數學建模演算法與應用ppt

⑴ 大學生有什麼好容易得獎的國家級比賽嗎

大學生有什麼好容易得獎的國家級比賽嗎?

1、數學建模

數學建模就是通過計算得到的結果來解釋實際問題，並接受實際的檢驗，來建立數學模型的全過程。

當需要從定量的角度分析和研究一個實際問題時，人們就要在深入調查研究、了解對象信息、作出簡化假設、分析內在規律等工作的基礎上，用數學的符號和語言作表述來建立數學模型。

"挑戰杯"競賽在中國共有兩個並列項目，一個是"挑戰杯"全國大學生課外學術科技作品競賽(大挑);另一個則是"挑戰杯"中國大學生創業計劃競賽(小挑)。這兩個項目的全國競賽交叉輪流開展，每個項目每兩年舉辦一屆。

"挑戰杯"系列競賽被譽為中國大學生學生科技創新創業的"奧林匹克"盛會，是目前國內大學生最關注最熱門的全國性競賽，也是全國最具代表性、權威性、示範性、導向性的大學生競賽。

⑵ 2022千萬別學計算機科學與技術 原因是什麼

究其原因，大致有三點：一是高校開設計算機專業的門檻不高，所以追熱開設這門專業的高校數量實在太多了。二是每年高考後，不管喜不喜歡、適不適合就直接沖著高薪熱門的計算機專業報考的人實在太多了。
千萬別學計算機科學與技術嗎
對於很多高中生要不要學「計算機科學與技術」專業的疑問，很多正在從事計算機行業相關工作的人第一反應就是勸人別學，原因很簡單：這個專業的畢業生工作後實在是太辛苦了，加班是常態，工作不僅費腦而且還費頭發。
確實，以上這些說法都是對的。但是那些所謂過來人並沒有告訴高中生們的是，當碼農的確辛苦，但是同樣的工作量與時間，收入卻是同齡其它專業畢業生的兩倍甚至以上。工作環境基本上都是安裝著空調的明亮辦公室，比土木、電氣、機械等專業畢業生的工作環境不要好太多。
所以，如果僅僅是因為他人口中以上這兩點不足，就直接放棄報考計算機類專業，其實真的沒必要。
目前計算機類專業的平均月收入仍然排在所有本科專業中的第一名。無論怎麼看，在目前的各個行業中，計算機類專業還算是收入排名最靠前的幾個，同時也是普通家庭出身的高中生通過知識改變命運的一條康莊之路。
如果你對編程、計算機、數據處理感興趣，如果你的數學基礎較好、不排斥通過計算機專業在畢業後快速的掙到買房的首付錢，那麼報考計算機類專業，在大學四年期間努力學習專研，相信畢業後你一定也能找到一份相對不錯的工作。
計算機科學與技術專業是否難學零基礎真的不太影響你在這個專業的學習，選定自己的主攻方向，多練習多問人，起步晚並不影響你入門的。找好入門課程，努力學就成。
計算機科學與技術專業基礎必修課：C語言程序設計、數據結構、JAVA程序設計、計算機網路等。
第一門課應該是「C語言程序設計」，這基本上屬於你日後一切學習的開始與基礎，算是入門必備，簡單說它就是說一下的基礎語法，只要好好聽課，真的不算太難。
第二門課程是「數據結構」，難度適中，這門課要認真的聽，一些有了語言基礎之後，就必須學習結構知識和演算法，主要是教你一些設計演算法的思想和架構，一般都是結合C語言來教。
第三門課程是JAVA程序設計，也是一門計算機語言，跟C一樣都是教基礎的語法結構，很多語法跟C差不多，不過我感覺JAVA的應用面更廣，招聘平台上招JAVA開發的需求是最多的，所以要好好學，學精學透。然後是資料庫，我學校教的是SQL server，搞軟體開發的少不了要接觸資料庫，然後是靜態網頁，是HTML,CSS，都是教標記，很容。
第四們課程是計算機網路，主要是教各種協議，TCP,IP,TCP等等，還有OSI的七層模型，比較枯燥，這門課還是英語授課，雖然老師改得不嚴，但怎麼說，這門課要弄懂它說了啥相當不輕松。
計算機科學學科基礎選修課部分：信息處理技術、Photoshop、電模和數電等。
信息處理技術就是教你計算機的組成，還有WORD,EXCEL,PPT的使用，相當容易，想掛都難。
電模和數電相當於是讓你了解計算機內部電路板的原理吧，想弄懂不容易，但這個真不影響你在IT這行的發展。圖二的概率論，數學建模和圖一的離散數學都是起到輔助教學的作用，不用太擔心。計算機英語同理。
PS就好玩了，把妹利器啊，要好好學，老司機不騙你。
虛擬現實就是時下熱門的VR技術，學VRML的過程中的樂趣也不少。

