原題：
城市規(guī)劃
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描述
NanJing準(zhǔn)備開發(fā)一片荒地，目前已經(jīng)規(guī)劃好了一些居民點(diǎn)，還要建設(shè)道路。由于經(jīng)費(fèi)問題，現(xiàn)在想在保持任意兩點(diǎn)間的距離最短的前提下，用盡可能少的經(jīng)費(fèi)把這些點(diǎn)連接起來。需要注意的是并不是任意兩個(gè)居民點(diǎn)間都能直接相連。現(xiàn)在給出兩兩居民點(diǎn)間的花費(fèi)，當(dāng)然了，花費(fèi)和路徑長(zhǎng)度成正比~
輸入
第一行是個(gè)N<=100，表示N個(gè)居民點(diǎn)。
下面是個(gè)N*N的矩陣，第i行第j列，表示i到j的花費(fèi)，可能有負(fù)數(shù)，表示兩地不相連。保證有解。
輸出
輸出一行為總花費(fèi)。
樣例輸入
3
0 2 1
2 0 3
1 3 0
樣例輸出
3
提示
這里建設(shè)1到2 和1到3這兩條路。
剛拿到這道題還以為是floyd，仔細(xì)看看才發(fā)現(xiàn)發(fā)現(xiàn)原來不是。
題目中說要保證每個(gè)頂點(diǎn)之間的距離最短，也就是說在某個(gè)源點(diǎn)到其他點(diǎn)的最短路徑上的通路必須保留，其余的邊可以濾去；
我的第一個(gè)想法是不斷的調(diào)用DIJ把每個(gè)點(diǎn)到其他點(diǎn)的最短路求出來，不過這樣有的邊會(huì)被重復(fù)加。
后來又有了第二個(gè)想法，就是用一個(gè)二維矩陣做為標(biāo)志，如果這條邊（u,v)已經(jīng)被訪問過，那么map[u][v]置成1，這樣便解決了重復(fù)添加的問題。
這樣應(yīng)該對(duì)了吧？我當(dāng)時(shí)也是這樣認(rèn)為的，可惜結(jié)果不然。
如果兩點(diǎn)間有兩條最短路同時(shí)存在的情況，該怎么辦呢？由于DIJ每一次循環(huán)都會(huì)找到一條最短路徑，那么當(dāng)用這個(gè)確定點(diǎn)去更新其他點(diǎn)的信息時(shí)，要使用dis[mark]+map[mark][i]<=di[i]而不是<,這樣當(dāng)出現(xiàn)兩條或者兩條以上的最短路路時(shí)會(huì)優(yōu)先選擇已經(jīng)選擇過的點(diǎn)，這樣便解決了優(yōu)先權(quán)的問題。
好了，經(jīng)歷的這三個(gè)步驟，代碼終于AC.呵呵 （Wa了四次）
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAX 101
#define MAX_INT 999999999
int mymap[MAX][MAX];
int visit[MAX];
int dis[MAX];
int pre[MAX];
int record[MAX][MAX];
int n;
int Dij_plus(int s)
{
int result=0;
memset(visit,0,sizeof(visit));
memset(pre,0,sizeof(pre));
int i,j;
for(i=1;i<=n;i++)
{
dis[i]=mymap[s][i];
}
visit[s]=1;
int temp=MAX_INT;
int mark;
for(i=1;i<=n;i++)
pre[i]=-1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(visit[i]!=1&&mymap[s][i]!=MAX_INT)
pre[i]=s;
}
for(j=1;j<=n-1;j++)
{
temp=MAX_INT;
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(visit[i]!=1&&dis[i]<temp)
{
temp=dis[i];
mark=i;
}
}
visit[mark]=1;
if(record[pre[mark]][mark]==0)
{
record[pre[mark]][mark]=1;
record[mark][pre[mark]]=1;
result+=mymap[pre[mark]][mark];
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(visit[i]!=1&&mymap[mark][i]+dis[mark]<=dis[i])
{
dis[i]=mymap[mark][i]+dis[mark];
pre[i]=mark;
}
}
}
return result;
}
int main ()
{
int i,j;
int result=0;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=1;j<=n;j++)
{
int temp;
scanf("%d",&temp);
if(temp<0)
{
mymap[i][j]=MAX_INT;
mymap[j][i]=MAX_INT;
continue;
}
mymap[i][j]=temp;
mymap[j][i]=temp;
}
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
result+=Dij_plus(i);
}
printf("%d\n",result);
system("pause");
return 0;
}
它是第一個(gè)既能用于數(shù)據(jù)加密也能用于數(shù)字簽名的算法。它易于理解和操作，也很流行。算法的名字以發(fā)明者的名字命名：Ron Rivest, Adi Shamir 和Leonard Adleman。但RSA的安全性一直未能得到理論上的證明。它經(jīng)歷了各種攻擊，至今未被完全攻破。
一、RSA算法 :
首先, 找出三個(gè)數(shù), p, q, r,
其中 p, q 是兩個(gè)相異的質(zhì)數(shù), r 是與 (p-1)(q-1) 互質(zhì)的數(shù)......
