Comptez les variables distinctes : la table de vérité a 2ⁿ lignes, la première avec toutes les variables à 1.
Donnez à chaque sous-formule sa propre colonne et remplissez les colonnes de l’intérieur vers l’extérieur.
Appliquez la règle de chaque connecteur : → n’est 0 que pour 1 → 0, ↔ vaut 1 quand les deux côtés sont égaux.
Pour des équivalences, comparez les colonnes finales ligne par ligne ; pour un raisonnement, regardez seulement les lignes où toutes les prémisses valent 1.
Pour nier un énoncé quantifié, faites passer ¬ vers l’intérieur, échangez ∀ et ∃, et niez la formule intérieure.
Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Portes de base
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Règles booléennes
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Ordre du tableau de Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Groupe de 2ᵏ cases
perd k variables
Multiplexeur 4 vers 1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Bascules
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Compteurs
n bits : 2ⁿ états ; modulo N : plus petit n tel que 2ⁿ ≥ N ; fout = fclk/N
Compteur asynchrone
fmax = 1/(n·tpd)
Compteurs en anneau et Johnson
n et 2n états
Méthode
Pour un circuit, travaillez des entrées vers la sortie, une porte à la fois, et écrivez la valeur sur chaque fil, ou écrivez son expression et remplissez la table de vérité.
Pour la simplification, placez les 1 (et les états indifférents sous forme de X) dans un tableau de Karnaugh dont les lignes et colonnes suivent le code de Gray : 00, 01, 11, 10.
Couvrez les 1 avec le moins possible de groupes de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible, en débordant sur les bords ; chaque groupe est un terme produit formé des variables qui restent constantes. Regroupez les 0 pour la forme POS.
Pour les bascules et les compteurs, lisez les entrées à chaque front d’horloge actif, notez l’état après chaque front, et rappelez-vous qu’un compteur de n bits repasse à zéro après 2ⁿ états.
Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Division avec reste
a = q·n + r, 0 ≤ r < n
Euclide
gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)
Plus petit commun multiple
lcm(a, b) = a·b/gcd(a, b)
Inverse
a·a⁻¹ ≡ 1 (mod n), gcd(a, n) = 1
Congruence linéaire
a·x ≡ b → x ≡ a⁻¹·b (mod n)
Indicatrice d’Euler
φ(n) = n·∏(1 − 1/p), φ(pᵏ) = pᵏ − pᵏ⁻¹
Fermat
aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p)
RSA
n = pq, φ = (p − 1)(q − 1), d = e⁻¹ mod φ, c = mᵉ mod n, m = cᵈ mod n
Méthode
Réduisez d’abord chaque nombre modulo n ; les restes sont compris entre 0 et n − 1.
Pour un pgcd, divisez plusieurs fois avec l’algorithme d’Euclide ; le dernier reste non nul est le pgcd.
Pour un inverse, appliquez l’algorithme étendu et gardez le coefficient de a ; ajoutez n s’il est négatif.
Résolvez a·x ≡ b en multipliant par a⁻¹ ; combinez deux congruences en écrivant x = r₁ + m₁k.
Pour les puissances, écrivez l’exposant en binaire et élevez au carré à répétition ; en RSA, d = e⁻¹ mod φ(n) avec φ(n) = (p − 1)(q − 1).
Théorie des graphes
Lemme des poignées de main
Σ deg(v) = 2|E|
Graphes complets
|E(Kn)| = n(n − 1)/2, |E(Km,n)| = m·n
Graphe régulier
|E| = n·k/2
Arbre et forêt
|E| = n − 1, |E| = n − c
Feuilles d’un arbre
L = 2 + Σ (deg(v) − 2) over deg(v) ≥ 3
Euler
circuit : tous les degrés pairs ; chemin : exactement 2 degrés impairs
Circuits hamiltoniens dans Kn
(n − 1)!/2
Mise à jour de Dijkstra
d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v))
Marches de longueur L
(Mᴸ)ij
Méthode
Notez le degré de chaque sommet ; la somme des degrés vaut deux fois le nombre d’arêtes.
