二階常係數線性差分方程的一般形式為： yn
+2+a
yn+1
+byn
=f(n
)，n=
0，1，
2，..
..(1
−1)
其中a，
b為已知
常數，且
b≠0，
f(n)
為已知函
數。 方
程(1−
1)的對
應齊次方
程為：
yn+2
+ayn
+1+b
yn=0................................(1
−2)
設yn=
λn為方
程(1−
2)的特
解，其中
λ為非零
待定係數
，代入方
程後，有
λn(λ2+a
λ+b)
=0 因
λ≠0，
故函式y
n=λn
是方程(
1−2)
的特解的
充分必要
條件是λ
滿足方程
λ2+aλ+b
=0............................................(1
−3)
方程(1-3)成為方程(1-1)或(1-2)的特徵方程，特徵方程的解稱為特徵根或特徵值。
根據二次代數方程(1-3)解的三種情況，可以仿照二階常係數齊次線性微分方程，分別給出方程(1-1)的通解。
1.1特徵方程有兩個相異實根 即當
判別式δ
=a2−
4b>0時
，方程(
1−2)
有兩個相
異實根
λ1=1
2(−a
−δ−−
√)，λ
2=12
(−a+
δ−−√
)...
.(1−
4)於是方程(1-2)有兩個特解 yn
1=λn
1，yn
2=λn
2 且由
yn1y
n2=(
λ1λ2
)n≠常
數，知y
n1與y
n2線性
無關，從
而得到方
程(1−
2)的通
解 yn
=c1λ
n1+c
2λn2
，其中λ
1，λ2
由式(1
−4)給
出，c1
，c2為
任意常數
。 1.2特徵方程有二重根 即當
判別式δ
=a2−
4b=0
時，方程
(1−3
)有二重
根λ1=
λ2=−
12a，
於是方程
(1−2
)有乙個
特解yn
1=(−
12a)
n，可驗
證方程(
1−2)
有另一特
解yn2
=n(−
12a)
n (注：係數n可參照二階常係數線性齊次微分方程的通項證明求得) 且由
yn1y
n2=1
n≠常數
，知yn
1與yn
2線性無
關，從而
得到方程
(10−2
)的通解
yn=(c1+
c2n)
(−12
a)n，
其中c1
，c2為
任意常數
。 1.3特徵方程有兩個共軛復根 即當
判別式δ
=a2−
4b<0時
，方程(
1−3)
有兩個共
軛復根
λ1=1
2(−a
+i−δ
−−−√
)，λ2
=12(
−a−i
−δ−−
−√)
通過直接驗證可知，方程(1-2)有兩個特解 yn
1=rn
cosβ
n，yn
2=rn
sinβ
n 其中
r=(−
a2)2
+(−δ
√2)2
−−−−
−−−−
−−−−
−−√=
b√..
....
..(詳
見其他參
考)
遞推式：yn+
2=⎧⎩
⎨0,1
,yn+
1+yn
,n=0
n=1…
…..(
1−5)
n>1
由式(1
−2)可
知，yn
+2−y
n+1−
yn=0............(1
−6)
其中a=-1，b=-1 令y
n=λn
，式(1
−6)化
成λn(
λ2−λ
−1)=
0，解得
yn=c1(1
+5√2
)n+c
2(1−
5√2)
n，由y
0=0，
y1=1
可知 c
1=15
√，c2
=−15
√ yn
=15√
(1+5
√2)n
−15√
(1−5
√2)n
即為通解
可知，時間複雜度為指數形式。
1.時間複雜度為o(n)的方法：
int fibonacci(int n)
if (n==1)
intmin=0;
intmax=1;
int i=2;
int result=0;
while (i<=n)
return result;
根據式(1-5)，可以化成矩陣的形式： (y
n+2y
n+1)
=(11
10)(
yn+1
yn)=
…=(1
110)
n+1(
y1y0
) 因而
計算yn
就簡化為
計算矩陣
的(n+
1)次方
，再對矩
陣分解，
計算矩陣
(n−2
)/2次
方的平方
，逐步分
解，因而
時間複雜
度為o(
logn
)
#include
using
namespace
std;
class matrix
n=num;
clear();
}void clear()}}
void unit()
}matrix operator=(const matrix mtx)
matrix operator*(const matrix &mtx)
};int main(int argc, const
char * argv)
first=first*first;
n=n/2;
}cout
<<(result.m[0][0]+result.m[0][1])0;}
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