p, q, r 這三個(gè)數(shù)便是 private key
接著, 找出 m, 使得 rm == 1 mod (p-1)(q-1).....
這個(gè) m 一定存在, 因?yàn)?r 與 (p-1)(q-1) 互質(zhì), 用輾轉(zhuǎn)相除法就可以得到了.....
再來, 計(jì)算 n = pq.......
m, n 這兩個(gè)數(shù)便是 public key
編碼過程是, 若資料為 a, 將其看成是一個(gè)大整數(shù), 假設(shè) a < n....
如果 a >= n 的話, 就將 a 表成 s 進(jìn)位 (s <= n, 通常取 s = 2^t),
則每一位數(shù)均小於 n, 然後分段編碼......
接下來, 計(jì)算 b == a^m mod n, (0 <= b < n),
b 就是編碼後的資料......
解碼的過程是, 計(jì)算 c == b^r mod pq (0 <= c < pq),
於是乎, 解碼完畢...... 等會(huì)會(huì)證明 c 和 a 其實(shí)是相等的
如果第三者進(jìn)行竊聽時(shí), 他會(huì)得到幾個(gè)數(shù): m, n(=pq), b......
他如果要解碼的話, 必須想辦法得到 r......
所以, 他必須先對(duì) n 作質(zhì)因數(shù)分解.........
要防止他分解, 最有效的方法是找兩個(gè)非常的大質(zhì)數(shù) p, q,
使第三者作因數(shù)分解時(shí)發(fā)生困難.........
<定理>
若 p, q 是相異質(zhì)數(shù), rm == 1 mod (p-1)(q-1),
a 是任意一個(gè)正整數(shù), b == a^m mod pq, c == b^r mod pq,
則 c == a mod pq
證明的過程, 會(huì)用到費(fèi)馬小定理, 敘述如下:
m 是任一質(zhì)數(shù), n 是任一整數(shù), 則 n^m == n mod m
(換另一句話說, 如果 n 和 m 互質(zhì), 則 n^(m-1) == 1 mod m)
運(yùn)用一些基本的群論的知識(shí), 就可以很容易地證出費(fèi)馬小定理的........
<證明>
因?yàn)?rm == 1 mod (p-1)(q-1), 所以 rm = k(p-1)(q-1) + 1, 其中 k 是整數(shù)
因?yàn)樵?modulo 中是 preserve 乘法的
(x == y mod z and u == v mod z => xu == yv mod z),
所以, c == b^r == (a^m)^r == a^(rm) == a^(k(p-1)(q-1)+1) mod pq
1. 如果 a 不是 p 的倍數(shù), 也不是 q 的倍數(shù)時(shí),
則 a^(p-1) == 1 mod p (費(fèi)馬小定理) => a^(k(p-1)(q-1)) == 1 mod p
a^(q-1) == 1 mod q (費(fèi)馬小定理) => a^(k(p-1)(q-1)) == 1 mod q
所以 p, q 均能整除 a^(k(p-1)(q-1)) - 1 => pq | a^(k(p-1)(q-1)) - 1
即 a^(k(p-1)(q-1)) == 1 mod pq
=> c == a^(k(p-1)(q-1)+1) == a mod pq
2. 如果 a 是 p 的倍數(shù), 但不是 q 的倍數(shù)時(shí),
則 a^(q-1) == 1 mod q (費(fèi)馬小定理)
=> a^(k(p-1)(q-1)) == 1 mod q
=> c == a^(k(p-1)(q-1)+1) == a mod q
=> q | c - a
因 p | a
=> c == a^(k(p-1)(q-1)+1) == 0 mod p
=> p | c - a
所以, pq | c - a => c == a mod pq
3. 如果 a 是 q 的倍數(shù), 但不是 p 的倍數(shù)時(shí), 證明同上
4. 如果 a 同時(shí)是 p 和 q 的倍數(shù)時(shí),
則 pq | a
=> c == a^(k(p-1)(q-1)+1) == 0 mod pq
=> pq | c - a
=> c == a mod pq
Q.E.D.