Pour les questions d’Euler, vérifiez que le graphe est connexe et comptez les sommets de degré impair.
Pour les arbres, utilisez n − 1 arêtes et le lemme des poignées de main.
Pour Dijkstra, tenez un tableau des distances provisoires et fixez à chaque tour le sommet non fixé de plus petite distance.
Pour un arbre couvrant minimal, triez les arêtes par poids et sautez toute arête qui ferme un cycle (Kruskal), ou faites croître un arbre à partir d’un sommet de départ (Prim).
Sous-réseaux IPv4
Hôtes par sous-réseau
2(32 − prefix) − 2 (/31: 2, /32: 1)
Taille de bloc
256 − (mask octet)
Adresse réseau
IP AND masque
Adresse de diffusion
IP OR (NOT masque) : tous les bits d’hôte à 1
Sous-réseaux avec n bits empruntés
2n
2Exercices
1.Systèmes de numérationMoyen
Écris −74 comme motif de 8 bits en complément à deux. Lis ce motif comme un nombre binaire non signé : quelle est sa valeur U en décimal ?
N = −748 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 1011 1101 AND 0100 1111. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?
1011 1101AND0100 1111
R =
3.Logique propositionnelle et preuvesMoyen
Vous voulez prouver ¬a → (c ∨ b) par l’absurde. Quel énoncé supposez-vous au départ ? Cliquez dessus.
¬a → (c ∨ b)
1¬¬a → ¬(c ∨ b)
2¬¬a ∧ (c ∨ b)
3¬a ∧ ¬(c ∨ b)
4¬¬a ∧ ¬(c ∨ b)
4.Logique propositionnelle et preuvesDifficile
Quel énoncé est équivalent à ¬∃x (A(x) ∧ B(x)), la négation étant passée complètement à l’intérieur ? Cliquez dessus.
¬∃x (A(x) ∧ B(x))
1∃x (A(x) → ¬B(x))
2∀x (A(x) → ¬B(x))
3∃x (¬A(x) ∧ ¬B(x))
4∀x (A(x) ∧ ¬B(x))
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
Un multiplexeur 4 vers 1 a ses entrées de sélection S₁ = A et S₀ = B, et ses entrées de données reliées à I₀ = C, I₁ = 1, I₂ = 1, I₃ = C. Pour combien des 8 combinaisons de A, B et C la sortie vaut-elle F = 1 ? Trouvez N.
I₀ = CI₁ = 1I₂ = 1I₃ = C
N =
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
Un registre à décalage de 4 bits Q₃Q₂Q₁Q₀ contient 1001. À chaque front d’horloge, les bits se décalent d’une place vers la droite (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ est perdu) et l’entrée série entre dans Q₃. L’entrée série vaut 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0 aux fronts 7. Donnez l’état final Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ sous forme de nombre décimal.
Q₃Q₂Q₁Q₀ = 10011, 0, 0, 1, 0, 0, 0
Q =
7.Théorie des nombres et arithmétique modulaireMoyen
Trouvez l’inverse de 3 modulo 11 : le nombre x avec 0 < x < 11 et 3·x ≡ 1 (mod 11).
a = 3n = 11
3−1 mod 11 =
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaireDifficile
Chiffre le message m = 129 avec la clé publique RSA (n, e) = (133, 23). Trouvez le chiffré c.
n = 133e = 23m = 129
c =
9.Algorithmes et complexitéMoyen
Dans un tableau trié, vous cherchez deux éléments dont la somme vaut une cible en déplaçant un pointeur depuis chaque extrémité vers l'intérieur. Quelle est la complexité temporelle ?
AO(n log n)
BO(n)
CO(log n)
DO(n²)
10.Algorithmes et complexitéDifficile
Le problème du sac à dos 0/1 résolu par programmation dynamique prend un temps O(nW). Pourquoi dit-on qu'il est pseudo-polynomial ?
