2023年全國碩士研究生考試考研英語一試題真題(含答案詳解+作文范文)_第1頁
已閱讀1頁,還剩34頁未讀, 繼續(xù)免費(fèi)閱讀

下載本文檔

版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請進(jìn)行舉報或認(rèn)領(lǐng)

文檔簡介

1、青蛙的約會 (POJ1061)大意:兩只青蛙在網(wǎng)上相識了,它們聊得很開心,于是覺得很有必要見一面。它們很高興地發(fā)現(xiàn)它們住在同一條緯度線上,于是它們約定各自朝西跳,直到碰面為止。青蛙們都是很樂觀的,它們覺得只要一直朝著某個方向跳下去,總能碰到對方的。但是除非這兩只青蛙在同一時間跳到同一點(diǎn)上,不然是永遠(yuǎn)都不可能碰面的。為了幫助這兩只樂觀的青蛙,你被要求寫一個程序來判斷這兩只青蛙是否能夠碰面,會在什么時候碰面。,我們把這兩只青蛙分別叫做

2、青蛙A和青蛙B,并且規(guī)定緯度線上東經(jīng)0度處為原點(diǎn),由東往西為正方向,單位長度1米,這樣我們就得到了一條首尾相接的數(shù)軸。設(shè)青蛙A的出發(fā)點(diǎn)坐標(biāo)是x,青蛙B的出發(fā)點(diǎn)坐標(biāo)是y。青蛙A一次能跳m米,青蛙B一次能跳n米,兩只青蛙跳一次所花費(fèi)的時間相同。緯度線總長L米?,F(xiàn)在要你求出它們跳了幾次以后才會碰面。 輸入只包括一行5個整數(shù)x,y,m,n,L,其中x≠y < 2000000000,0 < m、n < 2000000000,

3、0 < L < 2100000000。輸出碰面所需要的跳躍次數(shù),如果永遠(yuǎn)不可能碰面則輸出一行"Impossible",數(shù) 論 問 題,華哲邦 00848122,※整除性和約數(shù)a|b: a能整除b整數(shù)a的約數(shù) 稱1和a為平凡約數(shù) 其他的約數(shù)稱為非平凡約數(shù),※素數(shù)和合數(shù)僅有平凡約數(shù)的數(shù)為素數(shù)(質(zhì)數(shù)),其他為合數(shù)定理:素數(shù)有無窮多個構(gòu)造法 p1,p2,p3….pn pn+1=p1

4、83; p2 ·...· pn + 1,※除法定理 余數(shù) 同模[a]n={ a+kn : k∈ Z }Zn={0,1,……,n-1},※公約數(shù) 最大公約數(shù)d=gcd(a,b)=ax+by (x,y) ∈ ZGCD遞歸定理gcd(a,b)= gcd(b,a mod b),歐幾里得算法EUCLID(a,b) if b=0 then return a else ret

5、urn EUCLID(b,a mod b),下面分析一下歐幾里得算法的運(yùn)行時間,引理1:如果a>b>0并且EUCLID(a,b)執(zhí)行了k>0次遞歸調(diào)用,則a≥Fk,b≥Fk+1。其中,F(xiàn)k為斐波那契數(shù)列項(F1=F2=1)。證明可以通過歸納法:設(shè)k=1,則b≥1=F2,a>b則有a≥2=F3假設(shè)k-1次遞歸調(diào)用時成立。EUCLID(a,b)遞歸調(diào)用EUCLID(b,a mod b)。由歸納知b ≥Fk+1,

6、(a mod b) ≥ Fk,所以有:a ≥ b+(a mod b) ? a ≥ b+(a mod b) ≥ Fk+1 + Fk = Fk+2,由此我們可以得到Lamé定理,,Lamé定理對任意整數(shù)k,如果a>b≥1且b<Fk+1,則EUCLID(a,b)的遞歸調(diào)用次少于k次。所以EUCLID(a,b)執(zhí)行遞歸調(diào)用次數(shù)為O(lgb),歐幾里得算法的推廣形