這個(gè)定理說明 a 經(jīng)過編碼為 b 再經(jīng)過解碼為 c 時(shí), a == c mod n (n = pq)....
但我們?cè)谧鼍幋a解碼時(shí), 限制 0 <= a < n, 0 <= c < n,
所以這就是說 a 等於 c, 所以這個(gè)過程確實(shí)能做到編碼解碼的功能.....
二、RSA 的安全性
RSA的安全性依賴于大數(shù)分解，但是否等同于大數(shù)分解一直未能得到理論上的證明，因?yàn)闆]有證明破解 RSA就一定需要作大數(shù)分解。假設(shè)存在一種無須分解大數(shù)的算法，那它肯定可以修改成為大數(shù)分解算法。目前， RSA 的一些變種算法已被證明等價(jià)于大數(shù)分解。不管怎樣，分解n是最顯然的攻擊方法。現(xiàn)在，人們已能分解多個(gè)十進(jìn)制位的大素?cái)?shù)。因此，模數(shù)n 必須選大一些，因具體適用情況而定。
三、RSA的速度
由于進(jìn)行的都是大數(shù)計(jì)算，使得RSA最快的情況也比DES慢上倍，無論是軟件還是硬件實(shí)現(xiàn)。速度一直是RSA的缺陷。一般來說只用于少量數(shù)據(jù)加密。
四、RSA的選擇密文攻擊
RSA在選擇密文攻擊面前很脆弱。一般攻擊者是將某一信息作一下偽裝( Blind)，讓擁有私鑰的實(shí)體簽署。然后，經(jīng)過計(jì)算就可得到它所想要的信息。實(shí)際上，攻擊利用的都是同一個(gè)弱點(diǎn)，即存在這樣一個(gè)事實(shí)：乘冪保留了輸入的乘法結(jié)構(gòu)：
( XM )^d = X^d *M^d mod n
前面已經(jīng)提到，這個(gè)固有的問題來自于公鑰密碼系統(tǒng)的最有用的特征--每個(gè)人都能使用公鑰。但從算法上無法解決這一問題，主要措施有兩條：一條是采用好的公鑰協(xié)議，保證工作過程中實(shí)體不對(duì)其他實(shí)體任意產(chǎn)生的信息解密，不對(duì)自己一無所知的信息簽名；另一條是決不對(duì)陌生人送來的隨機(jī)文檔簽名，簽名時(shí)首先使用One-Way HashFunction 對(duì)文檔作HASH處理，或同時(shí)使用不同的簽名算法。在中提到了幾種不同類型的攻擊方法。
五、RSA的公共模數(shù)攻擊
若系統(tǒng)中共有一個(gè)模數(shù)，只是不同的人擁有不同的e和d，系統(tǒng)將是危險(xiǎn)的。最普遍的情況是同一信息用不同的公鑰加密，這些公鑰共模而且互質(zhì)，那末該信息無需私鑰就可得到恢復(fù)。設(shè)P為信息明文，兩個(gè)加密密鑰為e1和e2，公共模數(shù)是n，則：
C1 = P^e1 mod n
C2 = P^e2 mod n
密碼分析者知道n、e1、e2、C1和C2，就能得到P。
因?yàn)閑1和e2互質(zhì)，故用Euclidean算法能找到r和s，滿足：
r * e1 + s * e2 = 1
假設(shè)r為負(fù)數(shù)，需再用Euclidean算法計(jì)算C1^(-1)，則
( C1^(-1) )^(-r) * C2^s = P mod n
另外，還有其它幾種利用公共模數(shù)攻擊的方法。總之，如果知道給定模數(shù)的一對(duì)e和d，一是有利于攻擊者分解模數(shù)，一是有利于攻擊者計(jì)算出其它成對(duì)的e’和d’，而無需分解模數(shù)。解決辦法只有一個(gè)，那就是不要共享模數(shù)n。
RSA的小指數(shù)攻擊。 有一種提高 RSA速度的建議是使公鑰e取較小的值，這樣會(huì)使加密變得易于實(shí)現(xiàn)，速度有
