一，问题描述
给定一个整数N，求解该整数最少能用多少个Fib数字相加得到
Fib数列，就是如： 1，1，2，3，5，8，13....
Fib数列，满足条件：Fib(n)=Fib(n-1)+Fib(n-2) Fib(0)=1 Fib(1)=1；Fib数字，就是Fib数列中的某个数。
比如70 = 55+13+2，即一共用了3个fib数字得到
二，问题求解
①求出所有小于等于N的Fib数字
//获得小于等于n的所有fib数
private static ArrayList<Integer> getFibs(int n){
ArrayList<Integer> fibs = new ArrayList<Integer>();
int fib1 = 1;
int fib2 = 1; fibs.add(fib1);
fibs.add(fib2); int fibn;
while((fibn = fib1 + fib2) <= n)
{
fibs.add(fibn);
fib1 = fib2;
fib2 = fibn;
}
return fibs;
}
②其实这个问题，可以转化为一个"完全0-1背包问题"。
所谓完全0-1背包问题是指：每个物品可以重复地选择。而这里，每个Fib数字则可以重复地选择。
如：70=34+34+2，34就选择了两次，fib(i) 最多可选择的次数是：N/fib(i)，也就是说：将某个Fib数字拆分成(复制成)多个相同与原来值相同的Fib数字。这样，就相当于每个数字只能够选一次，即要么选择它、要么不选择它。
这样，就将完全0-1背包问题转化成普通的0-1背包问题。
这样，就可以把上面求得的ArrayList中存在的Fib数字“扩充”成具有重复Fib数字的ArrayList
比如，对于70而言：扩充后的fib数组为：会有70个1，70/2个 2 ......
[1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1,
1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1,
1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1,
1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1,
1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1,
2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2,
3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3,
5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5,
8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8,
13, 13, 13, 13, 13, 21, 21, 21,
34, 34,
55]
根据普通0-1背包问题，对于这个问题，每次总是优先选择最靠近N的那个fib数字，然后再考虑比N次小的那个fib数字......
也就是说，每次总是尽可能地选择接近N的fib数字
其实，这相当于一个贪心问题.
因为对于贪心而言，是先做选择，这个选择在当时看起来是最优的，然后得到一个子问题。比如：对于70而言，先选择比70小的最靠近70的那个fib数：55
此时，得到的子问题就是 求解 15 （70减去55） 最少能用多少个Fib数字相加得到？
一点关于这个问题的贪心算法正确性的证明。
设 S={f(1)，f(2)，....f(n)}是一组不大于N的fib 数列，且S已经排序，那么f(n)是小于N 且 最接近N的那个fib数。
我们要证明的则是：S的某个最优解中一定包含了f(n)
假设S(i)={f(i)，f(i),.....f(i)，f(i)}是N的一个最优解，并且 S(i)集合中的fib数 已经从小到大排序。也就是说：S(i)是 所有 具有最少个fib数的集合，即，∑S(i)=N 且S(i)中包含的元素个数最少。
若 f(i) = f(n)，因为S(i)是最优解，而f(n)又等于S(i)中最后一个元素，故S的最优解S(i)包含了f(n)，得证。
若f(i) != f(n)，那么f(n)>f(i)，因为f(n)是最接近N的fib数，是S集合中的max。此时，我们可以运用“剪枝”思想。把 f(i)从 S(i)中删除，并将 f(n) 添加到S(i)中。设剪枝后的集合为S″(i)
如果S(i)中没有重复的元素，删除f(i) 并添加了 f(n)之后，∑S″(i)>N。那么，为什么使∑S(i)=N，就需要再从S(i)中删除某些元素。
此时，S(i) 是一个包含了f(n)且元素个数比 S(i)更少的集合。因此，它是一个更优的解。
比如 70=55+13+2 比 70=34+21+13+2 更优。
如果S(i)中有重复的元素，我们需要证明的是S(i)中的元素个数最多 和 S(i)中的元素一样多，但是不会比S(i)更多。
这个证明会用到 Fib数列的性质 ：Fib(n)=Fib(n-1)+Fib(n-2)
先举个例子，70=34+34+2 与 70=55+13+2， 在这里f(n)-f(k)=55-34=21
而，fib(n)=fib(n-1)+fib(n-3)+fib(n-5)+....+fib(k)
（具体的证明不会啊。有大神可指教啊。。。）总之，应该用贪心算法是正确的。
关于证明，还可参考：找换硬币问题中的证明。感觉应该很类似。
关于贪心算法正确性的证明，可参考 从 活动选择问题 看动态规划和贪心算法的区别与联系 中的关于“活动选择问题”的贪心正确性证明分析。
而对于DP，是先寻找子问题的最优解，然后再做选择。
三，参考资料
整个完整代码：
import java.util.ArrayList;
public class Solution {
//获得小于等于n的所有fib数
private static ArrayList<Integer> getFibs(int n){
ArrayList<Integer> fibs = new ArrayList<Integer>();
int fib1 = 1;
int fib2 = 1;
fibs.add(fib1);
fibs.add(fib2);
int fibn;
while((fibn = fib1 + fib2) <= n)
{
fibs.add(fibn);
fib1 = fib2;
fib2 = fibn;
}
return fibs;
}
//将之转化成 可重复选择的 0-1 背包问题
private static ArrayList<Integer> augument(ArrayList<Integer> fibs, int n){
ArrayList<Integer> dupfibs = new ArrayList<Integer>();
for (Integer integer : fibs) {
int times = n/integer;//每个fib数字最多可选择多少次
for(int i = 1; i <= times; i++)
dupfibs.add(integer);//"拆分"fib数字
}
return dupfibs;
}
//贪心算法,每次贪心选择最靠近
private static int dp(ArrayList<Integer> dupfibs, int n){
int currentSum = 0;
int count = 0;//需要使用的fib数字 个数
while(currentSum != n){
for(int i = dupfibs.size()-1; i >= 0; i--){
currentSum += dupfibs.get(i);
count++;//表示选择了这个fib数
if(currentSum > n)
{
currentSum -= dupfibs.get(i);
count--;//选择的fib数相加之后越过了n，因此不能选择它
}
}
}
return count;
}
//功能入口
public static int function(int n){
ArrayList<Integer> fibs = getFibs(n);
fibs = augument(fibs, n);
int result = dp(fibs, n);
return result;
}
//test
public static void main(String[] args) {
int result = function(70);
System.out.println(result);
}
}此种方法的唯一缺点就是空间复杂度太高了。需要保存大量重复的Fib数字。