Question

我有一个直线复发的问题,即下一个因素不仅仅取决于先前的价值,例如菲博托切合顺序。计算N^th要素的一种方法就是通过功能电话加以界定,例如。

Fibonacci[0] = 0; Fibonacci[1] = 1;
Fibonacci[n_Integer?Positive] := Fibonacci[n] + Fibonacci[n - 1]

就我工作的顺序而言,这正是我的工作。 (定义载于<代码>Module,因此我不污染Global'。) 然而,我将用2个<>10- 2¹³点来利用这一系统,因此,我担心,如果我刚才需要最后任期,我就没有事先的内容。我愿使用<代码>Fold来做这项工作,但<代码>Fold只读到眼前的结局,这意味着它不能直接用于处理一般线性重复问题。

我与取代<代码>Fold 和FoldList的职能一样,通过特定数量的事先顺序要素,即职能。

In[1] := MultiFoldList[f, {1,2}, {3,4,5}] (* for lack of a better name *)
Out[1]:= {1, 2, f[3,2,1], f[4,f[3,2,1],2], f[5,f[4,f[3,2,1],2],f[3,2,1]]}

我这样做了,但我在保存该笔记本之前就关闭了该笔记本。因此,如果我自己改写,我就把它放在后面。

www.un.org/chinese/ga/president 我的具体问题是:Im 履行http://books.google.com/books?id=kfNQAAMAAJ&q=inauthor%3a%22 George+Allen+Baker 2022&dq=inauthor%3a%22 George+Allen+Baker%22&hl=en&ei=lJl9TezYO0lQeFifHBQ&sa=Xlow&;i=subo=Q_res&d 创建近似值的一部分是产生一套系数,即:,即另一种关系,然后纳入最终关系。

A[n+1]== A[n] + (z - z[[n]]) a[[n+1]] A[n-1]

至少我可以看到的是<代码>RSolve或MatrixPower不能使用。

Answer 1

rel=“nofollow”>RecurrenceTable执行这项任务?

根据前两个价值观重新确定第1 000任期:

In[1]:= RecurrenceTable[{a[n] == a[n - 1] + a[n - 2], 
  a[1] == a[2] == 1}, a, 
   {n, {1000}}]

Out[1]= {4346655768693745643568852767504062580256466051737178040248172
9089536555417949051890403879840079255169295922593080322634775209689623
2398733224711616429964409065331879382989696499285160037044761377951668
49228875}

Edit: If your recurrence is defined by a function f[m, n] that doesn t like to get evaluated for non-numeric m and n, then you could use Condition:

In[2]:= f[m_, n_] /; IntegerQ[m] && IntegerQ[n] := m + n

<代码>f的复读表:

In[3]:= RecurrenceTable[{a[n] == f[a[n - 1], a[n - 2]], 
  a[1] == a[2] == 1}, a, {n, {1000}}]

Out[3]= {4346655768693745643568852767504062580256466051737178040248172
9089536555417949051890403879840079255169295922593080322634775209689623
2398733224711616429964409065331879382989696499285160037044761377951668
49228875}

Answer 2

A multiple foldlist can be useful but it would not be an efficient way to get linear recurrences evaluated for large inputs. A couple of alternatives are to use RSolve or matrix powers times a vector of initial values.

此处采用这些方法,例如,如果其任期等于一至二分之二。

f[n_] =  f[n] /. RSolve[{f[n] == f[n - 1] + 2*f[n - 2], f[1] == 1, f[2] == 1},
  f[n], n][[1]]

Out [67]= 1/3 (-(-1)^n + 2^n)

f2[n_Integer] := Last[MatrixPower[{{0, 1}, {2, 1}}, n - 2].{1, 1}]

{f[11], f2[11]}

Out [79]={683, 683}

Daniel Lichtblau Wolfram Research

Answer 3

几乎是vol,但你可以使用<代码>的副作用。 Nest/代码

fibo[n_] := 
  Module[{i = 1, s = 1}, 
   NestWhileList[ s &, 1, (s = Total[{##}]; ++i < n) &, 2]];

业绩不佳:

In[153]:= First@Timing@fibo[10000]
Out[153]= 0.235

通过将最后的<代码>2改为任何分类,您可将最后的千分之结果传递给您(此处为“总数”)。

Answer 4

<代码>Linear Recurrence和RecurrenceTable非常有用。

对于小型油轮来说,丹尼尔提出的<条码>Matrix Power方法最快。

对于某些问题,这些问题可能无法适用,而且你可能需要自行推出。

我将使用 Nest公司,因为我认为这个问题是适当的,但与Fold公司也可以使用类似的建筑。

一个具体的例子,即Fibonacci序列。这可能不是最清洁的,但我认为,在我继续的时候,你会看到这种效用。

fib[n_] :=
  First@Nest[{##2, # + #2} & @@ # &, {1, 1}, n - 1]

fib[15]

Fibonacci[15]

在此,我使用<代码>Apply(@),以便我能够用<代码>#、#2等,而不是#[l]等处理内容。 I use SlotSequence to reduce the first elements from the original list, and 序号同时列入新名单。

如果你将一劳永逸地在整个名单上运作,那么就有一个简单的<代码>。适用[Rest@#, ......可能更好。这两种方法都很容易普及。例如,简单的线性重复实施就是

 lr[a_, b_, n_Integer] := First@Nest[Append[Rest@#, a.#] &, b, n - 1]

 lr[{1,1}, {1,1}, 15]

(斜体与<代码>中建筑的反向。) Linear Recurrence

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