所提高。但這樣作是不安全的，對(duì)付辦法就是e和d都取較大的值。
RSA算法是第一個(gè)能同時(shí)用于加密和數(shù)字簽名的算法，也易于理解和操作。RSA是被研究得最廣泛的公鑰算法，從提出到現(xiàn)在已近二十年，經(jīng)歷了各種攻擊的考驗(yàn)，逐漸為人們接受，普遍認(rèn)為是目前最優(yōu)秀的公鑰方案之一。RSA的安全性依賴于大數(shù)的因子分解，但并沒有從理論上證明破譯RSA的難度與大數(shù)分解難度等價(jià)。即RSA的重大缺陷是無法從理論上把握它的保密性能如何，而且密碼學(xué)界多數(shù)人士?jī)A向于因子分解不是NPC問題。 RSA的缺點(diǎn)主要有：A)產(chǎn)生密鑰很麻煩，受到素?cái)?shù)產(chǎn)生技術(shù)的限制，因而難以做到一次一密。B)分組長(zhǎng)度太大，為保證安全性，n 至少也要 600 bits 以上，使運(yùn)算代價(jià)很高，尤其是速度較慢，較對(duì)稱密碼算法慢幾個(gè)數(shù)量級(jí)；且隨著大數(shù)分解技術(shù)的發(fā)展，這個(gè)長(zhǎng)度還在增加，不利于數(shù)據(jù)格式的標(biāo)準(zhǔn)化。目前，SET( Secure Electronic Transaction )協(xié)議中要求CA采用比特長(zhǎng)的密鑰，其他實(shí)體使用比特的密鑰。
前一陣子看了電視劇《暗算》，蠻喜歡它的構(gòu)思和里面的表演。其中有一個(gè)故事提到了密碼學(xué)，故事本身不錯(cuò)，但是有點(diǎn)故弄玄虛。不過有一點(diǎn)是對(duì)的，就是當(dāng)今的密碼學(xué)是以數(shù)學(xué)為基礎(chǔ)的。（沒有看過暗算的讀者可以看一下介紹，
http://ent.sina.com.cn/v/2005-10-17/ba866985.shtml因?yàn)槲覀兒竺嬉啻翁岬竭@部電視劇。）
密碼學(xué)的歷史大致可以推早到兩千年前，相傳名將凱撒為了防止敵方截獲情報(bào)，用密碼傳送情報(bào)。凱撒的做法很簡(jiǎn)單，就是對(duì)二十幾個(gè)羅馬字母建立一張對(duì)應(yīng)表，比如說
這樣，如果不知道密碼本，即使截獲一段信息也看不懂，比如收到一個(gè)的消息是 EBKTBP，那么在敵人看來是毫無意義的字，通過密碼本解破出來就是 CAESAR 一詞，即凱撒的名字。這種編碼方法史稱凱撒大帝。當(dāng)然，學(xué)過信息論的人都知道，只要多截獲一些情報(bào)，統(tǒng)計(jì)一下字母的頻率，就可以解破出這種密碼。柯藍(lán)道爾在他的“福爾摩斯探案集”中“跳舞的小人”的故事里已經(jīng)介紹了這種小技巧。在很長(zhǎng)時(shí)間里，人們?cè)噲D找到一些好的編碼方法使得解密者無法從密碼中統(tǒng)計(jì)出明碼的統(tǒng)計(jì)信息，但是，基本上靠經(jīng)驗(yàn)。有經(jīng)驗(yàn)的編碼者會(huì)把常用的詞對(duì)應(yīng)成多個(gè)密碼， 使得破譯者很難統(tǒng)計(jì)出任何規(guī)律。比如，如果將漢語(yǔ)中的“是”一詞對(duì)應(yīng)于唯一一個(gè)編碼 0543，那么破譯者就會(huì)發(fā)現(xiàn) 0543 出現(xiàn)的特別多。但如果將它對(duì)應(yīng)成十個(gè)密碼 0543，3737，2947 等等，每次隨機(jī)的挑一個(gè)使用，每個(gè)密碼出現(xiàn)的次數(shù)就不會(huì)太多，而且破譯者也無從知道這些密碼其實(shí)對(duì)應(yīng)一個(gè)字。