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離散數學 II（知識點匯總）

目錄

• 離散數學 II（知識點匯總）
  • 代數系統
    • 代數系統定義
      • 例子
    • 二元運算定義
  • 運算及其性質
    • 二元運算的性質
      • 封閉性
      • 可交換性
      • 可結合性
      • 可分配性
      • 吸收律
      • 等冪性
      • 消去律
    • 特殊的元素性質
      • 幺元
      • 零元
      • 逆元
        • 證明逆元且唯一定理
    • 二元運算表中性質的體現
  • 半群
    • 廣群
      • 成立條件
    • 半群
      • 定義
      • 特性
      • 子半群
    • 獨異點
      • 成立條件
      • 特性
    • 證明是半群或獨異點
  • 群和子群
    • 群
      • 定義
      • 階數、有限群、無限群
        • 1階、2階、3階、4階群
      • 特性
        • 冪特性
        • 運算表特性
      • 運算
      • 子群
        • 定義
        • 判定條件
        • 性質
        • 平凡子群
        • 中心
        • 共軛子群
  • 阿貝爾群和循環群
    • 阿貝爾群 / 交換群
      • 定義
      • 判定
    • 循環群
      • 定義
      • 特性
      • 元素的階
        • 定義
        • 性質
      • 子群性質
  • 置換群和伯恩賽德定理
    • 置換
      • 成立條件
      • 運算
    • 置換群
      • 定義
      • 對稱群
      • 交錯群
      • 輪換
        • 定義
        • 記法
        • 對換
          • 定義
          • 性質
      • 誘導的二元關係
        • 定義
        • 性質
      • 三元素集的置換群
        • 對稱群
        • 交錯群
    • 伯恩賽德定理
  • 陪集和拉格朗日定理
    • 陪集
      • 定義
      • 性質
    • 特殊關係
      • 劃分
      • 等價關係
      • 等價類
      • 商集 A/R
    • 子群的指數
    • 拉格朗日定理
      • 推論
  • 正規子群和商群
    • 正規子群 / 不變子群
      • 定義
      • 判別
      • 單群
      • 性質
    • 商群
      • 運算
      • 定義
      • 性質
      • 推論
  • 同態與同構
    • 同態映射 / 同態 ~
      • 定義
      • 同態象
      • 自然同態
      • 分類
        • 同構
          • 凱萊定理
      • 自同態 / 自同構
    • 同態映射性質
    • 同態核
      • 定義
      • 性質
    • 同態基本定理
    • 第一同構定理 / 商群同構定理
  • 環與域
    • 定義
      • 零元
      • 單位元
      • 負元
      • 逆元
    • 例子
    • 性質
    • 特殊環
      • 交換環
      • 含幺環
      • 無零因子環
        • 零因子
    • 整環
      • 定義
    • 子環
      • 定義
      • 判定定理
    • 域
      • 定義
      • 例子
    • 域與整環的關係
    • 環的同態定義
      • 分類
      • 同態像及其特性
        • 綜合例題

代數系統

代數系統定義

一個非空集合A，連同若干個定義在該集合上的運算f1,f2,…,fk，所組成的系統就稱為一個代數系統，記作<A， f1,f2,…,fk >。

例子

例：<N,＋>,<Z,＋,·>,<R,＋,·>都是代數系統,其中+和·分別表示普通加法和乘法。
例：<Mn(R),＋,·>是代數系統,其中＋和·分別表示n階(n≥2)實矩陣的加法和乘法。
例：<ρ(S),∪,∩,~ >也是代數系統，其中含有兩個二元運算∪和∩以及一個一元運算 ~。

二元運算定義

S為非空集合，從S×S->S的映射： f: S×S->S稱為集合S上的一個二元運算。

運算及其性質

二元運算的性質

封閉性

• Premise：\(*\)是定義在集合A上的二元運算， \(\forall\ x,y\in A\)
• Condition：\(\ x*y\in A\)
• Summary：\(*\)在A上是封閉的

可交換性

• Premise：\(*\)是定義在集合A上的二元運算， \(\forall\ x,y\in A\)
• Condition：\(x*y=y*x\)
• Summary：\(*\)在A上是可交換的

可結合性

• Premise：\(*\)是定義在集合A上的二元運算， \(\forall\ x,y,z\in A\)
• Condition：\((x*y)*z=x*(y*z)\)
• Summary：\(*\)在A上是可結合的

可分配性

• Premise：\(*,\triangle\)是定義在集合A上的二元運算， \(\forall\ x,y,z\in A\)
• Condition：\(x*(y\triangle z)=(x*y)\triangle (x*z)\)、\((y\triangle z)*x=(y*x)\triangle (z*x)\)
• Summary：在A上，\(*\)對於$\triangle $是可分配的

吸收律

• Premise：\(*,\triangle\)是定義在集合A上的二元運算， \(\forall\ x,y\in A\)
• Condition：\(x*(x\triangle y)=x\)、\(x\triangle (x*y)=x\)
• Summary：\(*\)和$\triangle $在A上滿足吸收律

等冪性

• Premise：設\(*\)是定義在集合A上的二元運算， \(\forall\ x\in A\)
• Condition：\(x*x=x\)
• Summary：\(*\)在A上是等冪的

消去律

• Premise：設\(*\)是定義在集合A上的二元運算， \(\forall\ x,y,z \in A\)
• Condition：（左消去律）\(x*y=x*z\Rightarrow y=z\)、（右消去律）\(y*x=z*x\Rightarrow y=z\)
• Summary：\(*\)在A上是滿足消去律的

特殊的元素性質

\(*\)是定義在集合A上的二元運算

幺元

• 左幺元：對於\(e_l\in A,\ \forall\ x\in A,\ e_l*x=x\)
• 右幺元：對於\(e_r\in A,\ \forall\ x\in A,\ x*e_r=x\)
• 幺元：對於\(e\in A\)，\(e\)既是左幺元又是右幺元

零元

• 左零元：對於\(\theta_l\in A,\ \forall\ x\in A,\ \theta_l*x=\theta_l\)
• 右零元：對於\(\theta_r\in A,\ \forall\ x\in A,\ x*\theta_r=\theta_r\)
• 零元：對於\(\theta\in A\)，\(e\)既是左零元又是右零元

逆元

設在代數系統\(<A,*>\)中，\(*\)為二元運算，e為A中關於\(*\)的幺元，\(a,b\in A\)

• 左逆元：\(b*a=e\)，則b為a的左逆元
• 右逆元：\(a*b=e\)，則b為a的右逆元
• 逆元：b​既是a的左逆元又是右逆元，則b為a的逆元，記為a^-1^
  • 此時有a與b互為逆元

