对于正整数 n 和 k ，将“ n 的 k -斐波那契位序列”设为 k 1的位序列，其中索引1上的i描述的不是Math.pow(2,i)，而是Fibonacci(i)。这些总计为 n 的正整数，并且将给定的 k -fibonnaci-bitsequence的 n 的“等级”作为其在所有这些斐波那契位序列的按字典顺序排列的列表，从0开始。
例如，对于 n 编号39，我们具有有效的 k -斐波那契位序列， k <= 4。在此示例中，斐波那契位序列后面的斐波那契数如下：
34 21 13 8 5 3 2 1
10001000 k = 2等级= 0
01101000 k = 3等级= 0
10000110 k = 3等级= 1
01101100 k = 4等级= 0
所以，我希望能够做两件事：
我可以执行此操作而不必计算感兴趣的对象之前的所有 n -fibonacci位序列吗？
答案 0 :(得分：0)
为简洁起见，假设说n的em的k-fbs而不是n的k斐波那契位。
我可以这样做而不必计算感兴趣的n之前的所有n个k-fb吗？
我不确定。到目前为止，我仍然必须计算fbs的 some 。但是，您可能以为我们必须从00…0开始并递增计数-事实并非如此。我们可以反过来做，从最高的fb开始，然后非常有效地进行下去。
这不是一个完整的答案。但是，有一些发现可以帮助您：
在下面的伪代码中，我们使用数据类型fbs，该数据类型基本上是布尔数组。我们可以使用mySeq[i]读写各个位，其中位i代表斐波那契数fib（i）。就像您的问题一样，myFbs[0]和myFbs[1]位不存在。默认情况下，所有位都初始化为0。 fbs可以不使用[]来读取表示的数字（n）。辅助函数#(fbs)返回fbs内部的设置位数（k）。 n = 7的示例：
fbs meaning representation helper functions
1 0 1 0
| | | `— 0·fib(2) = 0·1 ——— myFbs[2] = 0 #(myFbs) == 2
| | `——— 1·fib(3) = 1·2 ——— myFbs[3] = 1 myFbs == 7
| `————— 0·fib(4) = 0·3 ——— myFbs[4] = 0
`——————— 1·fib(5) = 1·5 ——— myFbs[5] = 1
对于任何给定的n，我们可以轻松地计算n的字典最大（整个k个）fb，因为该fb恰好是n的Zeckendorf representation。
function zeckendorf(int n) returns (fbs z):
1 int i := any (ideally the smallest) number such that fib(start) > n
2 while n-z > 0
3 | if fib(i) < n
4 | | z[i] := 1
5 | i := i - 1
zeckendorf(n)是唯一的，并且n的唯一fb均为k = #(zeckendorf(n))。因此zeckendorf(n)的等级为= 0。此外，不存在n为k'<{#(zeckendorf(n))的k'-fbs。
n的任何k-fb都可以通过在fb内的任何地方用100替换位序列011来转换为n的（k + 1）-fbs。之所以有效，是因为fib（i）= fib（i-1）+ fib（i-2）。
如果我们输入的n的k-fbs的秩为0，并且替换了最右边的100，那么我们得到的n的（k + 1）-fbs的秩也为0。如果我们替换第二最右边的100，则我们得到的（k + 1）-fbs的等级为rank = 1，依此类推。
您应该可以使用从zeckendorf(n)开始的重复转换来回答这两个问题。对于第一个问题，仅查看给定fb的k稳定变换011…100→100…011和100…011→011…100可能就足够了（想想这些是什么转化为排名。