密码-解决问题

$\大型{\开始{数组}{ccccccc} & & & \ {# 20 a900} G & \颜色{# 20 a900} R & \ {# 20 a900} E & \颜色{# 20 a900} {# 20 a900} N E \颜色\ \ & & \颜色{# ff7e00} {# ff7e00} R & o \颜色\ {# ff7e00} & \颜色{# ff7e00} N & \ {# ff7e00}舌鳎\颜色{# ff7e00} E \\ + && & & & \ 颜色{# D61F06} {# D61F06} e R & \颜色\ D {# D61F06} \ \颜色\线& &\color{#ffbf00}Y&\color{#ffbf00}E &\color{#ffbf00} L& \color{#ffbf00}O&\color{#ffbf00}W\\ \hline \end{array}}$

一个密码是一个数学难题，用不同的符号来表示数字，一个给定的系统必须是正确的。在前一页，我们讨论了处理密码时的各种技术。然而，目前还不清楚如何解决涉及多种技术的密码。例如，对于上面的密码，对于初学者，我们可以从考虑这种情况开始 $Y = 2, O = 1, G = 5, R = 6, E = 1, N = 3$．一开始就尝试错误是不明智的，因为已经接近 $9 !＝362880$开始的方法。因此，手工操作肯定不是一种理想的方法。因此，了解哪种技术最适用将是有益的。

在这个wiki中，我们将通过各种示例，广泛应用这个表来确定要使用的条件和技术。

我们应该注意到，所有包含减法的密码都可以转换为严格的加法问题。例如, $x - y Z =$可以转换为 $Y + Z = X$．

$大型{\ \{数组}{ccccccc}开始& & & & l s和p \\ -&& & & & L &派\ \ \线 && & & & 结束P &我\ \ \线\{数组}}$

对于上述密码，求出未知字母，并找出5位数字的可能值 $\眉题{泄漏}$．

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我们首先把这个密码转换成一个加法问题。

$大型{\ \{数组}{ccccccc开始 } && & & & L &派 \\ +&& & & & P &我\ \ \线& & & & l我s和P \ \ \线\{数组}}$

由于这是一个简单的加法问题，它可能是有益的转换密码到方程，重排列和/或结转。然而，因为从一开始就有太多的未知，我们不会完成很多。因为有 $P$双方都在第一列，最好开始(3)结转

第一列的最后一位是 $P +我$作为 $P$,所以 $我$必须等于0。

因为我们求的是两个三位数字的和，第三列的结转是非零的必然等于1，这意味着 $L = 1$．这就简化了密码:

$大型{\ \{数组}{ccccccc开始 } && & & & 1 1便士 \\ +&& & & & P & 1四维\ \ \线& & & & 1 & 0 s和P \ \ \线\{数组}}结束$

值之后 $l$，我们可以重新排列字母/数字在各自的列，这样每列最多有2个符号．因此我们应用(2)重新排列柱子:

$大型{\ \{数组}{ccccccc开始 } && & & & 1 1 0 \\ +&& & & & P & 1 \ \ \线代替& & & & 1 & 0 s和P \ \ \线\{数组}}结束$

因为第一列中的所有值都是已知的，没有结转。我们可以排除第一列．因此,我们(3)结转:

$大型{\ \{数组}{cccccc开始 } & & & & 1 & 1 \\ +& & & & P & 1 \ \ \线& & & 1 & 0结束谨此告知\ \ \线\{数组}}$

自还剩下几个符号,我们可以(1)将密码转换为方程:

解 $年代$给了 $S = 1 + 1 = 2$．最后，我们可以将密码转换为一个等式: $11 + \overline{P1} = 102 \Rightarrow \overline{P1} = 102 - 11 = 91 \Rightarrow P = 9$．

因此, $\眉题{泄漏}= 29011。\ _ \广场$

$大型{\ \{数组}{ccccccc}开始& & & K & Y & O &要\ \ + O & & & & & & K \ \ \线& & & T & O K &Y&O \ \ \线\{数组}}结束$

对于上述密码，求出未知字母并找出5位数字的可能值 $\眉题{吐司}$．

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因为有许多未知的字母需要考虑，所以很可能会考虑尝试和错误作为一种可能的方法。然而，我们应该减少可能需要检查的病例数量．因此，我们应该开始(8)试错然后跟进(3)携带:

从第一列开始 $O + A \equiv O \pmod{10} \ right tarrow A = 0$只有。现在,因为 $一个= 0$，第三列 $O + A + K + pmod{10}$意味着第二列有进位，因此 $O + 1 = k$和 $10 \ leq T + K < 20$．

从第四行开始，可能会有，也可能不会有，所以 $C_4 = 0 \text{或}1$．第五列给出

$K + O+ c_4 = T \\ \Rightarrow (O+1)+ O+ c_4& = T \\ \Rightarrow 2O +1 +c_4 &= T \\ qquad (\ast) \end{align}$

因为从大阪我们知道前位数不是0，即 $O \ 0,$从 $(\ ast)$我们有 $1\leq 2O + 1 +c_4 < 10 \ right tarrow 1\leq O \leq 4$只有。然后自 $O + 1 = k$从上面, $2 \leq K \leq$．