證明逆元且唯一定理

• Premise：\(\forall\ a\in A\)，e為A的逆元，\(*\)為A的二元運算
• Condition：a都有左逆元，\(*\)可結合
• Summary：a的左逆元為a的逆元且唯一

二元運算表中性質的體現

\(*\)是定義在集合A上的二元運算

• 封閉性\(\Leftrightarrow\)運算表中所有元素\(\in A\)
• 可交換性\(\Leftrightarrow\)運算表中所有元素沿對角線對稱
• 等冪性\(\Leftrightarrow\)運算表中主對角線元素等於本身
• 零元\(\Leftrightarrow\)該元素運算行列元素與其本身相同
• 幺元\(\Leftrightarrow\)該元素運算行列元素與其對應的行列元素一致
• 逆元\(\Leftrightarrow\)兩元素行列相交處都是幺元

半群

廣群

成立條件

• \(*\)運算封閉

半群

定義

• \(*\)運算封閉
• \(*\)運算可結合

特性

• A元素有限，則必有等冪元

證：

∵ <S, *>是半群，∴對於\(\forall\)b \(\in\)S，由運算*封閉可知:
b^2^=b*b\(\in\)S，b^2^ *b=b*b^2^=b^3^\(\in\)S ，b^4^，b^5^… \(\in\)S
∵ S有限，∴必定\(\exists\)i,j，j>ｉ，有b^i^=b^j^（第一輪）
∴ b^i^ =b^j^ =b^j-i^ * b^i^
令p=j-i ，則有 b^i^ =b^p^ * b^i^
∴ 對任意q≥i, 有b^q^= b^p^ *b^q^ （第二輪）
又∵p≥1 ∴$\exists $k,有kp≥i，則有b^kp^=b^p^ *b^kp^ （第三輪）
由b^kp^=b^p^ *b^kp^得： b^kp^=b^p^ *b^kp^=b^p^ *(b^p^ *b^kp^)=…=b^kp^ *b^kp^
∴令a=b^kp^ \(\in\)S 則a*a=a，∴b^kp^是等冪元。

子半群

• \(B\subseteq A\)
• \(*\)在B上運算封閉

獨異點

成立條件

• 為半群
• 含幺元

特性

• 運算表任意兩行兩列都不相同

證：

設獨異點中幺元為e，對於任意 a,bS且a≠b，總有
（1）∵a*e=a ≠ b=b*e
由a，b任意性， 有<S, *>運算表中任兩行不同；
（2）∵e*a = a ≠ b = e*b
由a，b任意性，有<S, *>運算表中任兩列不同。

• 若a，b均有逆元，則
  • \((a^{-1})^{-1}=a\)
  • \(a*b\)有逆元，且\((a*b)^{-1}=b^{-1}*a^{-1}\)

證：

a) ∵a^-1^是a的逆元

​ ∴a^-1^既是a的左逆元又是a的右逆元

​ 即：a^-1^ *a=a *a^-1^=e

​ ∴a既是a^-1^的右逆元又是a^-1^的左逆元，

​ ∴ a是a^-1^的逆元 即(a^-1^)^-1^=a

b) 要證(a *b)^-1^=b^-1^ *a^-1^，即證b^-1^ *a^-1^為a*b的逆元。

∵(a*b) *(b^-1^ *a^-1^)=a* (b*b^-1^) *a^-1^=a*e*a^-1^=e

∴b^-1^ *a^-1^是a*b的右逆元，

又∵（b^-1^ *a^-1^）*（a *b）=b^-1^ *（a^-1^ *a）*b＝e

∴b^-1^ *a^-1^是a*b的左逆元，

∴(a*b)^-1^=b^-1^ *a^-1^

證明是半群或獨異點

按定義證明

群和子群

群

定義

• 運算封閉
• 可結合
• 存在幺元e
• 對於每一個元素\(x\in G\)，存在逆元$x^{-1}

階數、有限群、無限群

如果\(<G,*>\)為群且元素有限，則稱為有限群，元素個數稱為群的階數，否則稱為無限群

1階、2階、3階、4階群

1~4階都有循環群，可以用mod運算推

4階還有克萊因四元群，如下

特性

• 階大於1的群中不可能有零元

證：

（1）當群的階為1時，它的唯一元素視作幺元e；

（2）設|G|>1且群<G, *>中有零元q，那麼群中

​ ∀x∈G，*都有q*x=x*q=q ≠ e

所以零元q不存在逆元，這與<G, *>是群矛盾。

• $\forall\ a,b\in G,\ \exists\ \(唯一的\)x,\ a*x=b$

證：

（1）存在性
設群<G, *>的單位元為e，令x=a^-1^ *b， 則
a*x＝a*(a^-1^ *b)＝(a*a^-1^) *b＝e*b=b
所以x＝a^-1^ *b是方程a*x＝b的解。
（2）唯一性
若還有x′∈G， 使得a*x′=b， 則
x′=e*x′
=(a^-1^ *a)*x′=a^-1^ *(a*x′)=a^-1^ *b=x
故x＝a^-1^ *b是方程a*x＝b的唯一解。

• 滿足消去律

證：

a*b＝a*c

$\Rightarrow $ a^-1^ *(a*b)＝a^-1^ *(a*c)

$\Rightarrow $ (a^-1^ *a) *b＝(a^-1^ *a)*c

$\Rightarrow $ e*b＝e*c

$\Rightarrow $ b＝c

冪特性

• 除了幺元外，不存在其他等冪元
• 關於逆元,群中任一元素逆元唯一，且有：
  • \((a^{-1})^{-1}=a\)
  • \((a*b)^{-1}=b^{-1}*a^{-1}\)
  • \((a^{n})^{-1}=(a^{-1})^n=a^{-n}\)

證：

已學定理5-2.4：設代數系統<A, *> ， A中存在幺元e，且$\forall $x∈A，都存在左逆元，若*是可結合的運算，那麼<A, *> 中任何一個元素的左逆元必定也是該元素的右逆元，且每個元素的逆元唯一。

證明：

∵群滿足結合律，且群中每個元素都有逆元，

∴每個元素都有左逆元，

∴每個元素的逆元唯一。

運算表特性

• 每一行與每一列都是G元素的一個置換，沒有相同元素
• 運算表中任意兩行或者兩列都不相同

運算

AB={ab|a∈A,b∈B}
A^-1^={a^-1^|a∈A}
gA={ga|a∈A}

子群

記為H\(\leq\)G，真子群記為H<G

定義

• 為一個群的非空子集
• 也為群

判定條件

1. 非空\(S\subseteq G\)，且S也是群
2. 非空\(S\subseteq G\)，G為有限群，S中運算封閉
3. 非空\(S\subseteq G\)，有\(a*b^{-1}\in S\)

