e*d = 1(mod(p–1) ( q–1))

mod是求余运算符.如果x与y的积除以z所得的余数为1,即xy=1(modz),则称x和y对于模数z来说互为逆元,这种互为逆元的关系用符号表示为：x=y的-1次方(modz)x的-1次方=y(modz

这是著名的Euler准则的一部分.对任意整数1<=i<=p-1,总存在惟一的整数j有i*j用p除余数为b,由于b是p的二次非剩余,故i不等于j,因此1,2,…,p-1分为(p-1)/2对,

(p-1)!-2*(p-3)!=（p-3）!（p^2-3p）=（p-3）!×p（p-3）所以p|（(p-1)!-2*(p-3)!）所以根据Wilson定理有：2*(p-3)!≣(p-1)!

x^n+y^n≡x+y(modp)所以1^n+p-1^n≡p(modp)≡0（modp）同理.所以1^n+2^n+…+(p-1)^n≡0（modp）当然注意p是奇数,否则不成立比如,当p=6n=1时1

MOD(ROW(),2)求当前行的行号,再以2为模求余数,从而判断行号的奇偶.所以公式的意思：如果公式所在单元格是奇数行,公式结果为A$7,否则结果为INDEX($A:$D,INT((ROW()+4)

e的逆可以按照辗转相除法,或者欧几里德定理计算啊.3220=79*40+6079=60*1+1960=19*3+319=3*6+11=19*19-60*6=(79-60)*19-60*6=79*19-

（2）(a^p)^(p-1)=(a^p)^[p^(p-2)]≡a^[p^(p-2)]（费马小定理）=(a^p)^[p^(p-3)]≡a^[p^(p-3)]≡.≡a^[p^1]≡a(modp)(3)由费

根据Wilson定理,由p是素数有(p-1)!≡-1(modp).由p是奇数,有如下(p-1)/2个同余式:p-1≡-1(modp),p-2≡-2(modp),...(p+1)/2≡-(p-1)/2(

根据已知可以设定3d=40k+1(k为整数)于是d=13k+(k+1)/3,d为整数,于是3|k+1,所以k=3t-1（t为整数）所以d=13k+(k+1)/3=40t-13

首先说一下求d的答案,ed=1mod(p-1)(q-1)=1mod60即7d=1mod60的意思是e与d的乘积对（p-1)(q-1)取余结果是1,题目给出e=7,(p-1)(q-1)可以求得是60,即

你用的语言是哪个?我当时是用C语言写的代码,实现最大RSA-2048.我把思想给你说一下吧.如果我们要定义一个很小的e、d、n、m,那么直接unsignedlongint就可以了.但是这样定义的数据的

RSA是基于这个原理实现的,但貌似求mol运算本身和RSA没关系吧求逆运算d*11=d*3（mol8）,然后从0试到7,发现当d=3时3*3=9=1（mol8）,具体是没有一个直接运算的算法的,尝试算

取余数,应该是这样的.

1mod40就是前一个数被后一个数整除后的余数为1所以d等于以7为底1的对数即为0

改为：=SUMPRODUCT((MOD(INDIRECT(MAX(ROW(A3))&"!$E$5:$E$100"),1)>=1/3)*(MOD(INDIRECT(MAX(ROW(A3))&"!$E$5

用a表示加密前的信息,b表示加密后的信息,c表示用另一对密钥解密后所得的信息,那么：对明文加密后得b≡a^emod(p*q)然后再用另一对密钥解密b得c≡a^d≡(a^e)^d=a^(e*d)cmod

1除96商0余1

设g是modp意义下的一个原根.则g^(p-1)=1modp且对于k=1,2...p-2:g^k不=1modp接下来,当p不整除x时：可设x=g^ymodp原方程化为by=ymod(p-1)(y=1,

首先,p-1必然为p的一个循环节(不一定是最小循环节).也即是:10^(p-1)==1(modp).费尔马小定理一步即可证明.x是最小循环节的长度,必然有x|(p-1).即得上式.

一、准备知识：引理1．剩余系定理2若a,b,c为任意3个整数,m为正整数,且(m,c)=1,则当ac≡bc(modm)时,有a≡b(modm)证明：ac≡bc(modm)可得ac–bc≡0(modm)