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算法概论习题解析与解答
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更新于2024-08-02
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"Algorithms.算法概论.习题答案提供了算法概论课程的习题解答,包括等比数列求和、数学归纳法的应用等题目解析。" 在"Algorithms.算法概论.习题试解"这个资源中,我们可以看到涉及到一系列与算法基础和分析相关的习题解答。这些习题涵盖了算法的时间复杂度分析和数学推理等多个方面。 在Ex.0.1中,主要讨论了函数的渐进行为。题目中提到了符号如Θ、O、Ω,这些都是用来描述算法时间复杂度的符号。Θ表示上下界都紧贴的渐近行为,O表示上限渐近行为,Ω表示下限渐近行为。这部分内容可能涉及了如何分析一个算法的基本操作次数,并用这些符号来准确地表达其复杂度。 Ex.0.2是关于等比数列求和的问题。等比数列的求和公式是一个基础的数学概念,在计算算法效率时,有时会遇到需要求和的情况,比如计算循环的总时间。这里给出的公式说明了如何计算有限个项的等比数列之和,这对于理解和解决涉及序列和的算法问题非常关键。 Ex.0.3则涉及到数学归纳法的应用。数学归纳法是一种证明序列性质的有效方法,尤其在算法分析中用于证明某个性质对于所有自然数成立。在题目a)中,通过数学归纳法证明了一个特定序列的不等式;b)部分同样利用数学归纳法,证明了另一个序列的性质,这在分析递归算法或迭代过程的效率时非常常见。 这个资源提供的习题解答可以帮助学习者巩固算法概论中的核心概念,包括算法复杂度分析和数学推理技巧,这对于理解和设计高效的算法至关重要。通过深入研究这些习题,学生能够提升自己的问题解决能力和算法分析能力,从而更好地应对实际编程和算法设计中的挑战。
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()
()
gcd 1 !,NN−
必大于 1,于是出现矛盾。从而得证。
d) 设
N 的二进制位数为 n ,在用费马小定理测试素性时只需计算
1N
a
−
,因此只
需要
()
On次乘法。而用本定理则需要
(
)
2
n
O 次,显然是太慢了。
Ex.1.36
a) 3 mod 4 1 0 mod 4 1 4
p
ppk≡⇒+≡⇒+=。
b) 首先,化简一下有:
()
(
)
() ()
2
1/4 1/2 1/2
pp p
aaaa
++ −
==×。由费马小定理知
()
()
2
1/2
1mod
p
ap
−
≡ ,再由 Ex.1.35.a 的结论可得:
(
)
1/2
1mod
p
ap
−
≡ 或
(
)
1/2
1mod
p
ap p
−
≡− 。对于这两种情况,如果
(
)
1/2
1
p
a
−
≡
成立的话,当然有
()
()
()
2
1/4 1/2
amod
pp
aaa p
+−
≡× ≡ ,但是如果
(
)
1/2
1mod
p
ap p
−
≡− 呢?
假设
(
)
1/2
1mod
p
ap p
−
≡− 时,存在
2
mod
x
ap≡ ,将后式代入前式得:
()
(
)
()
()
1/2
1
2
1mod
p
p
x
xp p
−
−
≡≡−
,这与费马小定理冲突,所以可知,当
(
)
1/2
1mod
p
ap p
−
≡− , a 的模
p
平方根是不存在的。终上所述,如果
(
)
1/2
1
p
a
−
≡ ,那么 a 的模
p
平方根为
()
(
)
2
1/4p
a
+
,否则 a 的模
p
平方根不存在。
Ex.1.37
a) 列表如下,似乎题目要求是要竖表,不过也没关系了☺。
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2
0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4
规律是:在上图中,以颜色标识的二元组各不相同,且遍历了
{
}
{
}
0,1, 2 , 0,1, 2,3, 4⎡⎤
⎣⎦
所有可能的排列。
b) 对于二元组
{, }
j
k ,如果同时存在
12
,ii使得 mod , mod
nn
ij pik q
≡
≡ ,则有:
11
22
12 12
12
mod , mod
mod , mod
0mod , 0mod
0mod
ij pik q
ij pik q
ii pii q
ii pq
≡≡
≡≡
−≡ −≡
⇒−≡
因
12
,ii均小于
p
q ,所以必有
12
0ii−=,唯一性得证。如果把
Φ
看到是
{
}
i
到
()
{
}
,
j
k
的一个映射,因为元素个数相等,每个 i 均对应到一个
(
)
,
j
k
,且由上
面可知不存在多对一的情况,所以
Φ
必是一一映射。
c) 公式好长:
(
)
(
)
{
}
11
mod mod modijqq pkpp q pq
−−
=+ ,当然有
0 ipq≤< ,另外注意到
(
)
(
)
mod mod , mod modnpqnpnpqnq≡≡
,得:
mod , modij pik q≡≡
d) 对于素数
123
,,,
n
p
pp p ,有
123
0
n
ippp p≤< ,与 n 元组
(
)
123
,,,,
n
j
jj j
形成一一对应,其中 mod , [1, ]
mm
j
ipmn
=
∈ 。另有:
()
1
1
11,
mod mod ,
nn
n
mm m m mm l
m
mllm
ijwwp pw p
−