性質

若<H, *>和<K, *>為<G, *>子群，則

• <H\(\cap\)K, *>也是子群
• <H\(\cup\)K, *>是子群 當且僅當 H\(\subseteq\)K或K\(\subseteq\)H
• HK是子群 當且僅當 HK=KH

平凡子群

\(S=\{e\}\quad OR\quad S=G\)

中心

對於\(C=\{y|y*a=a*y,y\in G\}\)，則<C, *>為子群，稱為G的中心

共軛子群

若H為G子群，則xHx^-1^={x*h*x^-1^|h ∈H}也是G的子群，稱xHx^-1^是H的共軛子群

阿貝爾群和循環群

阿貝爾群 / 交換群

定義

• 是群
• \(*\)可交換

判定

• 是群，且\(\forall\ a,b\in G,\ (a*b)*(a*b)=(a*a)*(b*b)\)

證：

充分性 即證a*b=b*a。
∵ (a*b)*(a*b)=(a*a)*(b*b) 且<G,*>是群，*可結合
∴ a*(b*a)*b=a*(a*b)*b
∴ a^-1^ *(a*(a*b)*b)*b^-1^=a^-1^ *(a*(b*a)*b)*b^-1^
即有：a*b=b*a， ∴ <G,*>是阿貝爾群。
必要性 ∵ <G,*>是阿貝爾群，
∴對∀a,b∈G，有：a*b=b*a
∴ (a*b)*(a*b)=a*(b*a)*b=a*(a*b)*b=(a*a)*(b*b)

循環群

定義

\(\exists\ a\in G,\ \forall\ b\in G\)，b都能表示成a的冪，a稱為生成元

特性

• 是阿貝爾群
• 如果是有限群，階數為n，則
  • 幺元為a^n^
  • 有\(\psi(n)\)個生成元,（歐拉函數，表示小於n且與n互質的正整數個數）
  • G的其他生成元即\(a^k\)，k與n互質
• 若階數無限，則只有兩個生成元e和e^-1^

元素的階

定義

最小正整數k使某一元素\(a^k=e\)，則k為a的階（周期）

性質

• a^k^=e \(\iff\) r | k

  （k是r的整數倍，即存在整數m，使得k=rm ）

證：

充分性：r | k \(\Rightarrow\) a^k^=e

設 r | k，則存在整數m，使得k=rm，

​ a^k^= a^rm^=(a^r^)^m^=e^m^=e

必要性：a^k^=e \(\Rightarrow\) r | k

若a^k^=e，由帶余除法，一定存在整數p,q，使得

k=pr+q(0≤q<r)，於是a^k^=a^pr+q^=a^pr^ *a^q^=(a^r^)^p^ *a^q^ =(e)^p^ *a^q^ =e*a^q^ =a^q^ =e （a^k^=e）

∵ r是a的階,即使得a^r^=e的最小正整數

∴只有q=0才可能有a^q^ =e， ∴ k=pr 即r | k。

• O(a)= O(a^-1^)（元素與其逆元的階相同）

證：

O(a)= O(a^-1^)（元素與其逆元的階相同）

證：∀a∈G，a的階為r, a^-1^的階為r’,

則 (a^-1^)^r’^=e ，a^r^=e

∵ (a^r^)^-1^ *a^r^=e 且a^r^=e，
∴ (a^r^)^-1^=e（ (a^r^)^-1^與e做運算=e，則(a^r^)^-1^必=e）
由紅色部分可得(a^r^)^-1^=(a^-1^)^r’^=e－－－－－①
∵ <G,*>是群，即(a^n^)^-1^=(a^-1^)^n^成立，則
(a^r^)^-1^=(a^-1^)^r^ 成立－－－－－②
由①②可得，(a^-1^)^r^ =(a^-1^)^r’^=e
∵ 已知r’是a^-1^的階，即r’是使得(a^-1^)^k^ =e的最小正整數，
∴ r=mr’（m為正整數),即r’|r。 (定理中的(1)剛證明過)
同理可證r|r’。
(a^-1^)^r’^= (a^r’^)^-1^=e
∵ (a^r’^)^-1^ * a^r’^=e
∴ a^r’^=e
∵ 已知r是a的階，即r是使得(a)^r^ =e的最小正整數，
∴ r’=mr (m為正整數),即r|r’ .由r’|r與 r|r’即可證得r=r’。

• r ≤ |G|（元素的階一定小於等於群的階）

證：

一個元素a, a的階是r,且r>|G|,則由a可生成一個集合S={a,a^2^,a^3^,…,a^r-1^,a^r^}，因為運算*封閉，所以S⊆G, 則S的元素個數小於|G|.
然後證明a,a^2^,a^3^,…,a^r-1^,a^r^各不相同。
若不然，假設S中存在兩個元素相同：
a^i^=a^j^,其中1≤i<j≤r，就有e=a^j-i^ (1≤ j-i<r,a^i^=a^j^右側同*a-i)，而已知r是使得a^r^=e的最小整數。
a,a^2^,a^3^,…,a^r-1^,a^r^都各不相同，即集合S的元素個數大於|G|，與S⊆G矛盾。綜上，r≤|G|

子群性質

• 循環群的子群也是循環群
• 循環群是無限階的，則其子群除了{e}也是無限階的
• 循環群是n階的，對於每個n的因子，有且只有一個循環子群

置換群和伯恩賽德定理

置換

成立條件

• 對於非空集合S，\(S\rightarrow S\)的雙射稱為S的置換

運算

先運用\(\pi_2\)，再運用\(\pi_1\)

• 左複合 $\circ \(：\)\pi_1\circ\pi_2$
• 右複合 $\diamond \(：\)\pi_2\diamond\pi_1$

置換群

定義

• 具有n個元素的集合S中所有的置換組成的群\(<S_n,\circ>\)，其中元素個數有 n! 個
• 任意\(<S_n,\circ>\)的子群都是S上的置換群

對稱群

\(S_n\)稱為S的對稱群

交錯群

\(S_n\)中所有偶置換組成的群，記為\(A_n\)，\(|A_n|=n!/2\)

輪換

定義

設s是S={1,2,…,n}上的n元置換，且：

\[s(i_1)=i_2, s(i_2)=i_3, …, s(i_k-1)=i_k, s(i_k)=i_1 \]

且\(\forall\ x\in S,\ x\ne i_j (j=1,2,…,k)\)，有 s(x)=x（即s 不改變其餘元素），稱s是S上的一個k階輪換, 當k=2, s也稱為對換。

記法

\((i_1,i_2,…,i_k)\)

對換

定義

k=2時

性質

• 任意輪換可以寫成對換的乘積。即

  (a1 a2…ar)＝(a1 ar)(a1 ar-１)…(a1 a3)(a1 a2)

