正式講一下斐波那契數：
首先我們知道有一個著名的演算法面試題：
一共有n個臺階，你一次可以走一個臺階，或者兩個臺階。那麼，走到臺階頂時，一共有多少種走法。
比如三個臺階，你可以 1，2。。。或者1，1，1 或者2，1。。一共三種走法。

網路上會有幾種做法，
1.直接思路：
這好像是這道題目的標準“解法”
如果我們現在在n階，那麼我們可以邁一步或者邁兩步，結果就是
f(n) = f(n-1) + f(n-2)。。。即n的臺階的種數應該是，n－1階的種數與n－2階種數之和（由於第一步就不一樣，所有，後面的二者互相獨立）。
所以

int f(int n) {
    if(n ==0
 
 || n == 1) {
        return 1;
    }
    return f(n-1)+f(n-2);
}

1. 動態規劃
   1的東西雖然給出了這個題的一個突破口，但還是有些問題比如：第1中的時間複雜度時是指數次的，過於龐大。。
   所以可以考慮用動態規劃。。第三版第15章的動態規劃內容
   如果有我們可以預先紀錄下f（n－1），或者f（n-2），避免重複計算。
   所以

a[n] = {0};
a[0] = 1; 
a[1] = 1;

int f(int n) {
    if(a[n] != 0) {
        return a[n];
    }
    a
 
[n] =  f(n-1)+f(n-2)
    return a[n];
}

這個時間複雜度就比較好了，空間和時間都是O(n) 。（當然後面我們會看到，這麼說不是很恰當）
3. 動態規劃二
2的思路比較好了，但是一來有比較大的空間複雜度，二來，遞迴呼叫，讓人不爽。
所以我們可以用演算法導論（動態規劃）那一章的另一個思路直接正著計算。
結果出乎意料的簡單：

int f(int n) {
int a = 1; b = 1;
int c = 0;
for(int i = 1; i < n; i++) {
c = a;
a = a+b;
b = c;
}
return a;
}

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－上面的東西足夠應付面試－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－下面只是本人藉著演算法導論開腦洞的結果－－－－－－－－－－－－－－－－－

1. 矩陣快乘
   3的解法已經很不錯了。基本上就可以了，下面即將開啟二逼的求知之旅。。這是演算法導論，第三十一章的後面大題
   考慮2*2矩陣
   0 1
   1 1
   這是一個 如果我們將這個矩陣乘以 A1 , A2

   0 1 A1 A2
   1 1 * A2 = A1+A2

由於斐波那契數列, A3 = A1+A2 …結果我們發現這個東西其實是實現了 A1, A2 到 A2,A3的轉換。。。 如果我們用 A2,A3, 去乘，結果自然是 A3 , A2+A3 也就是 A3,A4
所以我們可以這麼寫，我們令M表示矩陣 ,
0 1
1 1
那麼 (M …. (M* (M * (A1,A2)T))…) = (An-1, An)，其中一共有n－2層的M.

考慮到相容矩陣相乘具有如下性質 (M*N)Q = M(N*Q).
所以變換括號，(M*M*…..M)(M*M…..*M)(A1, A2)T
其中我們讓那些括號裡面的M個數相同（如果是奇數的話單獨拎一個M到最外層），結果，我們其實只需要算出前面的，後面的也不用去算了。。
這個就是分治的矩陣快乘。
名義上的時間複雜度是O(log(N))…比前面的都要屌。

1. 斐波那契通項公式
   這個東西就不多介紹了。。因為百度百科上有，好多種方法。。。而且演算法導論本身也給了一種。 第三版的4-4裡面也給了一個。用生成函式的辦法做的。
   總之結果就是這個東西，大概是 ((( 1 + sqrt(5) ) / 2) ^ n) / sqrt(5)。

2. 基於位運算的批判與重新思考
   這個部分是毀三觀的，無破則無立。
   首先我們通過5可以知道，這個斐波那契數，隨著n幾乎是一個指數式的增長。。。位數大概是：log(( 1 + sqrt(5) ) / 2) ^ n) ) 就是 n*log(( 1 + sqrt(5) ) / 2) ) => O(N)
   我們方便計算就說它有n位的二進位制數吧。
   現在所有的計算機都是有限位數的，32位，64位機器。。或者128位。。。所以 n/128 其實也是 O(N)。。也就是說，我們這個n稍微大一點（比如說1000），那麼前面的那些1，2，3部分程式碼的int 型別就不夠了。。即使用long long 也是不夠的。。。
   具體可以用大整數這個東西處理。
   下面是31-3的第d小題的分析
   如果我們用大整數處理，那麼時間空間複雜度的結果會有問題，比如“2裡面說：空間和時間都是O(n)”。這個就不恰當。空間上，到最後的數有n位，那麼空間複雜度自然也就是（1+2＋3＋…+n） = O(N*N)..時間上其實也是這樣的，N位數N-1位數相加，時間複雜度自然是O(N)。。。所以時間複雜度自然是 （1+2＋3＋…+n） = O(N*N)
   3的情況與2類似，只是空間複雜度變小了一點而已。。。。
   對於4的矩陣情況，我們知道最後是兩個幾乎一樣的矩陣相乘最後得到一個 n位的結果，那麼很明顯，我們大概需要 n/2的數乘以 n/2位的數，由於31-3的d小題，約定兩個n/2數相乘需要 O(N*N/4)的時間。結果自然就是時間複雜度O(N*N)…那個 log(N)其實是名義上的。這大概就是演算法導論題目裡面說的斐波那契數的終極奧義了。

3. 大數乘法的歸併運算與究極思考。
   額，前面約定”約定兩個n/2數相乘需要 O(N*N/4)的時間”,這個東西能不能改進呢？，結果當然是能。
   比如用演算法導論30-1的方法，我們可以 在 O(N的log3次方)時間內算出來。 所以整體的時間複雜度優化成 O(N的log3次方)
   由於這個東西用到了歸併運算，可以考慮用演算法導論第27章的知識進行優化。實現多核同步運算。。。
   這個都究極時間複雜度大概是演算法導論 第31章第一小部分裡面講的 那個 O(N logN loglogN)

4. 扯蛋的擴充套件，
   如果我們可以一次邁1，2，3階該怎麼辦。
   很簡單啊，
   f(n) = f(n-1) + f(n-2) ＋ f(n-3)。。然後照著做就可以了。矩陣哪裡也改一下就可以了。