AParce que n est toujours petit
BW est un nombre, donc le temps est exponentiel en le nombre de bits utilisés pour écrire W
CParce qu'il ne fonctionne que pour W = 0
DParce que l'algorithme est probabiliste et que son temps d'exécution varie à chaque entrée
11.Structures de donnéesMoyen
Quelle méthode de résolution des collisions stocke les clés en collision dans une liste au sein du même compartiment ?
ALe sondage quadratique (quadratic probing)
BLe sondage linéaire (linear probing)
CLe chaînage séparé (separate chaining)
DLe double hachage (double hashing)
12.Structures de donnéesDifficile
L'insertion d'une clé dans un arbre AVL rend le sous-arbre gauche d'un nœud trop haut, et la nouvelle clé est allée dans le sous-arbre gauche de son enfant gauche (cas gauche-gauche). Quelle correction applique-t-on ?
AUn recoloriage du nœud et de son enfant
BUne rotation simple à gauche sur le nœud déséquilibré
CUne rotation simple à droite sur le nœud déséquilibré
DUne rotation à gauche sur l'enfant, puis une rotation à droite sur le nœud
13.Théorie des graphesMoyen
Combien de circuits hamiltoniens différents H le graphe complet K5 a-t-il ? Les circuits qui ne diffèrent que par le sommet de départ ou le sens comptent comme un seul.
K5
H =
14.Théorie des graphesDifficile
L’algorithme de Dijkstra part de A. Cliquez sur le sommet qui est fixé (rendu définitif) au tour 5 ; A lui-même est le tour 1.
départ : Atour 5
1A
2B
3C
4D
5E
6F
15.Bases de données et SQLMoyen
La troisième forme normale (3NF) élimine :
ALes dépendances transitives entre attributs non clés
BLes index redondants sur des colonnes qui ne font pas partie d'une clé
CLes valeurs atomiques
DLes clés composées
16.Bases de données et SQLDifficile
Quelle fonction de fenêtrage attribue 1, 2, 3, ... aux lignes de chaque partition, sans ex æquo ?
ARANK()
BDENSE_RANK()
CCOUNT()
DROW_NUMBER()
17.Réseaux informatiquesMoyen
Quel est le but principal d'un VLAN ?
AAugmenter la vitesse de chaque port du commutateur
BDonner à chaque appareil une adresse IP publique
CChiffrer tout le trafic entre les commutateurs pour que les autres services ne puissent pas le lire
DDécouper un réseau commuté physique en domaines de diffusion distincts
18.Réseaux informatiquesDifficile
Un pare-feu bloque tout l'ICMP. Les petites requêtes web fonctionnent, mais les gros téléchargements se bloquent sur certains chemins. Quelle est la cause probable ?
ATCP ne peut pas ouvrir de connexions sans ICMP
BLa découverte du MTU du chemin échoue car les messages « fragmentation nécessaire » sont bloqués
CLe DNS a besoin d'ICMP pour résoudre les noms
DLes certificats TLS sont envoyés par ICMP
19.Sous-réseaux IPv4Moyen
Un service a besoin de 1473 adresses d'hôte dans un seul sous-réseau. Quelle est la plus grande longueur de préfixe p (le plus petit sous-réseau) suffisante ?
1473 hosts
p =
20.Sous-réseaux IPv4Difficile
Un hôte a l'adresse 10.20.147.178/30. Quel est le dernier nombre (quatrième octet) x de l'adresse de diffusion de son sous-réseau ?
10.20.147.178/30
x =
3Solutions
1.Systèmes de numération
Réponse: U = 182
Systèmes de numération positionnels : chaque chiffre vaut sa valeur multipliée par une puissance de la base. En binaire les positions valent 1, 2, 4, 8, 16, … ; en hexadécimal 1, 16, 256, …, avec A–F pour 10–15. En complément à deux sur 8 bits, le bit de gauche vaut −128 au lieu de +128 : c'est ainsi qu'on stocke les nombres négatifs.