這里面雖然包含著樸素的概率論的原理，但是并不科學(xué)化。另外，好的密碼必須做到不能根據(jù)已知的明文和密文的對(duì)應(yīng)推斷出新的密文的內(nèi)容。歷史上有很多在這方面設(shè)計(jì)得不周到的密碼的例子。在第二次世界大戰(zhàn)中，日本軍方的密碼設(shè)計(jì)就很成問題。美軍破獲了日本很多密碼。在中途島海戰(zhàn)前，美軍截獲的日軍密電經(jīng)常出現(xiàn) AF 這樣一個(gè)地名，應(yīng)該是太平洋的某個(gè)島嶼，但是美軍無從知道是哪個(gè)。于是，美軍就逐個(gè)發(fā)表自己控制的每個(gè)島嶼上的假新聞。當(dāng)美軍發(fā)出“中途島供水系統(tǒng)壞了”這條假新聞后，從截獲的日軍情報(bào)中又看到 AF 供水出來問題的電文，美軍就斷定中途島就是 AF。事實(shí)證明判斷正確，美軍在那里成功地伏擊了日本主力艦隊(duì)。
事實(shí)上，在第二次世界大戰(zhàn)中，很多頂尖的科學(xué)家包括提出信息論的香農(nóng)都在為美軍情報(bào).部門工作，而信息論實(shí)際上就是情報(bào)學(xué)的直接產(chǎn)物。香農(nóng)提出信息論后，為密碼學(xué)的發(fā)展帶來了新氣象。根據(jù)信息論，密碼的最高境界是使得敵人在截獲密碼后，對(duì)我方的所知沒有任何增加，用信息論的專業(yè)術(shù)語(yǔ)講，就是信息量沒有增加。一般來講，當(dāng)密碼之間分布均勻并且統(tǒng)計(jì)獨(dú)立時(shí)，提供的信息最少。均勻分布使得敵人無從統(tǒng)計(jì)，而統(tǒng)計(jì)獨(dú)立能保證敵人即使看到一段密碼和明碼后，不能破譯另一段密碼。這也是《暗算》里傳統(tǒng)的破譯員老陳破譯的一份密報(bào)后，但無法推廣的原因，而數(shù)學(xué)家黃依依預(yù)見到了這個(gè)結(jié)果，因?yàn)樗罃橙诵碌拿艽a系統(tǒng)編出的密文是統(tǒng)計(jì)獨(dú)立的。有了信息論后，密碼的設(shè)計(jì)就有了理論基礎(chǔ)，現(xiàn)在通用的公開密鑰的方法，包括《暗算》里的“光復(fù)一號(hào)”密碼，就是基于這個(gè)理論。
公開密鑰的原理其實(shí)很簡(jiǎn)單，我們以給上面的單詞 Caesar 加解密來說明它的原理。我們先把它變成一組數(shù)，比如它的 Ascii 代碼 X=099097101115097114（每三位代表一個(gè)字母）做明碼。現(xiàn)在我們來設(shè)計(jì)一個(gè)密碼系統(tǒng)，對(duì)這個(gè)明碼加密。
1，找兩個(gè)很大的素?cái)?shù)（質(zhì)數(shù)）P 和 Q，越大越好，比如 100 位長(zhǎng)的, 然后計(jì)算它們的乘積 N=P×Q，M=（P-1）×（Q-1）。
2，找一個(gè)和 M 互素的整數(shù) E，也就是說 M 和 E 除了 1 以外沒有公約數(shù)。
3，找一個(gè)整數(shù) D，使得 E×D 除以 M 余 1，即 E×D mod M = 1。
現(xiàn)在，世界上先進(jìn)的、最常用的密碼系統(tǒng)就設(shè)計(jì)好了，其中 E 是公鑰誰都可以用來加密，D 是私鑰用于解密，一定要自己保存好。乘積 N 是公開的，即使敵人知道了也沒關(guān)系。
現(xiàn)在，我們用下面的公式對(duì) X 加密，得到密碼 Y。
好了，現(xiàn)在沒有密鑰 D，神仙也無法從 Y 中恢復(fù) X。如果知道 D，根據(jù)費(fèi)爾馬小定理，則只要按下面的公式就可以輕而易舉地從 Y 中得到 X。