7、式為了求出 d=gcd(a,b)=ax+by (x,y) ∈ Z 中的x、y,可以使用EXTENDED-EUCLID算法其輸入為一對非負(fù)整數(shù),返回一個三元式(d,x,y),EXTENDED-EUCLID(a,b) if b=0 then return (a,1,0) (d’,x’,y’)=EXTENDED-EUCLID(b,a mod b) (d ,x ,y )=(d’,y’,x’-

8、 ) return (d, x, y),,,,d=bx’+(a mod b)y’? d=bx’+(a- b)y’? d=ay’+b(x’- ),基本概念:有限群,群G是一個元素集合和G上的二元運(yùn)算⊕滿足以下性質(zhì):封閉性:若存在 ,那么結(jié)合律:單位元:存在 ,對于任意 都滿足逆元素:對任意 ,存在 ,使得 記|G

9、|<∞,則它是一個有限群,,定義模n加法與乘法如下:[a]n+n[b]n=[a+b]n[a]n·n[b]n=[ab]n則可得有限可交換群:(Zn,+n)與(Zn*,·n)其中(Zn,+n) 同前面定義, (Zn*,·n)={ [a]n∈Zn ; gcd(a,n)=1 }由歐拉公式容易得出|Zn*|=φ(n)=n∏(1- )其中p為n的所有質(zhì)因數(shù) 并有φ(p)=p-1(p為質(zhì)數(shù)),定

10、義:一個有限群的非空封閉子集是一個子群給出一種生成一個有限群 的子群的方法:選取一個元素a,并取出根據(jù)群上的運(yùn)算由a所能生成的所有元素。由則a生成的子群={ a(k) : k≥1 } 例如在Z6中,有={0} ={0,1,2,3,4,5}={0,2,4},定義:在群S中a的階用ord(a)來表示,定義為滿足a(t)=e的最小正整數(shù)t。定理:對任意有限群 和任意 ,一個元素的階等于它所生

11、成的子群的規(guī)模,即ord(a)=||由此可以得到一些推論:序列a(1),a(2),……是周期性序列,其周期為t=ord(a);即a(i)=a(j)當(dāng)且公當(dāng)i≡j(mod t)。如果 是一個具有單位元e的有限群,則對所有的 ,有a(|S|)=e這些定理將為下面的一些結(jié)論做鋪墊,求解模線性方程考慮求解下列方程的問題: ax ≡ b (mod n)其中a>0,n>0。這個問題有若干種應(yīng)用;例如,在RSA公

12、鑰密碼系統(tǒng)中,尋找密鑰過程的一部分。 該方程可能沒有解,也有可能有一個或多個解。定理:對任意正整數(shù)a和n,如果d=gcd(a,n),則在Zn中=={0,d,2d,3d,…,((n/d)-1)d}因此有 ||=n/d,大概證明過程:由ax’+ny’=d可以得ax’≡ d (mod n),所以d∈。由于d∈,所以d的所有倍數(shù)均屬于,所以再證明 。如果m ∈,則對某個整數(shù)x有m=ax mod n,所以對

13、某個整數(shù)y有m=ax+ny。但是,d|a并且d|n,所以有d|m。因此m ∈。綜上得證。,推論:方程ax ≡ b (mod n)或者對模n有d個不同的解,其中d=gcd(a,n)且要有d|b;或者無解,即d不能整除b時。大概證明:如果有一個解,則b∈ ∈{0,d,2d,3d,…,((n/d)-1)d},||=n/d,則可得一個周期為n/d的周期性數(shù)列,在x從0到n-1這n個數(shù)中,可得d組周期,其中每一組得一個解,即共有d個不同的解

