记忆化搜索，设 \(f(x, k)\) 表示当前考虑 \(F_k\)，需要分解的数是 \(k\)，分类讨论
- 若 \(x = 0\)，则 \(f(x, k) = 1\)；
- 若 \(k = 1\)，则 \(f(x, k) = 0\)；
- 若 \(x < F_k\)，则 \(f(x, k) = f(x, k - 1)\)；
- 若 \(x > F_1 + F_2 + F_3 + \cdots + F_{k - 1} = F_{k + 1} - 1\)，则 \(f(x, k) = f(x - F_k, k - 1)\)，因为此时不分解出 \(F_k\) 就一定无解；
- 否则，\(f(x, k) = f(x - F_k, k - 1) + f(x, k - 1)\)。
这个做法很轻松地通过了所有数据，我们如何知道它的时间复杂度？
考虑势能分析，设 \(\Phi(n, k)\) 表示计算 \(f(x, k)\) 时 \(x\) 的最大可能值。
断言：要么 \(\Phi(n, k) < F_{k + 1}\)，要么 \(\Phi(n, k)\) 在常数次迭代内可以满足前述情况。
证明
边界情况令 \(\Phi(n, k) = n\)，接下来假设 \(k > 2\)。
考虑在转移过程中说明断言成立。
- 若 \(x < F_k\)，则 \(\Phi(n, k - 1) < F_k\) 满足断言；
- 否则，分类 \(f(x, k) = f(x, k - 1) + f(x - F_k, k - 1)\) 中的两项。注意此时 \(F_k \leqslant x < F_{k + 1}\)，所以
- 对于 \(f(x - F_k, k - 1)\)，有 \(0 \leqslant x - F_k < F_{k - 1}\)，满足断言。进一步，其继续迭代一次仍满足断言；
- 对于 \(f(x, k - 1)\)，下一次迭代必然走向 \(f(x - F_{k - 1}, k - 2)\)，此时 \(F_{x - 2} \leqslant x - F_{k - 1} < F_{k - 1}\) 满足断言。
Q.E.D.
推论
设 \(\phi = \frac {\sqrt 5 - 1} 2\)，则每两次迭代至少使势能变为原来的 \(2 \phi^2 \approx 0.764\)。
证明
继续上一个证明的分类讨论：
- 第一类情况中，一次迭代使得势能变为原来的 \(\phi\)，两次即为 \(\phi^2\)；
- 第二类情况中，两次迭代使得势能变为原来的 \(2 \phi^2\)，两种子情况分别贡献 \(\phi^2\)；
- 特殊地，如果第一类情况后接着第二类情况，三次为 \(2 \phi^3\)，平均一次 \((2 \phi^3)^{\frac 2 3} = \sqrt[3]4 \phi^2 < 2 \phi^2\)。
Q.E.D.
所以，总迭代次数约为 \(O(-\log_{2 \phi^2}(n)) \sim O(\log_{1.309}(n))\)，时间复杂度正确。
#include <iostream>
#include <map>using namespace std;typedef long long i64;const i64 lim = 1e18;int tail;
i64 fib[100];
i64 f[100];map<pair<i64, int>, int> mp;
static inline i64 dfs(i64 x, int k) {if (!x)return 1;if (k == 1)return 0;if (mp.count({x, k}))return mp[{x, k}];if (x < fib[k])return mp[{x, k}] = dfs(x, k - 1);if (f[k - 1] < x)return mp[{x, k}] = dfs(x - fib[k], k - 1);return mp[{x, k}] = dfs(x, k - 1) + dfs(x - fib[k], k - 1);
}signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);fib[1] = fib[2] = 1;for (tail = 2; fib[tail] <= lim; ++tail)fib[tail + 1] = fib[tail] + fib[tail - 1];for (int i = 1; i <= tail; ++i)f[i] = f[i - 1] + fib[i];i64 n;cin >> n;cout << dfs(n, tail) << '\n';return 0;
}