Inverser et ajouter un
74 = 0100 1010
inversé: 1011 0101
+1 → 1011 0110
Le lire en non signé
1011 0110₂ = 256 − 74 = 182
Réponse
U = 182
2.Systèmes de numération
Réponse: R = 13
Positionner les bits : chaque bit vaut une puissance de deux (128, 64, …, 1). Un chiffre hexadécimal correspond exactement à quatre bits, et en complément à deux sur 8 bits, le bit le plus à gauche vaut −128. Les opérations bit à bit s’appliquent séparément à chaque position de bit.
Bit par bit
ET donne 1 seulement quand les deux bits valent 1.
1011 1101
AND 0100 1111
= 0000 1101
Valeur du résultat
0000 1101₂ = 13
Réponse
R = 13
3.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: ¬a ∧ ¬(c ∨ b)
Équivalence logique : deux formules sont équivalentes (≡) quand elles ont la même valeur dans chaque ligne de la table de vérité. Une tautologie vaut 1 dans toutes les lignes, une contradiction 0 dans toutes les lignes, et une contingence n’est ni l’une ni l’autre. Lois utiles : De Morgan, ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b et ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b ; a → b ≡ ¬a ∨ b ≡ ¬b → ¬a (contraposée) ; ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b ; et les lois de distributivité, a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).
Parties de l’implication
a = ¬a, b = c ∨ b
Négation de l’implication
¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b = ¬a ∧ ¬(c ∨ b)
Réponse
¬a ∧ ¬(c ∨ b)
Si l’hypothèse mène à une contradiction, l’implication doit être vraie.
4.Logique propositionnelle et preuves
Réponse: ∀x (A(x) → ¬B(x))
Quantificateurs et raisonnements : ¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x) et ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x). Faites passer une négation vers l’intérieur, échangez chaque quantificateur qu’elle traverse, et niez la formule intérieure avec les lois propositionnelles, comme ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b. Un raisonnement est valide quand la conclusion vaut 1 dans toutes les lignes où toutes les prémisses valent 1. Une seule ligne avec des prémisses vraies et une conclusion fausse est un contre-exemple et montre que le raisonnement est invalide.
Faire passer la négation vers l’intérieur
¬∃x (A(x) ∧ B(x)) ≡ ∀x (A(x) → ¬B(x))
Réponse
∀x (A(x) → ¬B(x))
Les autres options laissent un quantificateur inchangé, changent l’ordre des quantificateurs, ou nient mal la formule intérieure.
5.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: N = 6
Multiplexeur : un multiplexeur 2ⁿ vers 1 transmet l’une de ses entrées de données à la sortie ; les lignes de sélection, lues comme un nombre binaire, choisissent laquelle. Pour un MUX 4 vers 1 avec sélections S₁S₀ = AB, F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. En reliant les entrées de données à 0, 1, C ou C′, le MUX produit n’importe quelle fonction de A, B et C, ce qui est une manière courante de réaliser une logique avec un seul circuit.
Expression de sortie
F = A′B′C + A′B + AB′ + ABC
Lignes avec F = 1
ABC = 001, 010, 011, 100, 101, 111
N = 6
Réponse
N = 6
6.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules
Réponse: Q = 1
Bascules et compteurs : une bascule ne change qu’au front actif de l’horloge. D copie son entrée (Q⁺ = D) ; T change d’état quand T = 1 ; JK conserve pour 00, remet à 0 pour 01, met à 1 pour 10 et change d’état pour 11. Un compteur binaire de n bits a 2ⁿ états et compte modulo 2ⁿ ; un compteur modulo N va de 0, 1, …, N − 1 puis revient à 0, et exige le plus petit n tel que 2ⁿ ≥ N bascules. Chaque étage d’un compteur asynchrone divise la fréquence par deux, donc la dernière sortie d’un compteur modulo N tourne à fclk/N. Un compteur Johnson de n bascules a 2n états, un compteur en anneau n.
