余数

一、 Fibonacci数列 【 注意：此题的做法就是禁止直接算出和再进行取余，这样会造成运行超时 】 问题描述 　　Fibonacci数列的递推公式为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=F2=1。 　　当n比较大时，Fn也非常大，现在我们想知道，Fn除以10007的余数是多少。 输入格式 　　输入包含一个整数n。 输出格式 　　输出一行，包含一个整数，表示Fn除以10007的余数。 　　说明：在本题中，答案是要求Fn除以10007的余数，因此我们只要能算出这个余数即可，而不需要先计算出Fn的准确值，再将计算的结果除以10007取余数，直接计算余数往往比先算出原数再取余简单。 样例输入 　　10 样例输出 　　55 样例输入 　　22 样例输出 　　7704 数据规模与约定 　　1 <= n <= 1,000,000。 1 import java.util.Scanner; 2 3 public class Main { 4 public static void main(String[] args) { 5 // TODO Auto-generated method stub 6 Scanner mm = new Scanner(System.in); 7 int n = mm.nextInt(); 8 int[] aa = new int[1000000]; 9 aa[1]

1、MD5加密解密 MD5 加密是输入任意长度的信息，经过处理，输出128位的信息，不同的输入得到的不同的结果，但是相同的输入一定得到相同的结果。并且根据这 128 位的信息无法推出明文信息，所以 MD5 加密是不可逆的，MD5算法无法破解。 MD5 是单向散列函数，散列算法也称哈希算法，哈希算法不可逆。比如10除以3余数为一，4除以3余数也为一，但余数为一的就不知道这个数是哪个了，就算是设计这个加密算法的人都不知道。 MD5 可以用来加密用户密码，密码验证的原理是同一密码加密后的生成的 128 位信息一定相同，你输入密码加密后才能知道你的密码是否正确。这也是为什么扣扣密码只能重置，不能找回的原因。 可参考： https://blog.csdn.net/dawn_after_dark/article/details/54429766 来源： https://www.cnblogs.com/wenxuehai/p/11981523.html

问题描述 人自出生起就有体力，情感和智力三个生理周期，分别为23，28和33天。一个周期内有一天为峰值，在这一天，人在对应的方面（体力，情感或智力）表现最好。通常这三个周期的峰值不会是同一天。现在给出三个日期，分别对应于体力，情感，智力出现峰值的日期。然后再给出一个起始日期，要求从这一天开始，算出最少再过多少天后三个峰值同时出现。 问题分析 首先我们要知道，任意两个峰值之间一定相距整数倍的周期。假设一年的第N天达到峰值，则下次达到峰值的时间为N+Tk(T是周期，k是任意正整数)。所以，三个峰值同时出现的那一天(S)应满足 S = N1 + T1*k1 = N2 + T2*k2 = N3 + T3*k3 N1,N2,N3分别为为体力，情感，智力出现峰值的日期， T1，T2,T3分别为体力，情感，智力周期。 我们需要求出k1,k2,k3三个非负整数使上面的等式成立。 想直接求出k1,k2,k3貌似很难，但是我们的目的是求出S， 可以考虑从结果逆推。根据上面的等式，S满足三个要求：除以T1余数为N1，除以T2余数为N2，除以T3余数为N3。这样我们就把问题转化为求一个最小数，该数除以T1余N1，除以T2余N2,除以T3余N3。这就是著名的中国剩余定理，我们的老祖宗在几千年前已经对这个问题想出了一个精妙的解法。依据此解法的算法，时间复杂度可达到O(1)。下面就介绍一下中国剩余定理。

题目链接 题意： 求$n$的$r$进制表示法$(r<0)$。 程序1（60pt）： 若$r>0$，每次用$r$除$n$，记录余数，用商替换$n$，最后倒序输出余数。 然而这里$r<0$，直接整除可能会出现负的余数，然而没有负的数码，所以我们有 $n=\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*d+r=(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor+1)*d+(r-d)$ 于是出现负余数时候，除数$++$，余数减除数就可以了。 然而$r<-10$时，十个基础数码不够用了，于是$60pt$。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; const int N=16; int n,r,s[N+3]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&r); int nn=n; int p=0,a,b; while(n!=0){ p++; a=n/r; b=n%r; if(b<0){ a++; b=n-a*r; } n=a; s[p]=b; } printf("%d=",nn); for(int i=p;i>=1;i--) printf("%d",s[i]); printf("(base%d)