注意我们是如何减少了 $1 \ \ leq9 leq K$来 $2 \ \ leq5 leq K$！所以我们要检查较少情况下．再一次,我们应用(8)试错&(3)结转的值 $K$:

让我们先从极值(最大和最小)开始，即for $K = 2$或 $K = 5$．我们先从它们开始，因为它们通常倾向于收紧界限，并迅速推出一个解决方案或矛盾。但是，请记住，这种方法并不总是保证结果。

$\large {\boldsymbol{\text{(I)假设K = 2}}}$:

然后 $O = 1$．因为我们知道第二列有一个进位 $T+K \geq 10 \右转T = 8,9$．但从 $(\ ast)$我们有 $10 + 1 + c_4 \leq 4 < T，$这是不可能的。所以 $K = 2$不是一个可能的解决方案。请注意，我们不需要解决整个密码来确定 $K \ ne 2$．

$\large {\boldsymbol{\text{(II)设K = 5}}}$:

然后 $O = 4$,然后从 $(\ ast)$,我们有 $2 + 1 +c_4 < 10 \右转c_4 = 0, T = 9$．与 $T=9, k = 5$从第二列开始，我们有 $T+K \equiv Y \pmod{10} \ right tarrow Y = 4$．但 $O$和 $Y$必须是不同的。这意味着 $K = 5$也是不可能的。

最后，我们要检查一下 $K = 3$或 $K = 4$只有。神奇的不是吗?在限定了上述值的可能值之后，我们只需要检查两种情况!

$\large {\boldsymbol{\text{(III)设K = 3}}}$:

然后 $O = 2$,从 $(\ ast)$,我们有 $T = 5 \text{or$只有。但既然我们知道第二列有进位，那么 $(b) i ' T + i$不能满足。所以 $K \ ne 3$．

所以我们就剩下 $K = 4$．当然，我们应该检查这些字母是否不同。与 $K = 4$， $O = 3$,然后 $T = 7 \text{or}$．

目前，我们已经证实了这一点 $K = 4, o = 3, a = 0$．剩下的,解是值 $T、Y$和 $年代$．再一次,我们应用(8)试错&(3)结转的值 $K$:

假设 $T = 8$,然后 $Y = T+K \bmod{10} = 2$．另外,从 $(\ ast)$,我们有 $c_4 = 1$．这意味着从第四列开始， $+S + O ' S + O ' S + O ' S$这意味着 $年代$至少是两位数的整数，这是不可能的。所以 $T = 7$只有。

现在来解 $Y$和 $年代$，从第二列开始， $T+K \equiv Y \pmod{10} \右转Y = 1$．因为我们知道 $(\ ast)$那 $c_4 = 0$，那么第四列就没有结转，也就是说 $Y+S= 0 \右转S= 2$．

把它们放在一起说明了这一点 $41373 + 32040 = 73413$确实是真实的。

因此, $\眉题{吐司}= 73027。\ _ \广场$

从上面的例子中，我们可以注意到两种技术:延续和试验和错误经常一起使用。这是因为“结转”(Carry Over)让我们对未知的限制有了额外的了解，而“试错”(Trial and error)用于精确地确定这些未知的值。

$大型{\ \{数组}{ccccccc}开始& & & & 1 & 8 & 3和5 \ \ \ * & & & & 7 & 2 & 4 6 \ \ \线a和b 2 9 6 & 4 1和0 \ \ \线\{数组}}结束$

上面显示了一个不完整的长乘法。显然我们可以把这两个数相乘，找出未知的非零单位数 $一个$和 $B。$然而，这可能是一项乏味的任务。不用执行长乘法，而是使用我们上面学到的技术，演示一下 $一个= 1$和 $B = 3$．

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因为只需要考虑几个符号，这是一个可行的方法(1)将密码转换为方程:

我们可以把这个乘积表示为 $P乘以Q = R$为 $P = 1835, q = 7246$和 $R$作为8位数字。

因为 $R = P \乘以Q < 2000 \乘以8000 = 16000000$当最左边一列的前导数为1时，这个力 $一个$小于或等于 $1$只有。因此 $一个= 1$．

因为我们可以得到对某一数值取模的洞见，(4)可除性规则:

考虑9的可整除性是最简单的，因为我们只取它的数字的和。我们有 $P乘以Q等于R pmod 9$, $P \相等1 + 8 + 3 + 5 \相等-1$和 $问\枚7 + 2 + 4 + 6 \ 1枚$．因此 $R等于1乘以-1等于8$，这意味着，当这些数字的和 $R$除以9，余数是8。所以 $A+B+2+9+6+4+1+0 \equiv 8 \pmod9 \ right tarrow B= 3 \text{only}。\ _ \广场$

$大型{\ \{数组}{ccccccc开始 } && & & & & B&C \ \ \ && & & & & 上来就\ \ \线& & & D & E E b和c \ \ \线\{数组}}结束$