Inverses et congruences : a a un inverse modulo n exactement quand pgcd(a, n) = 1. L’algorithme d’Euclide étendu écrit 1 = s·n + t·a, et alors a⁻¹ ≡ t (mod n). Une congruence a·x ≡ b (mod n) avec pgcd(a, n) = 1 a pour solution x ≡ a⁻¹·b. Deux congruences x ≡ r₁ (mod m₁) et x ≡ r₂ (mod m₂) à modules premiers entre eux ont une solution modulo m₁·m₂ (théorème des restes chinois). L’indicatrice d’Euler φ(n) compte les nombres de 1 à n premiers avec n : φ(n) = n·∏(1 − 1/p).
Algorithme d’Euclide étendu
Chaque reste r s’écrit r ≡ t·3 (mod 11).
r = 11, t = 0
r = 3, q = 3, t = 1
r = 2, q = 1, t = −3
r = 1, q = 2, t = 4
Inverse
1 ≡ 4·3 (mod 11)
x = 4
vérification: 3·4 = 12 = 1·11 + 1
Réponse
3−1 mod 11 = 4
8.Théorie des nombres et arithmétique modulaire
Réponse: c = 40
Puissances modulaires et RSA : calculez aᵏ mod n par carrés répétés : écrivez k en binaire, élevez au carré, réduisez après chaque étape et multipliez les puissances dont le bit vaut 1. Fermat : aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p) pour un nombre premier p ne divisant pas a, donc l’exposant peut être réduit modulo p − 1. RSA : choisissez des nombres premiers p et q, n = p·q et φ(n) = (p − 1)(q − 1) ; l’exposant public e est premier avec φ(n), et l’exposant privé est d = e⁻¹ mod φ(n). Chiffre avec c = mᵉ mod n et déchiffrez avec m = cᵈ mod n.
Carré répété
23 = 16 + 4 + 2 + 1
1291 ≡ 129 (mod 133)
1292 ≡ 16 (mod 133)
1294 ≡ 123 (mod 133)
1298 ≡ 100 (mod 133)
12916 ≡ 25 (mod 133)
12923 ≡ 129·16·123·25 ≡ 40 (mod 133)
Chiffré
c = 40
Réponse
c = 40
9.Algorithmes et complexité
Réponse: B · O(n)
Pourquoi c'est la réponse
Si la somme est trop petite, le pointeur gauche avance vers la droite ; si elle est trop grande, le pointeur droit recule vers la gauche : il y a donc au plus n étapes.
Réponse
B · O(n)
10.Algorithmes et complexité
Réponse: B · W est un nombre, donc le temps est exponentiel en le nombre de bits utilisés pour écrire W
Pourquoi c'est la réponse
Le temps d'exécution est polynomial en la valeur de W mais exponentiel en sa longueur (log W bits) ; le sac à dos 0/1 est NP-complet.
Réponse
B · W est un nombre, donc le temps est exponentiel en le nombre de bits utilisés pour écrire W
11.Structures de données
Réponse: C · Le chaînage séparé (separate chaining)
Pourquoi c'est la réponse
Le chaînage conserve une liste chaînée (ou une autre structure) par compartiment ; l'adressage ouvert cherche un autre emplacement libre dans la table elle-même.
Réponse
C · Le chaînage séparé (separate chaining)
12.Structures de données
Réponse: C · Une rotation simple à droite sur le nœud déséquilibré
Pourquoi c'est la réponse
Dans le cas gauche-gauche, une rotation à droite fait remonter l'enfant gauche et rétablit l'équilibre ; les cas en zigzag nécessitent une double rotation.
Réponse
C · Une rotation simple à droite sur le nœud déséquilibré
13.Théorie des graphes
Réponse: H = 12
Euler, Hamilton et arbres : un graphe connexe a un circuit eulérien (chaque arête une fois, retour au départ) quand tous les sommets ont un degré pair, et un chemin eulérien qui n’est pas un circuit quand exactement deux sommets ont un degré impair ; le chemin va alors d’un sommet impair à l’autre. Un circuit hamiltonien visite chaque sommet une fois ; Kn en a (n − 1)!/2. Un arbre à n sommets a n − 1 arêtes, et un graphe connexe à m arêtes conserve un arbre couvrant après suppression de m − n + 1 arêtes.