誘導的二元關係

定義

設\(<G,\circ>\)為S的一個置換群，則其誘導的二元關係有

\[R=\{<a,b>|\pi(a)=b,\ \pi\in G\} \]

性質

• 是一個等價關係（條件：自反性、對稱性、傳遞性）

三元素集的置換群

對稱群

S~3~={ (1), (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2) }

交錯群

A~3~={ (1), (1 2 3), (1 3 2) }

伯恩賽德定理

\(\pi\)是劃分S的置換群的一個置換，\(\phi(\pi)\)指置換中不變元個數

\[等價類數目=\frac{1}{|G|}\sum_{\pi\in G}\phi(\pi) \]

陪集和拉格朗日定理

陪集

定義

設H是G的子群，\(a\in G\)，則

• aH={a*h|h∈H} H關於a的左陪集
• Ha={h*a|h∈H} H關於a的右陪集

a稱為陪集的代表元素

性質

元素\(\Rightarrow\)陪集

• 陪集元素個數相等，\(\forall a\in G\)，|aH|=|H|

• a∈H$\iff $aH=H，Ha=H

• a∈aH

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• b∈aH $\iff $ bH=aH

陪集與陪集

• aH和bH關係只有兩種
  • aH∩bH=\(\varnothing\)（Ha∩Hb=\(\varnothing\)）
  • aH=bH（Ha=Hb）

陪集\(\Rightarrow\)元素，a/b屬於同一陪集

• aRb \(\iff\) a^-1^ *b∈H \(\iff\) b∈aH \(\iff\) aH=bH

所有左陪集的集合∑剛好是G的一個劃分

特殊關係

劃分

• 每個元素非空。不存在空塊
• 所有元素並集為G
• 任兩個元素交集為空

等價關係

關係R滿足自反、對稱、傳遞

• 若<x,y>\(\in\)R，稱x等價於y，記作x~y

等價類

有等價關係的元素組成的一個集合，記為[a]~R~

• a稱為[a]~R~的代表元素

商集 A/R

以R的所有等價類作為元素的集合稱為A關於R的商集

子群的指數

G對H的陪集的集合的基數，即陪集的數目，記為[G:H ]

拉格朗日定理

H為G的子群，則：

• R={<a,b>|a∈G,b∈G且a^-1^ *b∈H}是G上的一個等價關係。對於a∈G，若記[a]~R~={x|x∈G且<a,x>∈R}，則[a]~R~=aH
• 如果G是有限群，|G|=n，|H|=m，則m|n。

推論

• 素數階群的子群一定是平凡群。（素數階的群不存在非平凡子群）
• 設<G,*>是n階群，則對任意a∈G，有a^n^=e
• 有限群中，元素的階能整除群的階
• 素數階群一定是循環群，且每個非幺元均為生成元

正規子群和商群

正規子群 / 不變子群

定義

H\(\leq\)G，\(\forall g\in G\)，gH=Hg，記為H\(\unlhd\)G

判別

\(\forall a\in G\)，

• aH=Ha，（即H\(\unlhd\)G）
• \(\forall h\in H\)，aha^-1^\(\in\)H
• aHa^-1^\(\subseteq\)H
• aHa^-1^=H

如果G是交換群，則G的任何子群都是正規子群

[G:H]=2 ， 則H是G的正規子群

單群

G除了平凡子群外無其他正規子群

性質

• 正規子群與子群的乘積是子群
• 正規子群與正規子群的乘積是正規子群
• 無傳遞性

商群

運算

在G/H上定義陪集乘法運算∙，對於任意aH,bH∈G/H, 有

\[aH·bH=(ab)H \]

定義

設G為群，H為正規子群，則G/H關於運算∙構成一個群，稱為G的商群

性質

• 商群G/H的單位元是eH（=H）
• 在G/H中aH的逆元是a^-1^H

推論

• 若G是交換群，G/H也是交換群
• 商群的階是G階數的因子

同態與同構

同態映射 / 同態 ~

定義

<A,\(\star\)>與<B,*>滿足\(f(a_1\star a_2)=f(a_1)*f(a_2)\)

稱 f 為同態映射 / 同態，<A,\(\star\)>同態於<B,*>

記為 A~B

同態象

<f(A), *>為<A,\(\star\)>的一個同態象

自然同態

群G到商群G/H的同態，為 a\(\rightarrow\)aH

分類

• f:A\(\rightarrow\)B 為滿射，f 稱為滿同態
• f:A\(\rightarrow\)B 為入射，f 稱為單一同態
• f:A\(\rightarrow\)B 為雙射，f 稱為同構映射

同構

f 為同構映射時，稱<A,\(\star\)>與<B,*>同構，記為A\(\cong\)B

• 同構關係是等價關係

凱萊定理

任何一個有限群同構於一個置換群。

置換群即運算表中所有行 OR 所有列。

自同態 / 自同構

自身到自身的映射

同態映射性質

在 f 作用下

• <A, $\star $>的所有性質在同態象上保留
• 若同構，則<B, *>擁有<A, $\star $>的所有性質

同態核

定義

A中元素映射 f 後為幺元。記為 Ker(f)，稱為 f 的同態核

Ker(f) = {x|x∈G且f(x)=e’}

性質

• 同態核N為A的正規子群
• f 為單同態 \(\iff\) Ker(f)={e}
• 若Ker(f)=N ，則 f(a)=f(b) \(\iff\) aN=bN

同態基本定理

• 若 f 為A到B的滿同態，Ker(f)=N，則A/N\(\cong\)B
• 若h為A自然同態，存在A/N到B的同構g，有f=gh

第一同構定理 / 商群同構定理

• 若 f 為A到B的滿同態，Ker(f)=N，H\(\unlhd\)A 且 N\(\subseteq\)H
  • 則 A/H \(\cong\) B/f(H)
• 若 H\(\unlhd\)A 且 K\(\unlhd\)A 且 K\(\subseteq\)H
  • 則 A/H \(\cong\) (A/K) / (H/K)

環與域

定義

對於<A, +, ·>有兩種二元運算的代數系統

• <A, +>是阿貝爾群

• <A, ·>是半群

• 運算 · 對於 + 是可分配的，即\(\forall a,b,c\in A\)：

  a·(b+c)=(a·b)+(a·c)

  (b+c)·a=(b·a)+(c·a)

為了區別環中的兩個運算，通常稱＋運算為環中的加法，·運算為環中的乘法。

零元

加法單位元，記為0(\(\theta\))

