我偶然发现了一个问题,这需要我计算O(log n)中的第n Tetranacci Number个。
我已经看到了为Fibonacci Numbers
执行此操作的几种解决方案我希望按照类似的程序(矩阵乘法/快速加倍)来实现这一目标,但我不确定如何做到这一点(以类似的方式采用4乘4矩阵和1乘4并且#39 ;似乎工作)。使用动态编程/通用循环/任何其他基本思想,我无法实现子线性运行时。任何帮助表示赞赏!
答案 0 :(得分:5)
矩阵乘法当然有效。以下是如何推导矩阵。
我们想要的是找到制作等式的条目
[a b c d] [T(n-1)] [T(n) ]
[e f g h] [T(n-2)] [T(n-1)]
[i j k l] [T(n-3)] = [T(n-2)]
[m n o p] [T(n-4)] [T(n-3)]
对所有n
都是如此。展开。
a T(n-1) + b T(n-2) + c T(n-3) + d T(n-4) = T(n)
e T(n-1) + f T(n-2) + g T(n-3) + h T(n-4) = T(n-1)
i T(n-1) + j T(n-2) + k T(n-3) + l T(n-4) = T(n-2)
m T(n-1) + n T(n-2) + o T(n-3) + p T(n-4) = T(n-3)
这里显而易见的设置是a = b = c = d = 1
(使用重复)和e = j = o = 1
以及f = g = h = i = k = l = m = n = p = 0
(基本代数)。
初始向量是
[T(3)] [1]
[T(2)] [0]
[T(1)] = [0]
[T(0)] [0]
按照定义。
答案 1 :(得分:3)
从OEIS开始,这是
的第n次幂的(1,4)条目QJsonObject myJsonObj;
myJsonObj["MyValue"] = 10;
QJsonDocument doc(myJsonObj);
QFile file("MyFile.json");
file.open(QIODevice::WriteOnly | QIODevice::Text);
file.write(doc.toJson(QJsonDocument::Indented));
要在O(log n)操作中计算该矩阵的n次幂,可以使用exponentiation by squaring。可能会有一个稍微简单的重复,但您应该能够实现一般技术。
答案 2 :(得分:2)
我从其他答案中描述的相应矩阵推导出Tetranacci加倍公式。公式是:
$('.ui.modal')
.modal('setting', 'transition', 'horizontal flip')
.modal('show');
通过这些,我们可以实现快速加倍"方法。这是Python中的一个这样的实现,它对任意大小的整数的原生支持非常方便:
T(2n) = T(n+1)*(2*T(n+2) - T(n+1)) + T(n)*(2*T(n+3) - 2*T(n+2) - 2*T(n+1) - T(n))
T(2n+1) = T(n)^2 + T(n+2)^2 + T(n+1)*(2*T(n+3) - 2*T(n+2) - T(n+1))
T(2n+2) = T(n+1)*(2*T(n) + T(n+1)) + T(n+2)*(2*T(n+3) - T(n+2))
T(2n+3) = T(n+1)^2 + T(n+3)^2 + T(n+2)*(2*T(n) + 2*T(n+1) + T(n+2))
我希望根据 def tetranacci_by_doubling(n):
if n >= 0:
a, b, c, d = 0, 0, 0, 1 # T(0), T(1), T(2), T(3)
else: # n < 0
a, b, c, d = 1, 0, 0, 0 # T(-1), T(0), T(1), T(2)
# unroll the last iteration to avoid computing unnecessary values.
for i in reversed(range(1, abs(n).bit_length())):
w = b*(2*c - b) + a*(2*(d - c - b) - a)
x = a*a + c*c + b*(2*(d - c) - b)
y = b*(2*a + b) + c*(2*d - c)
z = b*b + d*d + c*(2*(a + b) + c)
a, b, c, d = w, x, y, z
if (n >> i) & 1 == 1:
a, b, c, d = b, c, d, a + b + c + d
if n & 1 == 0:
return b*(2*c - b) + a*(2*(d - c - b) - a) # w
else: # n & 1 == 1
return a*a + c*c + b*(2*(d - c) - b) # x
def tetranacci(n):
a, b, c, d = 0, 0, 0, 1 # T(0), T(1), T(2), T(3)
# offset by 3 to reduce excess computation for large positive `n`
n -= 3
if n >= 0:
for _ in range(+n):
a, b, c, d = b, c, d, a + b + c + d
else: # n < 0
for _ in range(-n):
a, b, c, d = d - c - b - a, a, b, c
return d
# sanity check
print(all(tetranacci_by_doubling(n) == tetranacci(n) for n in range(-1000, 1001)))
将倍增公式调整为T(2n-3),T(2n-2),T(2n-1),T(2n)
,以略微减少大T(n-3),T(n-2),T(n-1),T(n)
的过量计算,但会简化转移公式很繁琐。
n
并且复制最少。最初,这是递归版本的唯一优势。 n
(n
加速约40%-50%!此优化也可以应用于递归版本。由于展开最后一次迭代而加速非常有趣。它表明,近一半的计算工作是在最后一步完成的。这是有道理的,因为当>= 10^6)
加倍时,T(n)
中的数字位数(以及算术成本)大约加倍,我们知道n
。将优化应用于类似的Fibonacci / Lucas倍增算法可以产生约40%的类似加速 - 但是,如果您正在计算Fibonacci /等。以64位2^n ~= 2^0 + 2^1 + ... + 2^(n-1)
为模,我怀疑这种优化并不具有价值。