Compter
H = (5 − 1)!/2 = 24/2 = 12
Réponse
H = 12
14.Théorie des graphes
Réponse: E
Plus courts chemins et arbres couvrants : l’algorithme de Dijkstra fixe un sommet par tour : le sommet non fixé de plus petite distance provisoire. Sa distance est alors définitive, et chaque voisin v reçoit d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v)). L’algorithme de Kruskal construit un arbre couvrant minimal en prenant les arêtes de la plus légère à la plus lourde et en sautant toute arête qui fermerait un cycle ; l’algorithme de Prim fait croître un arbre à partir d’un sommet de départ en ajoutant toujours l’arête la plus légère qui en sort. Un arbre couvrant à n sommets a n − 1 arêtes.
Dijkstra tour par tour
1. A (0): B: 7, C: 14
2. B (7): D: 13, E: 15
3. D (13): F: 25
4. C (14)
5. E (15)
6. F (25)
tour 5
E
Réponse
E
15.Bases de données et SQL
Réponse: A · Les dépendances transitives entre attributs non clés
Pourquoi c'est la réponse
En 3NF, aucun attribut non clé ne dépend d'un autre attribut non clé, comme lorsqu'on stocke la ville et le code postal alors que la ville dépend du code postal.
Réponse
A · Les dépendances transitives entre attributs non clés
16.Bases de données et SQL
Réponse: D · ROW_NUMBER()
Pourquoi c'est la réponse
ROW_NUMBER attribue des numéros séquentiels uniques ; RANK laisse des trous après les ex æquo ; DENSE_RANK non.
Réponse
D · ROW_NUMBER()
17.Réseaux informatiques
Réponse: D · Découper un réseau commuté physique en domaines de diffusion distincts
Pourquoi c'est la réponse
Les VLAN regroupent logiquement des ports, de sorte que les diffusions restent dans chaque VLAN. Cela améliore la sécurité et limite le trafic de diffusion.
Réponse
D · Découper un réseau commuté physique en domaines de diffusion distincts
18.Réseaux informatiques
Réponse: B · La découverte du MTU du chemin échoue car les messages « fragmentation nécessaire » sont bloqués
Pourquoi c'est la réponse
La PMTUD s'appuie sur des messages ICMP pour apprendre le MTU plus petit. S'ils sont supprimés, les gros paquets disparaissent sans bruit, créant une connexion « trou noir ».
Réponse
B · La découverte du MTU du chemin échoue car les messages « fragmentation nécessaire » sont bloqués
19.Sous-réseaux IPv4
Réponse: p = 21
Sous-réseaux IPv4 : une adresse a 32 bits. Le préfixe /p indique combien de bits de tête identifient le réseau ; les 32 − p bits restants numérotent les hôtes. Un sous-réseau a 2³²⁻ᵖ adresses, mais la première (adresse réseau) et la dernière (adresse de diffusion) ne peuvent pas être attribuées, il tient donc 2³²⁻ᵖ − 2 hôtes. Exceptions : un /31 (liaison point à point, RFC 3021) utilise ses 2 adresses pour des hôtes, et un /32 est une adresse unique (un seul hôte ou une interface de bouclage).
Bits d'hôte nécessaires
210 − 2 = 1022 < 1473
211 − 2 = 2046 ≥ 1473 → h = 11
Longueur du préfixe
p = 32 − 11 = 21
Réponse
p = /21
20.Sous-réseaux IPv4
Réponse: x = 179
Sous-réseaux IPv4 : une adresse a 32 bits. Le préfixe /p indique combien de bits de tête identifient le réseau ; les 32 − p bits restants numérotent les hôtes. Un sous-réseau a 2³²⁻ᵖ adresses, mais la première (adresse réseau) et la dernière (adresse de diffusion) ne peuvent pas être attribuées, il tient donc 2³²⁻ᵖ − 2 hôtes. Exceptions : un /31 (liaison point à point, RFC 3021) utilise ses 2 adresses pour des hôtes, et un /32 est une adresse unique (un seul hôte ou une interface de bouclage).