离散数学是跟整数有关的数学，也是计算机科学的基础，本章就着重于讲述如何将分数转化为整数的技巧
底和顶
我们使用以下标记
小于或等于的最大整数
大于或等于的最小整数
下面是一个函数的示意图
我们可以得出一个恒等式
这是因为当为整数时，，当不为整数时，
同样的很明显有
为了更直观的理解底和顶，可以通过以下不等式（其实就是上面不等式的变形，n表示一个整数）
同时像，可以将整数项挪入和挪出底或顶，但像则不可以
同样可以总结出以下几个不等式
我们把间的差称为的分数部分，同时称为的整数部分
对，，有
且，故有
等于或
等于或
底和顶的应用
任意一个整数写成二进制表示需要多少位？
经过简单的验证，我们可以通过或两种位数表示（这里默认的底显然是2）
而对于多个底或者顶的表达式，形如这样的内层是底或者顶外层多个底或者顶的表达式，可以把外层的底或者顶省略掉而不改变表达式的值
我们尝试证明以下命题
在证明其存在或不存在时，我们可以首先猜测一个可能的值，试图找一个反例去否定命题，一是因为否定更加容易，二是因为在寻找反例中，我们会有机会寻找到证明的方法。这个例子中，无论怎么尝试，是找不出反例来的。
如果我们借助微积分来证明，首先将分解为整数和分数部分，用牛顿二项式定理将其展开，但展开后过于复杂不好处理
我们换一种方式，先去掉原式左部分中外部的底和根号，然后去掉内层的底，最后将外层的符号还原回去最后得到右部分
首先设，根据性质1，有，
由于不等式三个值都是正的，将其平方，得
对这个不等式左边使用性质6，右边使用性质3，则有
再同时开方得，利用性质1，
即左式等于右式，命题得证
在以上证明中，并没有严重依赖平方根的性质，我们把这个命题推广:
设是任意一个具有如下性质且在实数区间连续的单调递增函数
只要都有定义，则有
下面是对顶的证明，底的证明类似
当，显然是成立的，否则，由于单调递增，非减，于是
如果，因为的连续性以及其必备的性质，必然存在一个整数，使得成立，但显然这样的数并不存在，于是命题得证
这个定理有如下一个应用特例
如果为整数且分母为正，则有
例如令，则，三次用10来除并抛弃个位数字，与用1000来除并抛弃余数，结果是一样的
重复下去即可得到左式结果
在了解上面对于数学问题水平的定义之上，我们研究一下以下等式等号成立的条件
我们在尝试几个数后发现，有时等号成立，有时不成立，以水平4的角度去寻找等号成立的条件会发现：
当时，等号左边为，右边则为，等号不成立
当时，等号成立
因此我们可以说等号成立的充要条件为：为整数或者不为整数
现在我们从区间的角度数一数其中的整数个数。我们知道开区间表示满足的所有取值，闭区间表示满足的所有取值，而半开半闭区间同理。事实上，两个同类型的半开半闭区间可以很方便的相加，但显然开区间和闭区间不能随便这么做。于是我们先从半开半闭区间研究。
当都为整数时，显然在区间内的整数有共个；区间内的整数有共个。
当为任意实数时，根据我们之前了解到的底和顶的性质，有
从而得出包含个整数，包含个整数，类似的包含个整数，包含个整数
这里规定一个习惯，对用顶来表示，对用底来表示，用表格来总结一下
| 区间 | 包含整数的个数 | 条件 |
|---|---|---|
下面我们看一个具体的例子来验证我们所总结的内容
计算1~1000中（包含两端）的整数个数，其满足，也就是一个数n能被它的立方根的底整除的条件
我们把个数设为，则有
注意到注释部分，之所以这么做是想要使得的取值范围变成一个半开半闭的区间，把单独列出来后，就可以做到这一点，之后使用上面表格中的性质就很方便了。
下面我们把1000这个具体的数字变成代数，同样的条件，我们来计算一下结果
我们设，也就是说，是小于或等于的立方根最大的整数，则根据上面我们计算的经验
后面的和式等于
故最后的答案为
这样就得出了一个一般性的答案
观察这个公式前两项近似于，而其余项可记做，在足够大的情况下，是可以忽略的，但在取一些不够大的值时，如果需要精确的数据，不可以随便忽略
下面我们讲一个新的概念：谱
一个实数的谱是整数组成的一个无限多重(元素可重复，数论里有讲)集合
例如的谱就是
谱有一个基本的性质，就是当时，，其证明如下：
假设，则存在一个正整数使得，即且，显然有少于个元素，而至少有个这样的元素
下面我们看一下谱一个有趣的性质，比如观察下面两个谱
观察到的第个元素恰好比的第个元素大，同时更惊人的是全体正整数是和的不相交并集，我们称这两个谱构成了正整数的一个划分