前言 加减交替法处理思想是先减后判，如果减余数后发现不够减，则下一步中改为加除数操作。 运算一步加减完成时，遵循的规则 当余数为正时，表示够减，即商上1，在进行下一次商时，将余数(此时为正)左移一位，减去除数。 当余数为负时，表示不够减，即商上0，在进行下一次商时，将余数(此时为正)左移一位，加上除数。 运算时需要双符号补码，所以应先把给定的定点数转换为补码形式，需要注意的是，除数的负数也要转换为双符号补码，方便后面作减法。因为在计算机中减一个数等于加这个数的负数。而补码正是用来做加减法的。 操作的步数n 是由要求的n位商决定的，如果第n步 余数为负，则需增加一步恢复余数，即 +Y ，增加的这一步不移位。 实例练习 题目： X=0.1011 Y=0.1101 用加减交替法求X/Y 解: [X]补 =0.1011 对应的双符号位补码为 00 1011 [Y]补 =0.1101 对应的双符号位补码为 00 1101 [-Y]补 =1.0011 对应的双符号位补码为 11 0011 开始计算，X先减一下Y，即X+[-Y] 我们用双符号补码来做 根据规则，结果若是负数，代表不够减，下一步应该+Y，则 商上0 ，并且在进行下一步之前让余数左移一位。即余数11 1110变为 11 1100 开始下一步 根据规则，结果若是正数，代表够减，下一步应该-Y，(-Y 就是加上-Y) 则 商上1

其实本题的难度真心不高，但是可以完整说明数据分析、标程、随机数生成、对拍等部分。 题目链接 原题来自计蒜客的某次比赛。计蒜客对应的链接为 https://nanti.jisuanke.com/t/42227 。 或者我自己OJ的链接为 http://47.110.135.197/problem.php?id=5150 。 题面 给定一个正整数 n，请找出一个不大于 n 的正整数 p，使得 n 除以 p 的余数最大，并求出这个最大的余数。 输入 只有一行，包含一个正整数 n。 输出 只有一行，包含你的答案。 样例输入 5 样例输出 2 数据范围 一共 20 个测试数据 对于前 30% 的数据，1 ≤ n ≤10。 对于前 60% 的数据，1 ≤ n ≤10^6。 对于前 90% 的数据，1 ≤ n ≤ 10^18。 对于前 100% 的数据，1 ≤ n ≤ 10^1000。 题目分析 解题思路 求余数，而且要求余数最大。哪么必然意味着除数要最小，哪么除数必然为 1。也就是说，这题就是一个 2 的余数问题。进一步分析，我们可以知道如果被除数为奇数，哪么这个最大的余数为 n/2；如果被除数为偶数，哪么这个最大的余数为 n/2 - 1。等效于(n-1)/2。 数据范围分析 30%的数据，1 ≤ n ≤10。可以用int可以表示 n。 60% 的数据，1 ≤ n ≤10^6

常用策略有“求留余数法”和“一致性HASH算法” redis存储的是key,value键值对 一、求留余数法 使用HASH表数据长度对HASHCODE求余数，余数作为索引，使用该余数，直接设置或访问缓存。 计算key的HashCode 缺点：增加服务器，由于除数不一样了，之前缓存的数据都没办法访问了，即不支持热部署【扩展】 二、一致性HASH算法 一致性HASH算法通过一个叫做一致性HASH环的数据结构，实现KEY到缓存服务器的HASH映射。 算法过程如下： 先构造一个0到 2 32 的整数环，然后将服务器节点的Hash值，放在该环上（可以理解为将你的ip做hash，将ip的HashCode放在环上）。然后根据需要缓存的数据的Key，计算Key的HashCode,然后在环上，顺时针查找距离这个Key的Hash值最近的缓存服务器的节点，然后将Value，存储到该服务器节点上。 这是当缓存服务器集群需要扩容的时候，只需要将新加入的节点的HashCode，放入一致性Hash环中，由于Key是顺时针查找距离最近的节点，因此，新加入的节点只影响整个环中的一小段。 请参见上图，如果我们新加入的服务器节点Node3，在Node1和Node2之间，如下图： 那么受影响的区域，只是Node2到Node3之间（顺时针）的缓存，此区间的缓存数据，加入节点之前是缓存在Node1上的

