密码问题解决

$\大{\开始{阵列} {CCCCCCC} &&＆\颜色{＃20A900} G＆\颜色{＃20A900} R＆\颜色{＃20A900} E＆\颜色{＃20A900} E＆\颜色{＃20A900}ñ\\ && \颜色{＃ff7e00} O＆\颜色{＃ff7e00} R＆\颜色{＃ff7e00} A＆\颜色{＃ff7e00} N'\颜色{＃ff7e00} G＆\颜色{＃ff7e00}ë\\ + && && \颜色{＃D61F06} R＆\颜色{＃D61F06} E＆\颜色{＃D61F06} d \\？\ HLINE && \颜色{＃ffbf00} Y'\颜色{＃ffbf00} E＆\颜色{＃} ffbf00 L＆\颜色{＃} ffbf00 L＆\颜色{＃} ffbf00 O＆\颜色{＃ffbf00} W \\？\ HLINE \ {端阵列}}$

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。在上一页，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 $Y=2，O=1，G=5，R=6，E=1，N=3$．这将是不明智的与试错法开始，因为那里靠近 $9！= 362880$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，我们将通过各种实例工作，并广泛应用此表确定的条件和技术的使用。

我们应该注意，所有具有减法运算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 $Y+Z=X$．

$\大型{\begin{array}{ccccccccc}&&&&L&I&S&P\\-&&&&L&L&P\\\ hline&&&&P&L&I\\\\ hline\end{array}$

对于上述密码，求解未知字母和找到5位数字的可能值（S） $\眉题{泄漏}$．

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我们首先将该密码转换成另外的问题。

$\大型{\begin{array}{ccccccccc}&&&&&&&L&P\\+&&&&P&L&I\\\ hline&&&&L&I&S&P\\\ hline\hline\end{array}$

因为这是一个简单的加法问题，所以将密码转换为方程、重新排列列和/或进行结转可能是有益的。然而，因为从一开始就有太多的未知因素，我们不会取得太大的成就。既然有 $P$在第一列的两边，最好开始(3)结转

对于第一列，我们有 $P + I$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 $L = 1$. 这将密码简化为：

$\大型{\begin{array}{ccccccccc}&&&&&1&P\\+&&&P&1&0\\\ hline&&&&1&0&S&P\\\ hline\end{array}$

值之后 $l$已知，我们可以重新排列各自列中的字母/数字，以便有在每个列中最2个符号．因此，我们应用（2）列的重新排列：

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

因为在第一列的所有值是已知的，并没有结转。我们可以删除第一列．因此,我们(3)结转：

$\大{\开始{阵列} {CCCCCC} && 1＆1 \\ + && P＆1 \\ \ HLINE && 1＆0＆S \\？\ HLINE \ {端阵列}}$

自还剩下一些符号，我们可以(1)将密码转换为方程：

求解 $年代$给予 $S = 1 + 1 = 2$. 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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由于有许多未知的字母要考虑，所以很有可能将尝试和错误视为可能的方法。然而，我们应该始终减少了可能的案件的数量，以检查．因此，我们应该开始施加（8）试验和错误然后跟进(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 $A = 0$，第三列 $O + A \当量ķ\ PMOD {10}$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

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

由于从大阪，我们知道，前面的数字不为0，即 $O\ne 0，$从 $(\ ast)$我们有 $1\leq 2O + 1 +c_4 < 10 \ right tarrow 1\leq O \leq 4$只有那么从 $O + 1 = k$从上面, $2\leq K\leq 5$．

注意我们是如何减少了 $1 \ \ leq9 leq K$到 $2 \ \ leq5 leq K$! 因此，我们只能继续努力少检查箱子．同样，我们应用(8)试错&(3)结转为的值 $K$：

让我们先从极值开始（最大值和最小值），即 $K = 2$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。

$\大{\boldsymbol{\text{（I）假设K=2}}}$：

然后 $O = 1$. 因为we know from that there is a carry from the second column, then $T+K\geq 10\Rightarrow T=8,9$. 但是从 $(\ ast)$我们有 $2O+1+c_4\leq 4$这是不可能的。所以 $K = 2$不是一个可能的解决方案。请注意，我们并不需要解决整个密码确定 $K\n 2$．

$\大{\boldsymbol{\text{（II）假设K=5}}}$：

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

最后，让我们检查一下 $K = 3$或 $K = 4$只有。令人称奇的是不是？包围上述值的可能值之后，我们只需要检查针对两种情况！

$\大{\boldsymbol{\text{（III）假设K=3}}}$：

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 $T+K\geq 10$不能满足。所以 $K \ ne 3$．

所以我们就剩下 $K = 4$. 但是of course, we should check whether each of these letters are distinct. With $K = 4$， $O=3$,然后 $T = 7 \文本{或} 8$．

到目前为止，我们已经证实， $K = 4, o = 3, a = 0$．剩下的,解决的是 $T、Y$和 $年代$．再一次,我们应用(8)试错&(3)结转为的值 $K$：