單位元

乘法單位元，記為1

負元

加法逆元，記為-x

逆元

乘法逆元，記為x^-1^

例子

• <R,＋,·> 實數環
• <Q,＋,·> 有理數環
• <I,＋,·> 整數環
• <M~n~(I),＋, ·> n階整數矩陣環
• <N~k~ , ＋~k~ , ×~k~> 模k整數環
• <Z[i], ＋, ·>(Z[i]=a+bi,a,b\(\in\)Z,i^2^=-1) 高斯整數環 (複數)
• <R[x] ,＋, ·> R[x]為實數多項式

性質

與理解的加法乘法相同，消去律不一定

• a·\(\theta\)=\(\theta\)·a=\(\theta\)
• a·(–b)=(–a)·b = –(a·b)
• (–a)·(–b)=a·b
• a·(b–c)=(a·b)–(a·c)
• (b–c)·a=(b·a)– (c·a)

特殊環

交換環

<A, · >可交換

含幺環

<A, · >含幺元

無零因子環

（等價於乘法消去律）

\(\forall a,b\in A, a\neq\theta, b\neq \theta\)，則必有\(a·b\neq\theta\)

零因子

若\(a,b\in A, a\neq\theta, b\neq \theta\)，有\(a·b=\theta\)，則a或b為零因子

整環

定義

（基於乘法運算的性質）

交換、無零因子 OR 含幺、無零因子

即同時滿足交換環、含幺環和無零因子環的條件

子環

定義

環的子集，也是環

判定定理

\(\forall a,b\in S,a-b\in S,a·b\in S\)

域

定義

滿足如下：

• <A, +>是阿貝爾群
• <A – {\(\theta\)}, ·>是阿貝爾群
• 運算 · 對運算＋是可分配的

例子

• 實數域
• 有理數域
• 〈Z~n~,+~n~, · ~n~ 〉是域的充要條件是n是素數

域與整環的關係

• 域一定是整環
• 有限整環一定是域

環的同態定義

設V~1~=<A,*,∘>和V~2~=<B,⊛,◎>是兩環，其中*、∘、⊛和◎都是二元運算。f 是從A到B的一個映射，使得對\(\forall\)a, b\(\in\)A有：

​ f(a*b)=f(a)⊛f(b)

​ f(a∘b)=f(a)◎f(b)

則稱f是環V1到環V2的同態映射

分類

如果f是單射、滿射和雙射，分別稱f是單同態、滿同態和同構

同態像及其特性

<f(A),⊛,◎>是<A,*,∘>的同態像。

• 任何環的同態像是環

綜合例題

設<R,+, · >是環，其乘法單位元記為1，加法單位元記為0，對於任意a,b\(\in\)R,定義

a⊕b=a+b+1,a⊙b=a·b+a+b。求證： <R, ⊕, ⊙ >也是含幺環，並與<R,+, · >同構。

證明：

首先證明<R, ⊕, ⊙ >是環。

（1） <R, ⊕ >是阿貝爾群。

（2） <R, ⊙ >是含幺半群。

（3） ⊙對⊕可分配，再證明同構。

（4）構造雙射f: f(a)=a-1,驗證同構性。

（1） <R, ⊕ >是阿貝爾群。

顯然R關於⊕是封閉的且⊕運算是可交換的。

結合性：對於任意的x,y,z\(\in\)R,有

(x⊕y)⊕z=(x+y+1)⊕z=x+y+z+2,而

x⊕(y⊕z )= x⊕ (y+z+1)=x+y+z+2, 即⊕運算滿足結合律。

幺元：對於任意x\(\in\)R， x⊕-1= x+(-1)+1=x,-1是R關於⊕運算的幺元。

逆元：對於任意x\(\in\)R， x⊕（-x-2)= x+(-x-2)+1=-1, +(-x-2)是x關於⊕運算的逆元。

所以<R, ⊕ >是阿貝爾群。

（2） <R, ⊙ >是含幺半群。

顯然R關於⊙是封閉的、可交換的。

結合性：對於任意的x,y,z ÎR,有

(x ⊙ y) ⊙ z=(xy+x+y) ⊙ z=xyz+xz+yz+xy+x+y+z,而

x ⊙(y ⊙ z )= x ⊙ (yz+y+z)=xyz+xy+xz+yz+x+y+z, 即⊙運算滿足結合律。

幺元：對於任意xÎR， x ⊙ 0=0+ x+0=x，0是R關於⊙運算的幺元。

所以<R, ⊙ >是含幺半群.

（3） ⊙對⊕可分配

對於任意的x,y,z\(\in\)R,有

x⊙(y⊕z )= x⊙(y+z+1)=xy+xz+x+x+y+z+1=xy+xz+2x+y+z+1

(x⊙y)⊕(x⊙z)=(xy+x+y)⊕(xz+x+z)=xy+xz+2x+y+z+1

同理可以證明右可分配性。

綜上所述， <R, ⊕, ⊙ >也是含幺環

再證明同構。

構造雙射f: f(a)=a-1,驗證同構性。

（4）證明同構。構造函數f: f(x)=x-1

雙射：對於任意x\(\in\)R,則有x+1\(\in\)R，使得f(x+1)=x，所以f是滿射

x，y\(\in\)R,若f(x)=f(y),則有x-1=y-1,即x=y,所以f是單射。

同態： f(x+y)=x+y-1

f(x)⊕f(y)=(x-1)⊕(y-1)=x-1+y-1+1=x+y-1

所以f(x+y)= f(x)⊕f(y)

又因為 f(x·y)=x·y-1

f(x)⊙f(y)=(x-1) ⊙(y-1)=(x-1)· (y-1)+x-1+y-1

​ =x·y-x-y+1+x-1+y-1=x·y-1

所以f(x·y)= f(x)⊙f(y)

​ 綜上，<R, ⊕, ⊙ >與<R,+, ∘ >同構。

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最長連續序列

題目[128]：鏈接。

解題思路

節點本身的值作為節點的標號，兩節點相鄰，即允許合併(x, y)的條件為x == y+1 。

因為數組中可能會出現值為 -1 的節點，因此不能把 root[x] == -1 作為根節點的特徵，所以採取 root[x] == x 作為判斷是否為根節點的條件。默認較小的節點作為連通分量的根。

此外，使用 map<int, int> counter 記錄節點所在連通分量的節點個數（也是merge 的返回值）。

class Solution
{
public:
    unordered_map<int, int> counter;
    unordered_map<int, int> root;
    int longestConsecutive(vector<int> &nums)
    {
        int len = nums.size();
        // use map to discard the duplicate values
        for (int x : nums)
            root[x] = x, counter[x] = 1;
        int result = len == 0 ? 0 : 1;
        for (int x : nums)
        {
            if (root.count(x + 1) == 1)
                result = max(result, merge(x, x + 1));
        }
        return result;
    }
    int find(int x)
    {
        return root[x] == x ? x : (root[x] = find(root[x]));
    }
    int merge(int x, int y)
    {
        x = find(x);
        y = find(y);
        if (x != y)
        {
            root[y] = x;
            counter[x] += counter[y];
        }
        return counter[x];
    }
};

連通網絡的操作次數

題目[1319]：Link.