这个题的思路是比较简单的 大家先想一下，一个十进制整数是如何转化为二进制数的？？？ 我们采用的是“除2取余，逆序排列"法。具体做法是：用2整除十进制整数，可以得到一个商和余数；再用2去除商，又会得到一个商和余数，如此进行，直到商为小于1时为止，然后把先得到的余数作为二进制数的低位有效位，后得到的余数作为二进制数的高位有效位，依次排列起来。 所以这个思路就是：和2%，看是否为1，为1，结果加1，否则继续 但是我们需要思考一下代码如何优化的问题？ 如二进制是100000000000000000000，那我们需要的循环次数是多少，这个时间复杂太高，我们需要优化 所以一下均为优化过的方法 Java 1、 public class Solution { public int NumberOf1 ( int n ) { int res = 0 ; while ( n != 0 ) { n &= ( n - 1 ) ; //我将这个方法称为抹0法，将最右边的1抹掉， res ++ ; } return res ; } } 2、 public class Solution { public int NumberOf1 ( int n ) { int res = 0 ; while ( n != 0 ) { n -= n & ( ~ n + 1 ) ; //这对与方法1相似，都是将最右侧的1抹掉

1、基本概念 1.1、循环冗余检测（Cyclic Redundancy Check，CRC） CRC编码也被称为多项式编码（polynomial code），因为该编码能够将要发送的比特串看作是系数为 0 和 1 的一个多项式。对比特串操作被解释为多项式算术。 1.2、CRC参数 D：D数据拥有 d 比特 G：发送方和接收方需要协商一个 r+1 比特模式，称为生成多项式（G）， G 的最高有效位比特（最高位）和 最低有效位比特（最低位）必须为 1 R：发送方选择 r 个附加比特，称为 R（CRC校验码） （1） 计算 ：R 是数据 D 通过 模 2 除法 除 G 运算得到的（姑且这么说）余数， 这个 R 就是 FCS（检测帧序列） ，发送时把 R 附加到数据 D 后面。 （2） 检验 ：一共接收有 d+r 个比特，用模 2 算术恰好能够被 G 整除（没有余数），即 （D+R）/ G，如果余数为 0，接收方认为数据正确而被接收，否则接收方知道出现了差错。 1.3、CRC原理解释 所有 CRC 计算采用模 2 算术，即在加法中不进位，在减法中不借位，意味加法和减法是相同的， 等价于操作数的按位异或（XOR）运算 ，而不是需要借位运算。 例如： D = 10110011，d = 8 G = 11001，r = 4 通过计算得到 R = 0100 在这种情况下传输 12 个比特是

例24 数制转换 题目描述 请你编一程序实现两种不同进制之间的数据转换。 输入格式 共三行，第一行是一个正整数，表示需要转换的数的进制n(2≤n≤16)，第二行是一个n进制数，若n>10则用大写字母A-F表示数码10-15，并且该n进制数对应的十进制的值不超过1000000000，第三行也是一个正整数，表示转换之后的数的进制m(2≤m≤16)。 输出格式 一个正整数，表示转换之后的m进制数。 输入样例 16 FF 2 输出样例 11111111 （1）编程思路。 十进制整数转换为R进制整数的基本方法是：“除R取余”。具体做法为：对于十进制数整数，用R连续除要转换的十进制整数及各次所得之商，直除到商等于0时为止，则各次所得之余数即为所求R进制整数由低位到高位的值。这个过程可以写成一个简单的循环。 一般而言，对于任意的R进制数 A n-1 A n-2 …A 1 A 0 可以表示为以下和式： A n-1 ×R n-1 +…+A 1 ×R 1 +A 0 ×R 0 (其中R为基数) 这个和式也称为“按权展开式”。 R进制数转换为十进制数的基本方法是将R进制数的各位按权展开相加即可。 本例的思路是：将输入的n进制整数按权值展开后转换为十进制整数，再将所得的十进制整数采用“除m取余”转换为m进制整数即可。 （2）源程序。 #include <stdio.h> int main() { char