⑶ 如何入門參與數學建模

想要入門參與數學建模，應該做到以下幾點：（1）對數學建模有著深厚的興趣，而不僅僅是為了獲獎。數學建模有很多有意思的點，使用自己建立的模型解決了一個實際問題，是很有成就感的一件事情。數學建模中會伴隨著編程與論文寫作，也是對自己能力提升的一個重要途徑。（2）有一定的基礎數學知識，包括微積分、線性代數、概率論和數理統計。掌握這些知識並不是說一定要精通，而是起碼應該知道一些基本方法，不然很多問題根本沒法做分析。（3）逐個學習模型，推薦姜啟源的《數學模型》。裡面的模型都是一些基礎模型，但是基礎模型非常重要，比你學習高大上的建模方法還要重要，現在的評委已經不喜歡各種套高大上的方法了。這本書起碼要結合案例去看，不需要十分精通，但一定要知道每種問題對應著哪種模型，在比賽期間方便查找，現學現賣。（4）掌握基礎的編程和演算法，推薦司守奎寫的《數學建模演算法與應用》，這本書主要內容是matlab，對建模比賽幫助很大。（5）掌握論文寫作技巧。論文寫作是數學建模競賽是否獲獎的重要因素，可以去參考歷年優秀論文，重點學習格式和行文思路。