14、x。,如果d|b,設(shè)d=ax’+ny’,則方程有一個解的值為x0,滿足x0=x’(b/d)mod nax0 ≡ ax’(b/d) (mod n) ≡ d(b/d) (mod n) ≡ b (mod n) 所以x0是一個解綜上,我們可以得到在有解的情況下的d個解xi=x0+i(n/d) (i=1,2,…,d-1),下列算法可以求解方程ax ≡ b (mod n),輸入為a、n、b,輸

15、出為所有解或無解MODULAR-LINEAR-EQUATION-SOLVER(a,b,n) (d,x’,y’)=EXTENDED-EUCLID(a,b) //求出d=gcd(a,b)=ax’+by’ if d|b then x0=x’(b/d) mod n for i=0 to d-1

16、 do print (x0+i(n/d)) mod n else print “no solutions”,回頭看青蛙約會的問題,就是要有 x+mi ≡y+ni (mod L) ? (m-n)i ≡y-x (mod L)所以方程有解的條件是 gcd(m-n,L)|y-x在有解的情況下,可以根據(jù)上面求解模線性方程的方法先求出一個解,然后再求出一個最小正整數(shù)解,中國余數(shù)定理(孫子定理)大約公元前00年,中國的

17、數(shù)學(xué)家孫子解決了以下問題:找出被3,5和7除時余數(shù)分別為2,3和2的所有整數(shù)x。有一個解為x=23;所有的解是形如23+105k(k為任意整數(shù))的整數(shù)下面,我們要找出這樣問題的通用解法。注意到,上面給出的3,5,7是互質(zhì)的,我們先將問題歸為:n1,n2,…,nk互質(zhì),求除它們分別余a1,a2,…ak的整數(shù),,設(shè)n=n1*n2*…*nk,我們可以求出在對n取模下的唯一解設(shè)mi=n/ni,即mi=n1*n2*…ni-1*ni+1*

18、…*nk則顯然有mi與ni互質(zhì),所以(mi-1 mod ni)有定義定義ci=mi(mi-1 mod ni)a ≡ (a1c1+a2c2+…+akck) (mod n),其正確性是顯然的,考慮k時,對于i≠k,顯然有aici ≡ 0(mod nk)對于i=k,akck ≡akmi(mi-1 mod nk) (mod ni) ≡ak (mod ni)至此,我們解出了原方程的解,并且可以證明是一一對應(yīng)

19、的,即解的唯一性,元素的冪歐拉定理:對于任意整數(shù)n>1,aφ(n) ≡ 1 (mod n)對所有a ∈Zn*都成立費(fèi)馬定理:如果p是素數(shù),則ap-1 ≡ 1 (mod p),對于冪的問題,經(jīng)常要做的就是求一個數(shù)的冪對另外一個數(shù)的模運(yùn)算ak mod n,也稱模取冪??梢圆捎枚M(jìn)制來表示b,采用反復(fù)平方法。我們設(shè)(bk,bk-1,…,b1,b0)是b的二進(jìn)制表示,反復(fù)平方法MODULAR-EXPONENTIATION(a,b,

20、n) c=0 d=0 let (bk,bk-1,…,b1,b0) be the binary representaion of b for i=k downto 0 do c=2c d=(d*d) mod n if bi=1 then c=c+1 d=(d*a)mod

21、n return d,數(shù)論的應(yīng)用RSA公鑰加密系統(tǒng)(public-key cyptosystem)在公鑰加密系統(tǒng)中,每個參與者都用一把公鑰和一把密鑰。每把密鑰是一條信息。在密碼學(xué)中常把參與者“Alice”和”Bob”作為例子用PA和SA分別表示Alice的分鑰和密鑰,用PB和SB分別表示Bob的公鑰和密鑰。 C為密文,M為明文,,PA,Bob加密,,,竊密者,信道 C=PA(M),SA,Alice解密,,M,對于竊密者,即使得到

