在做编程题目的时候经常会遇到“斐波那契数列”相关的题目，尤其在做OJ中。下面说一些方法：
(一)递归
递归是最慢的会发生重复计算，时间复杂度成指数级。
long long fac(int n) { if(n==1) return 1; else if(n==2) return 2; else return fac(n-1)+fac(n-2); }
(二)循环
利用临时变量来保存中间的计算过程，加快运算。
long long fac(int n) { long long a=1,b=2,c; if(n==1) return 1; else if(n==2) return 2; else { for(int i=3;i<=n;i++) { c=a+b; a=b; b=c; } } return b; }
(三)矩阵乘法+空间换时间(减少乘法，取模运算)
数列的递推公式为：f(1)=1，f(2)=2，f(n)=f(n-1)+f(n-2)(n>=3)
用矩阵表示为：
进一步，可以得出直接推导公式：
由于矩阵乘法满足结合律，在程序中可以事先给定矩阵的64，32，16，8，4，2，1次方，加快程序的执行时间。（有些题目需要取模运算，也可以事先进行一下）。给定的矩阵次幂，与二进制有关是因为，如下的公式存在解，满足Xi={0或1}：
为了保证解满足 Xi={0或1}，对上述公式的求解从右向左，即求解顺序为Xn，Xn-1,Xn-2,....,X1,X0。
完整代码实现如下：
///求解fac(n)%100000，其中n为大于等于3的正整数 #include<stdio.h> #include<math.h> long long fac_tmp[6][4]={ ///存放矩阵次幂 ///位置：00 01 10 11 {24578,78309,78309,46269}, ///32次幂%100000 {1597,987,987,610}, ///16次幂%100000 {34,21,21,13}, ///8次幂%100000 {5,3,3,2}, ///4次幂%100000 {2,1,1,1}, ///2次幂%100000 {1,1,1,0}, ///1次幂%100000 }; void fac(int); int main() { int n; scanf("%d",&n); fac(n); return 1; } void fac(int k) ///k>=3 { int i; long long t00=1,t01=1,t10=1,t11=0; ///表示矩阵的1次幂 long long a,b,c,d; k=k-3; ///公式中是n-2次幂，(t00,t01,t10,t11)表示1次幂。所以一共减3次 for(i=k;i>=32;i=i-32) ///对于大于等于32的k; { a=(t00*fac_tmp[0][0]+t01*fac_tmp[0][2])%100000; b=(t00*fac_tmp[0][1]+t01*fac_tmp[0][3])%100000; c=(t10*fac_tmp[0][0]+t11*fac_tmp[0][2])%100000; d=(t10*fac_tmp[0][1]+t11*fac_tmp[0][3])%100000; t00=a; t01=b; t10=c;t11=d; } i=4; while(i>=0) ///对于小于32的k(16,8,4,2,1); { if(k>=(long long)pow(2,i)) ///如果k大于某一个2的次幂 { a=(t00*fac_tmp[5-i][0]+t01*fac_tmp[5-i][2])%100000; ///(5-i)：矩阵的2的i次幂在数组fac_tmp中的位置为fac_tmp[5-i] b=(t00*fac_tmp[5-i][1]+t01*fac_tmp[5-i][3])%100000; c=(t10*fac_tmp[5-i][0]+t11*fac_tmp[5-i][2])%100000; d=(t10*fac_tmp[5-i][1]+t11*fac_tmp[5-i][3])%100000; t00=a; t01=b; t10=c;t11=d; k=k-(int)pow(2,i); } i--; } a=(t00*2+t01*1)%100000; printf("%lld\n",a); }