⑷ 想聽大家對於一道密碼設計的數學建模題

公鑰密碼又稱為雙鑰密碼和非對稱密碼，是1976年由Daffy和Hellman在其「密碼學新方向」一文中提出的，見劃時代的文獻：
W.Diffie and M.E.Hellman, New Directrions in Cryptography, IEEE Transaction on Information Theory, V.IT-22.No.6, Nov 1976, PP.644-654
單向陷門函數是滿足下列條件的函數f：
(1)給定x，計算y=f(x)是容易的；
(2)給定y, 計算x使y=f(x)是困難的。
(所謂計算x=f-1(Y)困難是指計算上相當復雜，已無實際意義。)
(3)存在δ，已知δ 時,對給定的任何y，若相應的x存在，則計算x使y=f(x)是容易的。
註：1*. 僅滿足(1)、(2)兩條的稱為單向函數；第(3)條稱為陷門性，δ 稱為陷門信息。
2*. 當用陷門函數f作為加密函數時，可將f公開，這相當於公開加密密鑰。此時加密密鑰便稱為公開鑰，記為Pk。 f函數的設計者將δ 保密，用作解密密鑰，此時δ 稱為秘密鑰匙，記為Sk。由於加密函數時公開的，任何人都可以將信息x加密成y=f(x)，然後送給函數的設計者（當然可以通過不安全信道傳送）；由於設計者擁有Sk，他自然可以解出x=f-1(y)。
3*.單向陷門函數的第(2)條性質表明竊聽者由截獲的密文y=f(x)推測x是不可行的。
Diffie和Hellman在其里程碑意義的文章中，雖然給出了密碼的思想，但是沒有給出真正意義上的公鑰密碼實例，也既沒能找出一個真正帶陷門的單向函數。然而，他們給出單向函數的實例，並且基於此提出Diffie-Hellman密鑰交換演算法。這個演算法是基於有限域中計算離散對數的困難性問題之上的：設F為有限域，g∈ F是F的乘法群F*=F\{0}=<g>。並且對任意正整數x，計算gx是容易的；但是已知g和y求x使y= gx，是計算上幾乎不可能的。這已問題稱為有限域F上的離散對數問題。公鑰密碼學種使用最廣泛的有限域為素域FP.
對Diffie-Hellman密鑰交換協議描述：Alice和Bob協商好一個大素數p，和大的整數g，1<g<p，g最好是FP中的本原元，即FP*＝<g>。p和g無須保密，可為網路上的所有用戶共享。
當Alice和Bob要進行保密通信時，他們可以按如下步驟來做：
(1)Alice送取大的隨機數x，並計算
X=gx(mod P)
(2)Bob選取大的隨機數x，並計算X  = gx (mod P)
(3)Alice將X傳送給Bob；Bob將X 傳送給Alice。
(4)Alice計算K=(X )X(mod P);Bob計算K  ＝（X) X (mod P),易見，K=K  =g xx (mod P)。
由(4)知，Alice和Bob已獲得了相同的秘密值K。雙方以K作為加解密鑰以傳統對稱密鑰演算法進行保密通信。
註：Diffie-Hellman密鑰交換演算法擁有美國和加拿大的專利。
3 RSA公鑰演算法
RSA公鑰演算法是由Rivest,Shamir和Adleman在1978年提出來的（見Communitions of the ACM. Vol.21.No.2. Feb. 1978, PP.120-126)該演算法的數學基礎是初等數論中的Euler（歐拉)定理，並建立在大整數因子的困難性之上。
將Z/(n）表示為 Zn，其中n=pq; p,q為素數且相異。若
Z*n{g∈ Zn|(g,n)=1}，易見Z*n為  (n)階的乘法群，且有 g  (n)1(mod n)，而  (n)=(p-1)(q-1).
RSA密碼體制描述如下：
