目录

• 1.斐波那契数组
• • 1.题目描述
  • 2.输入格式
  • 3.输出格式
  • 4.样例输入
  • 5.样例输出
  • 6.数据范围
  • 7.原题链接
• 2.解题思路
• 3.Ac_code
• • 1.Java
  • 2.C++
  • 3.Python

1.斐波那契数组

1.题目描述

如果数组 A = ( a 0 , a 1 , ⋯ . a n − 1 ) A=(a_0,a_1,⋯.a_{n-1}) A=(a0​,a1​,⋯.an−1​)满足以下条件, 就说它是一个斐波那契数组:

1. $n\ge 2;$
2. a 0 = a 1 a_0=a_1 a0​=a1​
3. 对于所有的 $i(i\ge 2),$都满足 a i = a i − 1 + a i − 2 。 a_i=a_{i-1}+a_{i-2}。 ai​=ai−1​+ai−2​。

现在, 给出一个数组 $A$, 你可以执行任意次修改, 每次修改将数组中的某 个位置的元素修改为一个大于 0 的整数。请问最少修改几个元素之后, 数组 $A$ 会变成一个斐波那契数组。

2.输入格式

输入的第一行包含一个整数 $n$,表示数组 $A$ 中的元素个数。
第二行包含 $n$ 个整数 a 0 , a 1 , ⋯ . a n − 1 , a_0,a_1,⋯.a_{n-1}, a0​,a1​,⋯.an−1​,相邻两个整数之间用一个空格分隔。

3.输出格式

输出一行包含一个整数表示最少需要修改数组 $A$ 中的几个元素之后, 数组 $A$ 可以变为一个斐波那契数组。

4.样例输入

5
1 2 2 4 8

5.样例输出

3

6.数据范围

2 ≤ n ≤ 1 0 5 , 1 ≤ a i ≤ 1 0 6 。 2≤n≤10^5,1≤a_i≤10^6。 2≤n≤105,1≤ai​≤106。

7.原题链接

斐波那契数组

2.解题思路

首先考虑斐波那契数组具有什么性质，我们令 a 0 = a 1 = 1 a_0=a_1=1 a0​=a1​=1去打印出前30位斐波那契数。

不难发现，在不到30位的情况下，斐波那契数组的值已经超出了1e6，而注意到题目给定的 a i a_i ai​ 的最大值才为 1e6。这说明其实后面的数我们根本无需考虑，都是必须要修改的。

接下来我们就只需要考虑前30位数最多可以保留多少个数，假设最多可以保留x个数，那么答案就为n-x。

对于斐波那契数列，如果 a 0 a_0 a0​ 确定了，那么整个数列都确定了。所以我们可以枚举 a 0 a_0 a0​ 的值，枚举的范围为 [ 1 , 1 0 6 ] 。 [1,10^6]。 [1,106]。然后去计算出前三十位的值，看与原数组符合预期的数有多少个，所有符合预期的数量取一个最大值x，最终答案即为n-x。

时间复杂度 O ( 30 ∗ 1 0 6 ) O(30*10^6) O(30∗106)

3.Ac_code

1.Java

import java.io.*;import java.util.Scanner;public class Main {    static PrintWriter out = new PrintWriter(new OutputStreamWriter(System.out));    static int[] arr = new int[50];    static int V = 1000000;    public static void main(String[] args) throws IOException {        Scanner sc = new Scanner(System.in);        //表示无穷大        int res = 0x3f3f3f3f;        int n = sc.nextInt();        int count = n;        //我只读入前三十个数        if (n > 30) n = 30;        for (int i = 1; i <= n; i++) {            arr[i] = sc.nextInt();        }        //枚举开头是多少         30*1e6   3e7        for (int i = 1; i <= V; ++i) {            int a = i, b = i, c = 0;            int ans = 0;            if (arr[1] == a) ans++;            if (arr[2] == b) ans++;            for (int j = 3; j <= 30; ++j) {                c = a + b;                //这里是一个减枝                if (c > V) break;                if (c == arr[j]) ans++;                a = b;                b = c;            }            res = Math.min(count - ans, res);        }        out.println(res);        out.flush();    }}

2.C++

#includeusing namespace std;typedef long long LL;const int inf = 0x3f3f3f3f;const int V=1000000;int n;int arr[50];int res=inf;int main() {    scanf("%d",&n);    int count=n;    //只需要考虑前30位数    if(n>30) n=30;    for(int i=1;i<=n;++i){        scanf("%d",&arr[i]);    }    //起始的数(f[1]的值)    for(int i=1;i<=V;++i){        //a,b,c作为滚动数组枚举斐波那契数        LL a=i,b=i,c=0;        int ans=0;        if(arr[1]==a) ans++;        if(arr[2]==b) ans++;        for(int j=3;j<=30;++j){            c=a+b;            //没必要继续下去            if(c>V) break;            if(c==arr[j]) ans++;            a=b,b=c;        }        res=min(count-ans,res);    }    printf("%d\n",res);    return 0;}

3.Python

v=1000000res=float("inf")n=int(input())count=nif n>30:    n=30arr=[0]*50l=list(map(int,input().split()))for i in range(1,n+1):    arr[i]=l[i-1]for i in range(1,v+1):    a,b,c=i,i,0    ans=0    if arr[1]==a:        ans=ans+1    if arr[2]==b:        ans=ans+1    for j in range(3,31):        c=a+b        if c>v:            break        if c==arr[j]:            ans=ans+1        a,b=b,c    res=min(count-ans,res)print(res)```