其证明思路就是对任意正整数，我们计算中有多少个元素是的，以及中有多少个元素是的，然后将两个值相加，如果等于，则命题得证
设是正数，中的元素个数是
在上面的推导中，有两处值得注意，首先有
均为整数
这一步将改为，根据性质3，可以将底去掉
同时我们限定求和而非，这是因为与区别的地方是有可能小于1，前者更加准确
下面我们套用这个公式，计算的结果
注意到在n为整数时必定不为整数，于是顶减1正好为底，于是可以化为
进一步化为
由于有恒等式
所以原式可以化为
也就是说只要我们证明
原式也就等于n了
我们设两个非整数，显然有，这两个数的整数部分的和显然是，分数部分的和显然就是1了，故命题得证
底和顶的递归式
含有底或顶的递归关系经常在计算机科学中出现，因为很多以分而治之为基础的算法，会把一个大小为的问题转化为的几分之一(取整)的多个小问题。例如给个记录排序的一种方法是把它们分为两个近乎相等的部分，一部分大小为，另一部分大小为，显然我们知道。在每一部分被分别排序后（切分过的部分自然也可以循环的切分为两部分），通过每一步做至多次比较，最后将这些记录合并成最后的排序，这样一来，我们设最终的比较次数最多为，则有
这里稍微解释一下为什么两个已排序的几乎等长（其实以最坏情况考虑，等长不等长结果是一样的）数组（为了叙述的习惯，叫数组比较顺口）需要至多次比较才能将两者合并为一个已排序的数组。我们惯用的方法是将两个数组两端（或者是最大或者是最小，这里举例用最小的）的元素进行比较，较小的放入新的存储结果的数组并改变这个数组的端点（角标向后移一位），较大的其数组端点保持不变，重复以上步骤直至两个数组中有一个没有元素，将另一个的数组中所有剩余的元素依次序放入新数组，结束整个步骤。显然每次比较会在新数组中填入一个元素，至多次比较后，一定会有一个数组元素为空，此时不再需要比较，直接将最后的元素填入新数组就结束了。
这个递归式的解在习题34中，我们提前把答案写出来
其封闭形式的计算如下：
我们设，则，显然当时，，这个区间有个整数，故和式可改写为
对可以化为，故原式可进一步化为
这个和式我们第二章有讲，这里直接给出答案
现在我们反过来计算
要知道的，所以我们有
注意这里式中的表示我们多计算了多少次，代表此时对应的值
所以最后化简得到
也就是说最终是一个比较次数为复杂度的算法
如果感兴趣的话，我们再来看一下如何证明这个答案就是我们需要的答案
绕了这么大一圈，我们回头看一下第一章的约瑟夫问题
此时我们可以更准确的将最基本的情况归纳为以下递归式
同时如果我们把条件变成每隔2人杀死一人，那么我们最终得到递归式
当 时
这个递归式有着分数、底和顶，想要化简不是一件容易的事，我们在下面给出一种更好的解决方案，同时附上其相应的java代码
我们规定每当循环中，一个人幸存了，就把他的号码替换为最大的号码加1，这样1号，2号跳过，于是变成了号，3号被杀，4号5号变成了，以此类推...和号变成号。最终是号被处死，比如当时，有下图
所以如果我们能算出标号为的人最初的号码，就可以获得我们想要的答案
当某时刻任意一个还活着的人的号码为时，如果，则他必定有一个以前的号码，则根据我们上文的规定，有或者，于是有，而这个人之前的号码分别可能为或，用一个式子来表示这两种情况可以通过
再把用表示，则上式可以写做，之后只需要不断把这个之前的号码以如上步骤循环迭代下去，直至这个号码，则这个号码就是最后活下去的人刚开始的编号
综上我们可以写出伪代码
虽然我们以上面的方式去设计算法，肯定是可以解出最后的答案的，但这个式子还是太复杂，我们尝试去简化这个算法
我们用来替换作为迭代的值，有，则我们根据上文中的迭代式从而写出的迭代式
此时我们将算法改写为：
在上一种算法中，从迭代减到小于等于，算法结束
而现在这种算法，从1迭代增到大于，算法结束
事实上，我们可以通过类似的推理获得一个结论：
当每隔个人就杀掉一人，幸存者可以使用以下方式计算
注意到这种算法的复杂度为
使用换底公式可以化为
显然除了之外，其余都是常数，所以复杂度是
下面我们看一下常见的解约瑟夫问题的算法，同时我们对其复杂度进行分析
这里我们用表示数到几的人被杀，表示一共多少人
先看一种最普通的解法：通过对环形单向链表的节点进行删除获得最后结果，其具体步骤如下：
- 如果链表节点数为1，或者m的值小于1，则直接返回
- 在环形单向链表中不断循环遍历每个节点，在此过程中，让节点报数
- 当报数从1到m时，删除报数为m的节点
- 删除节点后，注意要保持链表的环形状态
我们看一下具体的代码实现