22、了密文,但不知道密鑰,也是無法破譯的;而Alice則可以。所以說,任何人都可以得到Alice的公鑰PA進(jìn)行加密,再傳送給Alice,而只有Alice本人可以解密。這就確保了信息的安全性以及傳遞信息的便捷性。所以關(guān)鍵即在于如何選擇這樣的公鑰、密鑰。下面簡單介紹一種方案:,1.隨機(jī)選取兩個大素數(shù)p和q,且p≠q,p和q很大2.令n=pq3.選取一個與φ(n)互質(zhì)的小奇數(shù)e4.對模φ(n),計算出e的乘法逆元d的值5.輸出對P=(

23、e,n),作為RSA公鑰6.把對S=(d,n)保密,作為RSA密鑰這個方案的域為Zn。加密變換為P(M)=Me(mod n)解密變換為S(C)=Cd(mod n)顯然Cd (mod n) =(Me)d (mod n)=M,其正確性是顯然的,關(guān)鍵在于安全性。也就在于別人能否輕易得算出密鑰中的d。Alice本人知道n=pq,所以很容易得到φ(n)=(p-1)(q-1),再用歐幾里得算法的推廣形式及模線性方程解法可以求出e

24、x ≡1(mod φ(n))中的e。別人則不知道n是如何分解的,要知道,分解一個這樣極大的數(shù)是很難的(在2001年,RSA模數(shù)通常是在768位到2048位范圍內(nèi)),這在上目前數(shù)論算法的設(shè)計方法還沒有有效的解法。,關(guān)于素數(shù)的測試Miller_Rabin隨機(jī)性素數(shù)測試方法?;?費(fèi)馬定理:如果p是素數(shù),則ap-1 ≡ 1 (mod p)其合數(shù)判斷是決對正確的;素數(shù)判斷時,加上取多個a的判斷,其準(zhǔn)確性也是相當(dāng)高的,并且隨位數(shù)升高而更

25、準(zhǔn)確。,POJ 2417 Discrete Logging Time Limit:5000MS  Memory Limit:65536K題目大意:對于方程:BL ≡ N (mod P) 輸入為多組數(shù)據(jù):質(zhì)數(shù)P, 2 <= P < 231,整數(shù) B, 2 <= B < P,整數(shù) N, 2 <= N < P,輸出最小正整數(shù) L例如 INPUT: 5 3 2 P=5 B=3 N

26、=2 最小的L為3 滿足33 ≡ 2 (mod 5) OUTPUT: 3,直接暴力搜,顯然要從0搜到p-1,由于對質(zhì)數(shù)P取冪模,其循環(huán)周期長可達(dá)φ(P)=P-1=231-1,肯定會超時。又沒有求解冪模方程的通解公式。所以只有考慮先通過數(shù)學(xué)上的變換進(jìn)行簡化。,解BL ≡ N (mod P)的方程,求最小的L值我們?nèi)=sqrt(p-1)取上整設(shè)L=i*m+j (0<i<m,0<j<m)則方程化

27、為 (N*B-m*i ) % p = Bj % p?(N*(B-m)i) % p = Bj % p而我們又知道 B-m % p= B(p-1)-m % p于是,我們只要算出B-m % p,然后窮舉i,再對j進(jìn)行搜索即可求得最小解。但是如果我們直接搜j,那其實還是m2≈p的搜索次數(shù),于是需要一些簡化。,可以定義數(shù)組,struct nummod{ int num,val; } arr [1000000];其中

28、 val ≡ Bnum(mod p)num從0到m-1,分別計算出值存入,然后進(jìn)行排序。以val為第一關(guān)鍵字,num為第二關(guān)鍵字從小到大排序,以便于二分搜索j,且可以保證當(dāng)有解時其為最小解。如果搜索結(jié)束仍無合適解,則為無解。,作業(yè) POJ 1061 青蛙的約會(很水~)POJ 1006 生理周期(用孫子定理解一下)POJ 2417 Discrete Logging ACM 3604 Professor Ben (關(guān)于整數(shù)

溫馨提示

  • 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
  • 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
  • 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
  • 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
  • 5. 眾賞文庫僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
  • 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
  • 7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

評論

0/150

提交評論