认为 $T = 8$,然后 $Y=T+K\bmod{10}=2$. 还有，从 $(\ ast)$， 我们有 $c_4=1$. 这意味着从第四列开始， $Y +的S - O> 10 \ RIGHTARROW 2 + S-3> 10，$也就是说 $年代$至少是两位数的整数，这是不可能的。所以 $T = 7$只有。

现在解决 $Y$和 $年代$，从第二塔， $T+K \equiv Y \pmod{10} \右转Y = 1$．因为我们知道 $(\ ast)$那个 $c_4 = 0$，则第四列中没有结转，即 $Y+S= 0 \右转S= 2$．

把它们放在一起表明 $41373 + 32040 = 73413$确实如此。

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:结转和试错通常一起使用。这是因为结转为我们提供了一个额外的有识之士来限制未知和试用，并使用错误查明这些未知的精确值。

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

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，这可以是一个乏味的任务。不执行长乘法，而是使用我们上面学到的技术，表明 $A = 1$和 $B = 3$．

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因为有只考虑几个符号，它是一个可行的方法来(1)将密码转换为方程：

我们可以将此产品表示为 $P\times Q=R$为 $P = 1835, q = 7246$和 $R$作为8位的数字。

因为 $R = P \倍Q <2000 \倍8000 = 16000000$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 $A = 1$．

因为我们可以获得用于模一定值的见解，(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 $P\times Q\equiv R\pmod 9$, $P \当量1 + 8 + 3 + 5 \当量-1$和 $Q\equiv 7+2+4+6\equiv 1$．因此 $r \当量1 \倍-1 \当量8$，这意味着当 $R$除以9，得到8的余数。所以 $A+B+2+9+6+4+1+0 \equiv 8 \pmod9 \ right tarrow B= 3 \text{only}。\ _ \广场$

$\大{\开始{阵列} {CCCCCCC} && &&＆A＆B＆C \\？\倍&& && B＆C \\？\ HLINE &&＆d＆E＆E＆B＆C \\？\ HLINE \端{阵列}}$

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,由于这三个数字的最后两位数字是相同的，我们可以应用（7）中国剩余定理：

考虑到最后两位数字， $\上划线{ABC}\equiv\上划线{BC}\equiv\上划线{DEEBC}\equiv\上划线{BC}\pmod{100}$．

因此，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 $\ {划线BC} = 25，76$只有。

那么还有什么需要检查的呢？好吧，这只是 $一个$. 因为知道的价值 $一个$可以解决整个长乘法，最明智的做法是(8)反复试验：

认为 $\ {划线BC} = 25$. 我们对可能的 $一个$，它们是 $1,2、\ldots、9$. 通过检查，没有一家公司生产的产品是 $\眉题{DEE25}$．

因此 $公元前\眉题{}= 76$．使用在前面的段落同样的方法，我们得到 $176\times76=13376$．因此 $d = 1 \ _ \方$

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

对于上面的密码使用的字母，发现价值 $\眉题{首席}$．

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既然我们有4行乘法的加法，我们可以通过应用（1）将密码转换为方程式：

从最上面的第三行可以看出

$\ {划线ABCC} \倍A = \ {划线ABCC} \ RIGHTARROW A = 1。$

和第五行显示，

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

通过考虑最后一个方程的最后一位数字，我们有

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

如果我们在知道 $A = 1$， 我们有

$\大{\开始{阵列} {CCCCCCC} && && 1＆B＆C＆C \\？\倍&&＆＆C＆d＆1＆1 \\ \ HLINE && && 1 B＆\颜色{＃EC7300} C＆C \\ &&＆1＆B＆C＆\颜色{＃EC7300} C＆\\ && d＆E＆amp; C＆B＆＆\\＆C＆F＆E＆E＆&& \\？\ HLINE＆d＆B＆G＆H和I＆\颜色{＃EC7300} F＆C \\？\ HLINE\ {端阵列}}$

如上面突出显示的，棕色符号表示添加。因为只有列中最多有2个未知数，我们可以应用（1）将密码转换为方程式：

$2C\equiv F\pmod{10}\qquad（\ast\ast）$

参考 $5^{\text{th}$和 $6^{\text{th}$下面用蓝色突出显示的行。因为有两个数的和 $\眉题{DECB00}$和 $\上划线{CFEE000}$生产数量 $\上划线{DBGHIFC}，$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 $\ {划线ABCC} \倍\ {划线CDAA}$是7位数字吗边界方程．那是，应用（1）将密码转换为等式：

自 $2000 \乘以5000$是一个8位数的数字，那么 $C < 5$. 具有 $c ^ \ NE A$,然后 $C = 2,3$或 $4$只有。因此连接 $（\ast），（\ast\ast）$和 $（\ast\ast\ast）$给予

$（C，D，F，B）=（2,3,4,6），（3,4,6,2），（4,5,8,0）。$

现在我们只剩下3箱要检查！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通常一起使用。这是因为整除规则是与模运算一起使用，因为前者是后者的进一步的概括。