解題思路

考慮使用並查集。

考慮到特殊情況，要使 N 個點連通，至少需要 N-1 條邊，否則返回 -1 即可。

通過並查集，可以計算出多餘的邊的數目（多餘的邊是指使得圖成環的邊），只要 findroot(x) == findroot(y) 說明邊 (x,y) 使得圖成環。

遍歷所有邊，在並查集中執行合併 merge 操作（多餘的邊忽略不合併，只進行計數）。設 components 為合併后后 root 數組中 -1 的個數（也就是連通分量的個數），要想所有的連通分支都連起來，需要 components - 1 個邊，所以要求「多餘的邊」的數目必須大於等於 components - 1。

一個簡單的例子如下：

0--1         0--1                0--1
| /    =>    |          =>       |  | 
2  3         2  3                2  3
             components = 2
             duplicateEdge = 1

代碼實現

class Solution
{
public:
    vector<int> root;
    int result = 0;
    int makeConnected(int n, vector<vector<int>> &connections)
    {
        int E = connections.size();
        // corner cases
        if (n == 0 || n == 1)
            return 0;
        if (E < n - 1)
            return -1;
        root.resize(n), root.assign(n, -1);
        // merge
        for (auto &v : connections)
        {
            int a = v[0], b = v[1];
            merge(a, b);
        }
        int components = count(root.begin(), root.end(), -1);
        if (counter >= (components - 1))
            return components - 1;
        // should not be here
        return -1;
    }
    int find(int x)
    {
        return root[x] == -1 ? x : (root[x] = find(root[x]));
    }
    // the number of duplicate edges
    int counter = 0;
    void merge(int x, int y)
    {
        x = find(x), y = find(y);
        if (x != y)
            root[y] = x;
        else
        {
            // there is a duplicate edge
            counter++;
        }
    }
};

等式方程的可滿足性

題目[990]：Link.

解題思路

考慮並查集。遍歷所有的包含 == 的等式，顯然，相等的 2 個變量就合併。對於不等式 x!=y ，必須滿足 findroot(x) != findroot(y) 才不會出現邏輯上的錯誤。也就是說，不相等的 2 個變量必然在不同的連通分支當中。

#define getidx(x) ((x) - 'a')
class Solution
{
public:
    vector<int> root;
    bool equationsPossible(vector<string> &equations)
    {
        root.resize('z' - 'a' + 1, -1);
        vector<int> notequal;
        int len = equations.size();
        for (int i = 0; i < len; i++)
        {
            auto &s = equations[i];
            if (s[1] == '!')
            {
                notequal.emplace_back(i);
                continue;
            }
            int a = getidx(s[0]), b = getidx(s[3]);
            merge(a, b);
        }
        for (int i : notequal)
        {
            auto &s = equations[i];
            int a = getidx(s[0]), b = getidx(s[3]);
            if (find(a) == find(b))
                return false;
        }
        return true;
    }
    int find(int x)
    {
        return (root[x] == -1) ? x : (root[x] = find(root[x]));
    }
    void merge(int x, int y)
    {
        x = find(x), y = find(y);
        if (x != y)
            root[y] = x;
    }
};

盡量減少惡意軟件的傳播 II

題目[928]：這題有點難。

解題思路

參考 題解1 和 題解2 。

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首先，對原來的並查集結構添加一點改進，利用 vector<int> size[N] 記錄某個連通分量中節點的數目，注意當且僅當 x 是該連通分量的根節點時，size[x] 才表示該連通分量的節點數目。這是因為在 merge 中，只對根節點的 size 進行了處理。

vector<int> root;
vector<int> size;
int find(int x)
{
    return root[x] == -1 ? (x) : (root[x] = find(root[x]));
}
void merge(int x, int y)
{
    x = find(x), y = find(y);
    if (x != y)
        root[y] = x, size[x] += size[y];	// pay attention here
}
// get the size of the connected component where node x is in
int getComponentSize(int x)
{
    return size[find(x)];
}

然後，建立一個基本圖，該圖是原圖 graph 去除所有感染節點 initial 的結果，並把這個基本圖轉換為上述改進后的並查集。把這個基本圖中的節點暫且稱為 clean nodes 或者 non-infected nodes .

從直覺上來說，我們應該在 initial 中找到那個標號最小，感染最多 non-infected nodes 的節點，但是這樣是否符合預期？

顯然是不符合的，來看個例子，設 initial nodes = [a,b,c] ，並設 2 個沒有被感染的連通分量為 N1, N2 ，且這 2 個連通分量的點數滿足 size(N1) > size(N2)，原圖 graph 結構如下：

a--N1--c

b--N2

根據題目的意思，需要找到的是使得最終感染數目 M(initial) 最小的節點。

如果我們按照上述所謂的「直覺」：“在 initial 中找到那個感染最多 non-infected nodes 的節點”，應該去除的是節點 a ，但是由於 c 的存在，N1 依舊會被感染，這樣 M(initial) = size(N1) + size(N2)。（也就是說，某個連通分量相鄰的感染節點多於 1 個，該連通分量最終是必然被感染的，因為我們只能去除一個感染節點。）

實際上，這種情況下正確答案是去除 b ，因為除 b 后：M(initial) = size(N1) ，該結果才是最小的。

所以，我們要找的是：在 initial 中找到那個感染最多 non-infected nodes 的節點 ans，但這些 non-infected nodes 節點只能被 ans 感染，不能被其他的 initial 節點感染（即只能被感染一次）。

代碼實現

class Solution
{
public:
    vector<int> root;
    vector<int> size;
    int minMalwareSpread(vector<vector<int>> &graph, vector<int> &initial)
    {
        int N = graph.size();
        root.resize(N, -1);
        size.resize(N, 1);

        // use hash table to mark infected nodes
        vector<bool> init(N, false);
        for (int x : initial)
            init[x] = true;
        // change the non-infected graph into disjoint union set
        for (int i = 0; i < N; i++)
        {
            if (init[i])
                continue;
            for (int j = 0; j < i; j++)
            {
                if (init[j])
                    continue;
                if (graph[i][j] == 1)
                    merge(i, j);
            }
        }
        // table[x] = {...}
        // the set {...} means the non-infected components which initial node x will infect
        // counter[x] = k
        // k means that the non-infected component x will be infected by initial nodes for k times
        vector<int> counter(N, 0);
        unordered_map<int, unordered_set<int>> table;
        for (int u : initial)
        {
            unordered_set<int> infected;
            for (int v = 0; v < graph[u].size(); v++)
            {
                if (!init[v] && graph[u][v] == 1)
                    infected.insert(find(v));
            }
            table[u] = infected;
            for (int x : infected)
                counter[x]++;
        }