這個(gè)過程大致可以概況如下：
公開密鑰的好處有：
1.簡(jiǎn)單。
2.可靠。公開密鑰方法保證產(chǎn)生的密文是統(tǒng)計(jì)獨(dú)立而分布均勻的。也就是說，不論給出多少份明文和對(duì)應(yīng)的密文，也無法根據(jù)已知的明文和密文的對(duì)應(yīng)來破譯下一份密文。更重要的是 N,E 可以公開給任何人加密用，但是只有掌握密鑰 D 的人才可以解密, 即使加密者自己也是無法解密的。這樣，即使加密者被抓住叛變了，整套密碼系統(tǒng)仍然是安全的。（而凱撒大帝的加密方法有一個(gè)知道密碼本的人泄密，整個(gè)密碼系統(tǒng)就公開了。）
3.靈活，可以產(chǎn)生很多的公開密鑰E和私鑰D的組合給不同的加密者。
最后讓我們看看破解這種密碼的難度。首先，要聲明，世界上沒有永遠(yuǎn)破不了的密碼，關(guān)鍵是它能有多長(zhǎng)時(shí)間的有效期。要破公開密鑰的加密方式，至今的研究結(jié)果表明最好的辦法還是對(duì)大字 N 進(jìn)行因數(shù)分解，即通過 N 反過來找到 P 和 Q，這樣密碼就被破了。而找 P 和 Q 目前只有用計(jì)算機(jī)把所有的數(shù)字試一遍這種笨辦法。這實(shí)際上是在拼計(jì)算機(jī)的速度，這也就是為什么 P 和 Q 都需要非常大。一種加密方法只有保證 50 年計(jì)算機(jī)破不了也就可以滿意了。前幾年破解的 RSA-158 密碼是這樣因數(shù)分解的
395058745832651445264197678006144819960207764603049364541393760515793556265294
50683609727842468219535093544305870490251995655335710209799226484977949442955603
= 3388495837466721394368393204672181522815830368604993048084925840555281177 ×11658823406671259903148376558383270818131012258146392600439520994131344334162924536139
現(xiàn)在，讓我們回到《暗算》中，黃依依第一次找的結(jié)果經(jīng)過一系列計(jì)算發(fā)現(xiàn)無法歸零，也就是說除不盡，我猜她可能試圖將一個(gè)大數(shù) N 做分解，沒成功。第二次計(jì)算的結(jié)果是歸零了，說明她找到的 N=P×Q 的分解方法。當(dāng)然，這件事能不能用算盤完成，我就不知道了，但我覺得比較夸張。另外我對(duì)該電視劇還有一個(gè)搞不懂的問題就是里面提到的“光復(fù)一號(hào)”密碼的誤差問題。一個(gè)密碼是不能有誤差的，否則就是有的密鑰也無法解碼了。我想可能是指在構(gòu)造密碼時(shí)，P 和 Q 之一沒找對(duì)，其中一個(gè)（甚至兩個(gè)都）不小心找成了合數(shù)，這時(shí)密碼的保密性就差了很多。如果誰知道電視劇里面講的“誤差”是指什么請(qǐng)告訴我。另外，電視劇里提到馮?諾依曼，說他是現(xiàn)代密碼學(xué)的祖宗，我想是弄錯(cuò)了，應(yīng)該是香農(nóng)。馮?諾依曼的貢獻(xiàn)在發(fā)明計(jì)算機(jī)和提出博弈論（game theory）。
不管怎么樣，我們今天用的所謂最可靠的加密方法的數(shù)學(xué)原理其實(shí)就這么簡(jiǎn)單，一點(diǎn)也不神秘，無非是找?guī)讉€(gè)大素?cái)?shù)做一些乘除和乘方運(yùn)算就可以了。