mod運算，即求余運算，是在整數運算中求一個整數 x 除以另一個整數y的余數的運算，且不考慮運算的商。在計算機程序設計中都有MOD運算，其格式為： mod(nExp1,nExp2)，即是兩個數值表達式作除法運算后的余數。

中文名

求余運算

外文名

MOD

科????目

數學應????用

計算機編程

函????數

mod(nExp1,nExp2)

功????能

取模運算

MOD運算模p運算

編輯

語音

給定一個正整數p，任意一個整數n，一定存在等式

n = kp + r其中k、r是整數，且 0 ≤ r < p，稱呼k為n除以p的商，r為n除以p的余數。[1]

對于正整數p和整數a,b，定義如下運算：

取模運算：a mod p 表示a除以p的余數。

模p加法：(a + b) mod p ，其結果是a+b算術和除以p的余數，也就是說，(a+b) = kp +r，則 (a+b) mod p = r。

模p減法：(a-b) mod p ，其結果是a-b算術差除以p的余數。

模p乘法：(a × b) mod p，其結果是 a × b算術乘法除以p的余數。

可以發現,模p運算和普通的四則運算有很多類似的規律，如：[1]

結合律((a+b) mod p + c)mod p = (a + (b+c) mod p) mod p

((a*b) mod p * c)mod p = (a * (b*c) mod p) mod p

交換律(a + b) mod p = (b+a) mod p

(a × b) mod p = (b × a) mod p

分配律((a +b)mod p × c) mod p = ((a × c) mod p + (b × c) mod p) mod p

(a×b) mod c=(a mod c * b mod c) mod c

(a+b) mod c=(a mod c+ b mod c) mod c

(a-b) mod c=(a mod c- b mod c) mod c

簡單的證明其中第一個公式：

((a+b) mod p + c) mod p = (a + (b+c) mod p) mod p

假設

a = k1*p + r1

b = k2*p + r2

c = k3*p + r3

a+b = (k1 + k2) p + (r1 + r2)

如果(r1 + r2) >= p ，則

(a+b) mod p = (r1 + r2) -p

否則

(a+b) mod p = (r1 + r2)

再和c進行模p和運算，得到

結果為 r1 + r2 + r3 的算術和除以p的余數。

對右側進行計算可以得到同樣的結果，得證。

MOD運算模p相等

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語音

如果兩個數a、b滿足a mod p = b mod p，則稱他們模p相等，記做

a ≡ b (mod p)

可以證明，此時a、b滿足 a = kp + b，其中k是某個整數。[2]

對于模p相等和模p乘法來說，有一個和四則運算中迥然不同的規則。在四則運算中，如果c是一個非0整數，則

ac = bc 可以得出 a =b

但是在模p運算中，這種關系不存在，例如：

(3 x 3) mod 9 = 0

(6 x 3) mod 9 = 0

但是

3 mod 9 = 3

6 mod 9 =6

定理(消去律)：如果gcd(c,p) = 1 ，則 ac ≡ bc mod p 可以推出 a ≡ (b mod p)

證明：

因為ac ≡ bc (mod p)

所以ac = bc + kp，也就是c(a-b) = kp

因為c和p沒有除1以外的公因子，因此上式要成立必須滿足下面兩個條件中的一個

1) c能整除k

2) a = b

如果2不成立，則c|kp

因為c和p沒有公因子，因此顯然c|k，所以k = ck'

因此c(a-b)=kp可以表示為c(a-b) =ck'p

因此a-b = k'p，得出a ≡ b (mod p)

如果a = b，則a ≡ b mod p 顯然成立

得證

MOD運算歐拉函數

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語音

歐拉函數是數論中很重要的一個函數，歐拉函數是指：對于一個正整數n，小于n且和n互質的正整數的個數，記做：φ(n)，其中φ(1)被定義為1，但是并沒有任何實質的意義。

定義小于n且和n互質的數構成的集合為Zn，稱呼這個集合為n的完全余數集合。

顯然，對于素數p，φ(p)= p -1.對于兩個素數p、q，他們的乘積n = pq 滿足φ(n) =(p-1)(q-1)

證明：對于質數p,q，滿足φ(n) =(p-1)(q-1)

考慮n的完全余數集Zn = { 1,2,....,pq -1}

而不和n互質的集合由下面三個集合的并構成：

1) 能夠被p整除的集合{p,2p,3p,....,(q-1)p} 共計q-1個

2) 能夠被q整除的集合{q,2q,3q,....,(p-1)q} 共計p-1個

3)很顯然，1、2集合中沒有共同的元素，因此Zn中元素個數 = pq - (p-1 + q- 1 + 1) = (p-1)(q-1)