        // find the node we want
        int ans = N + 1, maxInfected = -1;
        for (int u : initial)
        {
            int sum = 0;
            for (int x : table[u])
                if (counter[x] == 1)	// must be infected only once
                    sum += getComponentSize(x);
            if (sum > maxInfected || (sum == maxInfected && u < ans))
            {
                ans = u;
                maxInfected = sum;
            }
        }
        return ans;
    }

    int find(int x)
    {
        return root[x] == -1 ? (x) : (root[x] = find(root[x]));
    }

    void merge(int x, int y)
    {
        x = find(x), y = find(y);
        if (x != y)
            root[y] = x, size[x] += size[y];
    }

    int getComponentSize(int x)
    {
        return size[find(x)];
    }
};

盡量減少惡意軟件的傳播

題目[924]：做了上面那題之後簡單一點。

解題思路

依然是使用上題中 盡量減少惡意軟件的傳播 II 改進后的並查集結構。

對整個原圖處理，轉換為並查集。然後，模擬處理。即 \(\forall x \in initial\) ，使用集合 \(newSet = initial – \{x\}\) 去模擬感染原圖，得到最終的感染節點數 t，選取感染節點數 t 最小且標號值最小的 \(x\) 作為返回結果。

代碼實現

class Solution
{
public:
    vector<int> root, size;
    int minMalwareSpread(vector<vector<int>> &graph, vector<int> &initial)
    {
        int N = graph.size();
        root.resize(N, -1);
        size.resize(N, 1);

        for (int i = 0; i < N; i++)
            for (int j = 0; j < i; j++)
                if (graph[i][j] == 1)
                    merge(i, j);

        int ans = N + 1, minval = N + 1;
        // assume that discard the node x in the initial set
        // get the injected value
        for (int x : initial)
        {
            int t = getInjected(x, initial);
            if (t < minval || (t == minval && ans > x))
            {
                minval = t;
                ans = x;
            }
        }
        return ans;
    }
    // use set initial - {x} to inject the graph
    int getInjected(int x, vector<int> &initial)
    {
        unordered_set<int> s;
        for (int k : initial)
        {
            if (k == x)
                continue;
            s.insert(find(k));
        }
        int sum = 0;
        for (int t : s)
            sum += size[find(t)];
        return sum;
    }
    int find(int x)
    {
        return root[x] == -1 ? (x) : (root[x] = find(root[x]));
    }
    void merge(int x, int y)
    {
        x = find(x), y = find(y);
        if (x != y)
            root[y] = x, size[x] += size[y];
    }
};

被圍繞的區域

題目[130]：本題難度一般。

解題思路

本題最特殊的節點是邊界上的 O 以及內部與邊界 O 相鄰的節點。

首先，通過邊界的 O 入手，從它開始進行 DFS 搜索，把所有這些的特殊節點標記為 Y 。然後，在 board 中剩下的 O 就是普通的節點（必然是不與邊界 O 相鄰且被 X 所圍繞的），可以把它們全部換成 X 。最後，把所有的 Y 還原為 O 。

對於搜索方法，既可以是 DFS 也可以是 BFS。

代碼實現

class Solution
{
public:
    const vector<vector<int>> direction = {{-1, 0}, {0, 1}, {1, 0}, {0, -1}};
    int row, col;
    void solve(vector<vector<char>> &board)
    {
        row = board.size();
        if (row == 0)
            return;
        col = board[0].size();
        #define func bfs
        for (int j = 0; j < col; j++)
        {
            if (board[0][j] == 'O')
                func(0, j, board);
            if (board[row - 1][j] == 'O')
                func(row - 1, j, board);
        }

        for (int i = 0; i < row; i++)
        {
            if (board[i][0] == 'O')
                func(i, 0, board);
            if (board[i][col - 1] == 'O')
                func(i, col - 1, board);
        }

        for (int i = 0; i < row; i++)
        {
            for (int j = 0; j < col; j++)
            {
                if (board[i][j] == 'O')
                    board[i][j] = 'X';
                if (board[i][j] == 'Y')
                    board[i][j] = 'O';
            }
        }
    }

    void dfs(int i, int j, vector<vector<char>> &board)
    {
        board[i][j] = 'Y';
        for (auto &v : direction)
        {
            int a = i + v[0], b = j + v[1];
            if (a < 0 || b < 0 || a >= row || b >= col)
                continue;
            if (board[a][b] == 'O')
                dfs(a, b, board);
        }
    }

    void bfs(int i, int j, vector<vector<char>> &board)
    {
        typedef pair<int, int> node;
        queue<node> q;
        q.push(node(i, j));
        board[i][j] = 'Y';
        while (!q.empty())
        {
            node n = q.front();
            q.pop();
            for (auto &v : direction)
            {
                int a = n.first + v[0], b = n.second + v[1];
                if (!(a < 0 || b < 0 || a >= row || b >= col) && board[a][b] == 'O')
                    board[a][b] = 'Y', q.push(node(a, b));
            }
        }
    }
};

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RWD（響應式網頁設計）是透過瀏覽器的解析度來判斷要給使用者看到的樣貌

1B(byte 字節) = 8bit
1KB(Kilobyte 千字節) = 1024B
1MB(Megabyte 兆字節) = 1024KB
1GB(Gigabyte) = 1024MB

'你想編碼的內容'.encode('你使用的編碼錶名稱')

print('一天打魚兩個月曬網的小石頭'.encode('utf-8'))
# b'\xe4\xb8\x80\xe5\xa4\xa9\xe6\x89\x93\xe9\xb1\xbc\xe4\xb8\xa4\xe4\xb8\xaa\xe6\x9c\x88\xe6\x99\x92\xe7\xbd\x91\xe7\x9a\x84\xe5\xb0\x8f\xe7\x9f\xb3\xe5\xa4\xb4'
print('I Love U'.encode('gbk'))
# b'I Love U'
print('小石頭'.encode('utf-8'))
# b'\xe5\xb0\x8f\xe7\x9f\xb3\xe5\xa4\xb4'

print(type(b'\xe5\xb0\x8f\xe7\x9f\xb3\xe5\xa4\xb4')) # <class 'bytes'>

<a href="https://www.baidu.com/s?wd=%e5%b0%8f%e7%9f%b3%e5%a4%b4" />

%e5%b0%8f%e7%9f%b3%e5%a4%b4
\xe5\xb0\x8f\xe7\x9f\xb3\xe5\xa4\xb4

'你想解碼的內容'.encode('你使用的編碼錶名稱')

print(b'\xe5\xb0\x8f\xe7\x9f\xb3\xe5\xa4\xb4'.decode('UTF-8')) # 小石頭

print(b'\xe5\xb0\x8f\xe7\x9f\xb3\xe5\xa4\xb4'.decode('GBK'))
# 把utf-8編碼的字符串用GBK來解碼，就報錯了。
# UnicodeDecodeError: 'gbk' codec can't decode byte 0xb4 in position 8: incomplete multibyte sequence