首先，明文空間P＝密文空間C=Zn.(見P175).
A.密鑰的生成
選擇p,q，p,q為互異素數，計算n=p*q,  (n)=(p-1)(q-1), 選擇整數e使( (n),e)=1,1<e< (n)),計算d,使d=e-1(mod  (n))),公鑰Pk={e,n};私鑰Sk={d,p,q}。
注意，當0<M<n時,M (n) =1(mod n)自然有：
MK (n)+1M(mod n), 而ed  1 (mod  (n)),易見(Me)d  M(mod n)
B.加密 (用e,n)明文：M<n 密文：C=Me(mod n).
C.解密 (用d,p,q)
密文：C 明文：M=Cd（mod n)
註：1*, 加密和解密時一對逆運算。
2*, 對於0<M<n時，若(M,n) ≠ 1，則M為p或q的整數倍，假設M=cp，由(cp,q)=1 有 M (q)  1(mod q) M  (q)  (p)  1(mod q)
有M (q) = 1+kq 對其兩邊同乘M=cp有
有M (q)＋1=M+kcpq=M+kcn於是
有M (q)＋1  M(mod n)
例子：若Bob選擇了p=101和q＝113，那麼，n=11413,  (n)=100×112＝11200；然而11200＝26×52×7，一個正整數e能用作加密指數，當且僅當e不能被2，5，7所整除（事實上，Bob不會分解φ(n)，而且用輾轉相除法（歐式演算法）來求得e，使（e, φ(n)=1)。假設Bob選擇了e=3533，那麼用輾轉相除法將求得：
d=e -1  6597(mod 11200), 於是Bob的解密密鑰d=6597.
Bob在一個目錄中公開n=11413和e=3533, 現假設Alice想發送明文9726給Bob，她計算：
97263533(mod 11413)=5761
且在一個信道上發送密文5761。當Bob接收到密文5761時，他用他的秘密解密指數（私鑰）d＝6597進行解密：57616597（mod 11413)=9726
註：RSA的安全性是基於加密函數ek(x)=xe(mod n)是一個單向函數，所以對的人來說求逆計算不可行。而Bob能解密的陷門是分解n=pq，知 (n)=(p-1)(q-1)。從而用歐氏演算法解出解密私鑰d.
4 RSA密碼體制的實現
實現的步驟如下：Bob為實現者
(1)Bob尋找出兩個大素數p和q
(2)Bob計算出n=pq和 (n)=(p-1)(q-1).
(3)Bob選擇一個隨機數e(0<e<  (n))，滿足（e，  (n)）＝1
(4)Bob使用輾轉相除法計算d=e-1(mod  (n))
(5)Bob在目錄中公開n和e作為她的公開鑰。
密碼分析者攻擊RSA體制的關鍵點在於如何分解n。若分
解成功使n=pq，則可以算出φ(n)＝（p-1)(q-1)，然後由公
開的e，解出秘密的d。（猜想：攻破RSA與分解n是多項式
等價的。然而，這個猜想至今沒有給出可信的證明！！！）
於是要求：若使RSA安全，p與q必為足夠大的素數，使
分析者沒有辦法在多項式時間內將n分解出來。建議選擇
p和q大約是100位的十進制素數。 模n的長度要求至少是
512比特。EDI攻擊標准使用的RSA演算法中規定n的長度為
512至1024比特位之間，但必須是128的倍數。國際數字
簽名標准ISO/IEC 9796中規定n的長度位512比特位。
為了抵抗現有的整數分解演算法，對RSA模n的素因子
p和q還有如下要求：
(1)|p-q|很大，通常 p和q的長度相同；
(2)p-1 和q-1分別含有大素因子p1和q1
(3)P1-1和q1-1分別含有大素因子p2和q2
(4)p+1和q+1分別含有大素因子p3和q3