对于上面的密码，每个字母代表一个不同的单位数非负整数 $A、B$和 $D$非零。找出…的价值 $D$．

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由于这是两个数的乘法，所以项因式分解和中国剩余定理是可行的方法。然而,由于这三个数字的后两位是一样的,我们可以应用(7)中国剩余定理:

通过考虑最后两位数字， $\覆盖{ABC} \equiv \overline{BC}\equiv \overline{DEEBC} \equiv \overline{BC}\ pmod{100}$．

所以我们有 $X ^2 -x \equiv 0 \pmod {100}$．就像之前的例子一样 $X \equiv 25, 76 \pmod{100}$．

这意味着 $\overline{BC} = 25,76$只有。

那么还有什么需要检查的呢?它只是可能的值 $一个$．因为知道的价值 $一个$能解出这个长长的乘法吗，最明智的做法是(8)反复试验:

假设 $公元前\眉题{}= 25$．我们对的可能值进行反复试验 $一个$,这是 $1、2、\ ldots 9$．经检查，没有一种产品是以 $\眉题{DEE25}$．

因此 $公元前\眉题{}= 76$．使用前面一段的相同方法，我们得到 $176 \ times76 = 13376$．因此 $D = 1。\ _ \广场$

$大型{\ \{数组}{ccccccc}开始& & &和& B & C&C \ \ \ * & & & & C & D &授权\ \ \线& & &和& & C&C \ \ & &和& B & C&C & \ \ & & D e & C B & \ \ &C& F e e & & & \\ \ 线d b G和h I&F&C结束\ \ \线\{数组}}$

对于上面密码中使用的字母，求值 $\眉题{首席}$．

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因为我们有4行乘法的加法，我们可以通过(1)将密码转换为公式:

从最上面的第三行可以看出

$\overline{ABCC} \times A = \overline{ABCC} \ right tarrow A = 1。$

第五行说明了这一点

$\over {ABCC} \times D = \over {1BCC} \times D = \over {DECB}。$

考虑最后一个方程的最后一位，我们有

$C * D * equiv * B * pmod{10}。\ qquad \ \ (ast)$

如果我们利用 $一个= 1$,我们有

$\大型{\开始{数组}{ccccccc} & & & 1 B & C&C \ \ \ * & & & & C & D & 1 & 1 \ \颜色\ B线& & & & 1 & & \ {# EC7300} C&C \ \ & & & 1 & B & C \ {# EC7300} C &颜色\ \ & & D、e和C B & \ \ &C& F e e & & & \\ \ 线d b G和h我{# EC7300} F&C \颜色\ \ \线\{数组}}结束$

如上面突出显示的，棕色的符号表示一个加法。因为只有列中最多有2个未知数,我们可以(1)将密码转换为公式:

$c \equiv F \pmod{10}。(\ \ qquad ast \ ast)$

指的是 $5 ^{\文本{th}}$和 $6 ^{\文本{th}}$下面用蓝色突出显示的行。因为有两个数的和 $\眉题{DECB00}$和 $\眉题{CFEE000}$来产生数字 $\眉题{DBGHIFC},$我们可以(3)结转:

$大型{\ \{数组}{ccccccc}开始& & & 1 B & C&C \ \ \ * & & & & C & D & 1 & 1 \ \ \线& & & & 1 & & C&C \ \ & & & 1 & B &终极动员令 & \\ && \ {# 3 d99f6} D & \颜色{# 3 d99f6} {# 3 d99f6} c E & \颜色\ {# 3 d99f6} b &颜色\ \ & \ {# 3 d99f6} c \颜色{# 3 d99f6} F & \ {# 3 d99f6} E & \颜色{# 3 d99f6} E & & & \\ \ 线颜色& \ {# 3 d99f6} {# 3 d99f6} b d \颜色\ {# 3 d99f6} G &颜色\color{#3D99F6}H& \color{#3D99F6}I&\color{#3D99F6}F&\color{#3D99F6}C\\ \hline \end{array}}$

看最左边的一列，我们可以看到结转 $c_6$必须等于1，因为 $C \ ne D$．因此 $(C + 1 = d)$

因为 $\眉题{ABCC} \ * \眉题{CDAA}$是7位数字吗边界方程．也就是说,(1)将密码转换为方程:

自 $2000 \乘以5000$是8位数字吗 $C < 5$．与 $C \不$,然后 $C = 2, 3$或 $4$只有。因此连接 $((\ \ ast) ast \ ast)$和 $(\ ast \ ast \ ast)$给了

$(c, d, f, b) = (2,3,4,6) (3,4,6,2) (4,5,8,0)$

现在我们只剩下3箱货要查了!因此我们(8)反复试验．经过检查，我们做到了

$C=3 d =4 f =6 b =2$

完成整个密码会得到 $E、G、H、I$作为 $9、0、5、7,$分别。因此, $\眉题{首席}= 35796。\ _ \广场$

从上面的例子中，我们可以注意到两种技术:可分性规则和模运算经常一起使用。这是因为可分规则是与模运算结合使用的，因为前者是后者的进一步推广。