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台中景泰電動車行只是一個單純的理由，將來台灣的環境，出門可以自由放心的深呼吸，讓空氣回歸自然的乾淨，減少污染，留給我們下一代有好品質無空污的優質環境

初到迭部，就被這優美的景緻深深地迷住了。

這是一片被自然格外眷顧的土地，森林密布，群峰逶迤高聳，有的雄奇峻偉，有的博大秀美，河谷深切幽長。這裏像是一塊世外桃源，偶爾遇見幾個村民，遠遠地露出燦爛的笑容，熱情地沖我們招手。

在蜿蜒卻平坦的山路上行駛，一路山環路轉，天高雲清，蒼莽的大山如屏似劍，層層疊疊，間或有幾處村落，如珠落玉盤般點綴其間。在一處叫日爾那的村莊，我們發現這村子的每一道門、每一扇窗都蘊藉着厚重的傳統，同時又不乏現代文明的對接。這個村支部書記的弟媳竟是英國人，兒媳是著名的歌唱家，他們的家庭布置，保留着藏民的一切傳統，而家用電器也樣樣齊備。

多年來，各地的古街道、古建築不斷快速消失，幸好，迭部還保留着這些古老的農家小院。曾經看到一篇文章，提到西方不少的現代化富國，卻把“落後”村鎮的歷史文化遺產保護得極好，使之成為他們炫耀於世人的國寶。一個國家的現代與文明和歷史文化遺產有着千絲萬縷的聯繫，誰懂得這一點，誰就擁有了古今互動的輝煌。想必迭部已滲透了這些道理，所以才有如此和諧的景緻。

1935年9月13日-15日，中國工農紅軍長征途經現旺藏鄉政府駐地東南側茨日那村，毛澤東曾居住在該村一幢木樓上，並在這裏向紅四團下達了“以三天的行程奪取臘子口”的命令。在這個與中國革命歷史密切相關的小村莊的河邊，有兩棵大樹，據說紅四團曾在樹底下召開會議。如今，其中一棵經不起歲月的風霜轟然倒地，橫跨在河上，形成一座自然的“獨木橋”，另一顆仍筆直地矗立，見證歷史。

臘子口系藏語之轉音，意為“險絕的山道峽口”，是迭部通往漢族地區的門戶和重要交通孔道。臘子口周圍群山聳立，峽口如刀劈斧削，臘子口河從峽口奔涌而出。沿着盤山公路一路前行，迷濛的細雨不知何時悄然灑落，雨林里的生命籠罩着一層層神秘的面紗。動物都悄無聲息，大多數生物躲藏在豐盛茂密而又綠意盎然的植物簾幕後面，隱秘而又安靜地生活着。

漫步於臘子口的山谷棧道，山崖的石壁上鋪滿苔蘚，一股山泉從茂密的森林深處湧出，經過這石壁時，像不忍攪擾這寂靜的山林，輕輕地放慢了腳步，柔緩地漫過來，在山腳下匯成溪流，又流向山底。空山不見人，我們卻在密林深處看到了一個裝滿了野菜的竹筐，同行的一個人上前背起竹筐，不想試了幾回，這個壯年小伙卻被壓得站不起來。山民天天如此負重，讓我們不由地對他們的隱忍與堅強心生敬意。

“天險臘子口”是舉世聞名的臘子口戰役紀念地。1935年9月，毛澤東、周恩來率領中國工農紅軍第一方面軍，越過雪山草地后，全面攻克臘子口天險，使國民黨企圖阻擋紅軍北上抗日的陰謀徹底破產。1980年，甘肅省人民政府在臘子口戰役紀念地修建了紀念碑，紀念碑南、西兩面鐫刻着楊成武將軍親筆題字“臘子口戰役紀念碑”；北面鐫刻着省人民政府對臘子口戰役的簡介和對革命烈士仰慕緬懷之碑文：“臘子口戰役的輝煌勝利將永遠彪炳我國革命史冊；在臘子口戰役中光榮犧牲的革命烈士永垂不朽！”

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山腳下，一座座小木屋在雨幕中安靜地佇立着，周圍茂盛的植物以及盛開的花朵毫無保留地張揚着她們的美麗。歷史成為永久的過去，卻可以激勵我們珍惜今天的所有。

迭部的美是一種整體性的空間美，一種生活意境美，一種文化山水美。它與我們的心靈如此貼近，以至於所有的偶遇都彷彿是早有默契。山、水、森林、動物和轉經的風車，此時此地都成為這風景的一部分。時常會經過一片片草場，悠閑的馬和牛點綴在林木蓊鬱、堆翠疊綠之中，如此和諧美妙。

一路上，叫貢保的小伙子陪伴我們，他笑聲爽朗，為我們的行程增添了不少樂趣。貢保的解說下了功夫，他的解說是根據自己的體驗和理解對迭部做出的解讀。這樣的解說，是獨一份的帶着鮮活體驗的、獨屬於貢保的解說。

言談中貢保不經意透露出憂慮，他提醒說，過去植被比現在茂密得多，現在我們看到的已經是被破壞過的植被，我不知道將來會有怎樣的後果。

一個導遊能有如此的悲憫情懷，“先天下之憂而憂”，我不由地對他的經歷產生好奇。他很爽快地告訴我，在蘭州上了幾年大學，畢業后又當導遊。但是父母希望他回到家鄉，他便依依不舍地告別蘭州，回到迭部，當上了小學語文老師。這幾天當導遊，是縣裡通知他得“重操舊業”幾天。他有一個美好的願望，希望能開辦一個旅遊公司，通過旅遊去保護迭部的生態環境。

正是因為這些可敬可愛的迭部人，才使我們深切地感受到自然的眷顧以及人文的關懷，他們以各自不同的表達方式對土地、自然、家園做最高形式的致敬，使我們回歸一種悠久的傳統中。

據說“迭部”藏語意為“大拇指”。傳說在古代，有一位名叫涅甘達娃的神仙路過此地，被密密匝匝的山石擋住了去路。他伸出大拇指輕輕一摁，頓時，山石開裂，驚天動地，顯露出一條長長的通道來。這個美麗的神話傳說，聽起來卻是如此貼切，因為不論是這裏的景緻還是勤勞善良的人民，都一樣令我們由衷地豎起“大拇指”。

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