![]() |
![]() ![]() |
![]() |
Perfez |
![]()
Сообщение
#1
|
![]() Бывалый ![]() ![]() ![]() Группа: Модераторы Сообщений: 231 Пол: Женский Репутация: ![]() ![]() ![]() |
Предоставляется такой, довольно-таки простой код с пре- и пост- условиями:
Код #предусловие: bit - есть непустая последовательность из нулей и/или единиц r = 0 t = 1 for i in range(len(bit)): r += t * bit[i] t *= -1 # постусловие: r делится на 3 если только число с бинарным представлением: # bit[0] bit[1] bit[2] ... bit[len(bit)-1] # делится на 3. А мне собственно интересно, как доказать (математически) то, что алгоритм правилен в принципе p.s. Пробовал делать такое через инвариант цикла, но в итоге ничего - выяснилось лишь то, что инвариант в этом случае будет равен t = -1range(len(bit)) ![]() Сообщение отредактировано: Perfez - 2.03.2011 12:41 |
TarasBer |
![]()
Сообщение
#2
|
![]() Злостный любитель ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Группа: Пользователи Сообщений: 1 755 Пол: Мужской Репутация: ![]() ![]() ![]() |
Надо доказать, что число в 2ичной системе счисления делится на 3, согда знакопеременная сумма его цифр делится на 3.
В более общем виде - число имеет тот же остаток от деления на n+1, что и знакопеременная сумма его цифр в n-ичной системе счисления. Итак, есть число a0 + a1*n + a2*n*n + a3*n*n*n + a4*n*n*n*n + ... вычитаем из него (a0-a1+a2-a3+a4-...) получаем (a0*(1-1)) + (a1*(n+1)) + (a2*(n*n-1)) + (a3*(n*n*n+1)) + (a4*(n*n*n*n-1)) + ... известно, что n^(2k)-1 делится на n+1 : n^(2k)-1 = (n^2-1)(1+n^2+...+n^(2k-2)) = (n+1)(n-1)(1+n^2+...+n^(2k-2)) и что n^(2k+1)+1 делится на n-1: n^(2k+1)+1 = (n+1)(1-n+n^2-...+n^(2k)) значит и вся сумма делится на n+1 а если разность двух чисел делится на n+1, значит у них одинаковый остаток от деления на него. -------------------- |
Perfez |
![]()
Сообщение
#3
|
![]() Бывалый ![]() ![]() ![]() Группа: Модераторы Сообщений: 231 Пол: Женский Репутация: ![]() ![]() ![]() |
просто, и со вкусом (с)
TarasBer, благодарю ![]() |
![]() ![]() |
![]() |
Текстовая версия | 18.08.2024 20:39 |