為了提高加密速度，通常取e為特定的小整數，如EDI國際標准中規定 e＝216＋1，ISO/IEC9796中甚至允許取e＝3。這時加密速度一般比解密速度快10倍以上。 下面研究加解密算術運算，這個運算主要是模n的求冪運算。著名的「平方-和-乘法」方法將計算xc(mod n)的模乘法的數目縮小到至多為2l，這里的l是指數c的二進製表示比特數。若設n以二進制形式表示有k比特，即k=[log2n]+1。 由l≤ k，這樣xc(mod n)能在o(k3)時間內完成。（注意，不難看到，乘法能在o(k2)時間內完成。）

平方－和－乘法演算法：
指數c以二進制形式表示為：

c=
Xc=xc0×（x2)c1×…×(x2t-1)ct-1
預計算： x2=xx
x4=x22=x2x2
.
.
.
x2t-1 =x2t-2*x2t-2
Xc計算：把那些ci=1對應的x2i全部乘在一起，便得xc。至
多用了t-1次乘法。請參考書上的177頁，給出計算
xc(mod n)演算法程序：
A=xc c=c0+c12+..+ct-12t-1= [ct-1,....,c1,c0]2
5 RSA簽名方案

簽名的基本概念
傳統簽名（手寫簽名）的特徵：
（1）一個簽名是被簽文件的物理部分；
（2）驗證物理部分進行比較而達到確認的目的。(易偽造)
（3）不容易忠實地「」!!!
定義： (數字簽名方案）一個簽名方案是有簽署演算法與驗
證演算法兩部分構成。可由五元關系組（P,A,K,S,V）來刻化：
(1)P是由一切可能消息(messages)所構成的有限集合；
(2)A是一切可能的簽名的有限集合；
(3)k為有限密鑰空間，是一些可能密鑰的有限集合；
(4)任意k ∈K，有簽署演算法Sigk ∈ S且有對應的驗證演算法Verk∈V,對每一個
Sigk:p A 和Verk:P×A {真，假} 滿足條件：任意x∈ P,y∈ A.有簽名方案的一個簽名：Ver(x,y)= ｛
註：1*.任意k∈K, 函數Sigk和Verk都為多項式時間函數。
2*.Verk為公開的函數，而Sigk為秘密函數。
3*.如果壞人（如Oscar)要偽造Bob的對X的簽名，在計算上是不可能的。也即,給定x，僅有Bob能計算出簽名y使得Verk(x,y)＝真。
4*.一個簽名方案不能是無條件安全的，有足夠的時間，Oscar總能偽造Bob的簽名。
RSA簽名：n=pq,P=A=Zn,定義密鑰集合K={(n,e,p,q,d)}|n=pq,d*e1(mod (n))}
注意：n和e為公鑰；p,q,d為保密的（私鑰）。對x∈P, Bob要對x簽名，取k∈K。Sigk(x) xd(mod n)y(mod n)
於是
Verk(x,y)=真 xye(mod n)
（注意：e,n公開；可公開驗證簽名(x,y)對錯！！也即是否為Bob的簽署）
註：1*.任何一個人都可對某一個簽署y計算x=ek(y)，來偽造Bob對隨機消息x的簽名。
2*.簽名消息的加密傳遞問題：假設Alice想把簽了名的消息加密送給Bob，她按下述方式進行：對明文x，Alice計算對x的簽名，y=SigAlice(x)，然後用Bob的公開加密函數eBob,算出
Z=eBob(x,y) ,Alice 將Z傳給Bob，Bob收到Z後，第一步解密，
dBob(Z)=dBobeBob(x,y)=(x,y)
然後檢驗
VerAlice(x,y)= 真
問題：若Alice首先對消息x進行加密，然後再簽名，結果
如何呢？Y=SigAlice(eBob(x))
Alice 將（z,y)傳給Bob，Bob先將z解密，獲取x;然後用
VerAlice檢驗關於x的加密簽名y。這個方法的一個潛在問
題是，如果Oscar獲得了這對（z,y)，他能用自己的簽名來
替代Alice的簽名
y=SigOscar(eBob(x))
(注意：Oscar能簽名密文eBob(x)，甚至他不知明文x也能做。Oscar傳送（z,y )給Bob,Bob可能推斷明文x來自Oscar。所以，至今人么還是推薦先簽名後加密。）
6.EIGamal方案

EIGamal公鑰密碼體制是基於離散對數問題的。設P
至少是150位的十進制素數，p-1有大素因子。Zp為有限域，
若α為Zp中的本原元，有Zp* ＝<α>。若取β∈Zp*=Zp\{0}，
如何算得一個唯一得整數a,（要求，0≤a≤ p-2)，滿足
αa=β(mod p)
將a記為a=logαβ
一般來說，求解a在計算上是難處理的。
Zp*中的Egamal公鑰體制的描述：設明文空間為P=Zp*,密文空
間為C=Zp*×Zp*,定義密鑰空間K={(p, α,a, β )|β=αa(mod p)}
公開鑰為：p, α ,β
秘密鑰（私鑰）：a
Alice 取一個秘密隨機數k∈ Zp-1，對明文x加密
ek(x,k)=(y1,y2)
其中， y1=αk(mod p),y2=xβk(mod p)
Bob解密，
dk(y1,y2)=y2(y1α)-1(mod p)
註：1*.容易驗證y2(y1α)-1=x(αa)k(αka)-1=x !!
2*.利用EIGamal加密演算法可給出基於此的簽名方案：
Alice 要對明文x進行簽名，她首先取一個秘密隨機數k作
為簽名
Sigk(x,k)=( ,  )
其中 ＝αk(mod p), =(x-a )k-1(mod p-1)
對x, ∈Zp*和 ∈ Zp-1，定義Verk(x, ,)＝真等價於
βα＝αx(mod p)
要說明的是，如果正確地構造了這個簽名，那麼驗證將
是成功的，因為
βα＝ αa αk (mod p)= αa+k (mod p)
由上面知道， ＝（x- a)k-1(mod p-1)可以推出
k=x- a(mod p-1)有a+kx(mod p)
所以 β  ＝ αx (mod p)
該簽名方案已經被美國NIST(國家標准技術研究所）確定為簽名標准（1985）。

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