MOD運算歐拉定理

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語音

對于互質的整數a和n，有a^φ(n) mod n = 1[3]

證明：

首先證明下面這個命題：

對于集合Zn={x^1,x^2,...,x^φ(n)}，考慮集合

S = {ax^1 mod n,ax^2mod n,...,ax^φ(n) mod n}

則S = Zn

1) 由于a,n互質，x^i 也與n互質，則ax^i 也一定于n互質，因此

任意x^i, ax^i mod n 必然是Zn的一個元素

2) 對于Zn中兩個元素x^i 和x^j，如果x^i ≠ x^j

則ax^i mod n ≠ ax^j mod n，這個由a、n互質和消去律可以得出。

所以，很明顯，S=Zn

既然這樣，那么

(ax^1 × ax^2×...×ax^φ(n))mod n

= (ax^1 mod n × ax^2 mod n × ... × ax^φ(n) mod n)mod n

= (x^1 × x^2 × ... × x^φ(n)mod n

考慮上面等式左邊和右邊

左邊等于( (a^φ(n) × (x^1 × x^2 × ... × x^φ(n)))mod n

右邊等于(x^1 × x^2 × ... × x^φ(n))mod n

而(x^1 × x^2 × ... × x^φ(n))mod n和p互質

根據消去律，可以從等式兩邊約去，就得到：

a^φ(n) mod n = 1推論：對于互質的數a、n，滿足a^(φ(n)+1) mod n = a

MOD運算費馬定理

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a是不能被質數p整除的正整數，則有ap-1≡ 1 mod p

證明這個定理非常簡單，由于φ(p) = p-1，代入歐拉定理即可證明。

同樣有推論：對于不能被質數p整除的正整數a，有ap≡ a mod p[3]

MOD運算進一步應用

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語音

有關mod的一道證明題

不用算數基本定理，證明[a,b](a,b)=|ab|

證明：在數論中，證明等式有一種常用的方式，就是證明兩邊互為整除，此題也不例外，只是要先移

項。

|ab|/(a,b)=|a|(|b|/(a,b))=>a|(|ab|/(a,b))

同理有：b|(|ab|/(a,b))

于是，|ab|/(a,b)是a,b的公倍數，即[a,b]|(|ab|/(a,b))

∵|a||[a,b]

∴(|a|/(a,b))|([a,b]/(a,b))

同理：(|b|/(a,b))|([a,b]/(a,b))

又∵(|a|/(a,b))與(|b|/(a,b))互質

∴(|ab|/(a,b)2)|([a,b]/(a,b))

∴(|ab|/(a,b))|[a,b]

綜上所述，[a,b](a,b)=|ab|.

設m,m′都是正整數，d=(m,m?)，b≡b?(mod d).證明系統

x≡b(mod m) ①

x≡b?(mod m?) ②

的任意兩個解都是模ρ同余，其中ρ=lcm{m，m?}。

證明：設y是滿足題設的另外一個解，則有：y≡b(mod m) ③

y≡b?(mod m?) ④

∵x≡b(mod m)，∴x≡b(mod m/d), y≡b(mod m/d)

兩式相減，則有x-y≡b-b≡0≡(mod m/d)

∴x≡y(mod m/d)

同理：x≡y(mod m?/d)

∵(m/d,m?/d)=1

∴x≡y(mod mm?/d2)

設y=x+kmm?/d2

分別代入③，④中，并結合①，②，則有

x+kmm?/d2≡b≡x(mod m) =>kmm?/d2≡0(mod m)

x+kmm?/d2≡b?≡x(mod m?) =>kmm?/d2≡0(mod m?)

即：m|kmm?/d2=>km?/d2為整數=>(m?/d)(k/d)為整數

m?|kmm?/d2=>km/d2為整數=>(m/d)(k/d)為整數

顯然，(m?/d,d)=1與(m/d,d)=1至少有一個成立，否則(m,m?)=d2,矛盾.

∴k=ld,y=x+lmm?/d,

而mm?/d=|mm?|/(m,m?)=[m,m?]=ρ=lcm{m，m?}

∴y=x+lρ=>y≡x(mod ρ)

參考資料

1.

羅守山．信息安全的數學基礎：國防工業出版社，2011.4：7

2.

阿普斯托．解析數論導引：哈爾濱工業大學出版社，2016.7：95

3.

維諾格拉多夫．數論基礎與維諾格拉多夫：哈爾濱工業大學出版社，2014.1：32

總結

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