=
==≠
⎧⎫
=•• =
⎨⎬
⎩⎭
∑
∏
∏
Ex.1.38
a) 直觉告诉我,这里的 r 只需满足两个条件:
1)
10 1
r
p
−> ,即是保证存在 r 位的十制数比
p
大。
2)
10 1mod
r
p
≡ ,即是保证对任意
(
)
,0 9ii
<
< ,有 10 mod
r
ii p≡× 。
以上只是直觉性的猜测,所以这里就不详细证明或证伪了。于是可以算得,当
13p = 时,
6r
=
,因为
6
10 1mod13≡ 。当 17p
=
时,
16r =
,因为
16
10 1mod17≡
。
b) 由费马小定理知
1
10 1mod
p
p
−
≡ ,所以 r 最大只能是 1
p
−
,此外 r 也可能在
1
p
n
−
处,也只可能在
1
p
n
−
处取得。为嘛?设 t 是最小的使得10 1mod
t
p
≡ 的
整数,且
1
p
t
n
−
≠
,由费马小定理
1
10 1mod
p
p
−
≡ 知,必然有
(
)
1mod
10 1mod
pt
p
−
≡ 。于是
()
1mod
p
t− 也满足条件,这与 t 是最小的矛盾。
从而得知,
r 只可能在
1
p
n
−
处取得。
Ex.1.39
利用费马小定理
1
1mod
p
ap
−
≡ ,有:
(
)
mod 1
mod
c
c
bp
b
aa p
−
≡ ,两次 Modular
Exponentiation 操作,如果 ,,,abc p是 n 位数,则时间复杂度为
(
)
3
On 。
Ex.1.40
反证法:如果存在
2
1mod , 1mod
x
px p≡≠±,且
p
为素数,则有:
()
(
)
(
)
2
mod 1 0 mod mod 1 mod 1 0 mod
x
p pxpxp p−≡ ⇔ + − ≡
因为
1mod
x
p≠± ,所以可知1mod1mod1
x
pxpp≤−<+<,又
p
为素数,
知
mod 1
x
p ± 与
p
互素,于是由
()
(
)
mod 1 mod 1 0 mod
x
pxp p+−≡
,根据除
法定理得:
mod 1 0 mod
x
pp
±
≡ ,显然矛盾。于是
p
只能是合数。
Ex.1.41
a) 如果
a
是一个非零的 quadratic residue 模 N ,即存在
2
modax N≡
,显然同时
也应该有
()()
22
modaNx x N≡−≡−
, N 是奇数所以
x
Nx
≠
− 。此外,除
了
,
x
Nx− 之外还有没有可能存在别的数
y
,使得
2
moday N≡ 呢,设存在:
(
)
(
)
22
mod mod mod 0 mod
x
yNxyNxyN N≡⇔+ − ≡
⎡⎤⎡⎤
⎣⎦⎣⎦
其中 ,
x
yNxy+≠ ≠。类似于 Ex.1.40,根据除法定理可推出矛盾。所以可得,
满足
2
modax N≡
的
x
有且恰好只有两个。
b) 首先
0 是一个,除去 0 之外每一对
x
与 Nx
−
可得一个 quadratic residue 模 N ,
所以总共有
11
1
22
NN
−
+
+=
个。
c) 在这一问中
N 可以不必是素数了,取 9, 16aN
=
= ,注意
(
)( )
16 5 3 5 3
=
+−
,
有
22 2 2
9 3 5 13 11 mod16≡≡≡ ≡
。
Ex.1.42
对 e 的要求是与
(
)
1p −
互素,先求出
(
)
1
mod 1de p
−
=
−
,则有
()
()
mod 1
mod
d
ed p
e
mm mp
−
≡≡,时间复杂度为
(
)
3
On 。
Ex.1.43
设 Npq= ,
(
)
(
)
11Cp q
=
−−
,则有 1moded C
≡
,代入 3e = ,即
31
31
d
dkC k
C
−
=+⇒=
。因为 0 dC<<,于是 1, 2k
=
。利用 k 值试探计算得
C ,由 ,NC可容易解得 ,
p
q 。
Ex.1.44
设
mod
i
e
ii
E
MN=
,其中 3
i
e = ,
iii
Npq
=
。则
3
mod
ii
M
Ep≡
,
3
mod
ii
M
Eq≡ 。由中国剩余定理知,在
33
11
ii i
ii
p
qN
==
=
∏
∏
范围内,这样的
3
M
是
存在且唯一的。若:
()
{
}
()
{}
()
{}
1
123 23 1
1
213 13 2
1
312 12 3
mod
mod
mod
SENN NN N
ENNNN N
ENN NN N
−
−
−
=×
+×
+×
则
3
3
1
mod
i
i
M
SN
=
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
∏
满足条件
3
mod
ii
M
Eq≡ ,且唯一。开立方即得到
M
。
Ex.1.45
a) 略,如果不清楚请自行 Google.
b) 利用
()
mod
e
d
M
MN≡ 来进行验证过程。正确性证明和安全性分析同 RSA。
c) 再略。
d) 391 17 23N ==×,所以
(
)
{
}
1
17 mod 16 22 145d
−
=×=。
Ex.1.46
a) 将密文 mod
e
M
N 交给
B
ob
进行数字签名后为
(
)
mod
d
e
M
N ,即得原文
M
。
b) 为了打乱密文,可以选择一个与
N 互素的随机数 r ,计算出
mod
e
rN
,再将
ee
M
r 发给
B
ob
进行数字签名,得到
(
)
mod
d
ee
M
rMrN≡ ,于是可解得原文
1
mod
M
Mr r N
−
≡×
。
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