Dasar-Dasar Ilmu Komputer: paket kilat

Lembar rumus, langkah-langkah metode utama untuk setiap topik, dan 20 soal latihan, dengan pembahasan lengkap di bagian belakang.

Soal baruKembali ke mata kuliah

Di jendela cetak, pilih “Simpan sebagai PDF” untuk menyimpan salinan di perangkat Anda.

1Rumus dan metode

Sistem bilangan

Nilai tempat
biner 2k, oktal 8k, heksadesimal 16k
Ke desimal
Σ dk·bk
Dari desimal
bagi dengan basis, baca sisanya dari bawah ke atas
Heksadesimal ↔ biner
satu digit heksadesimal = 4 bit
Komplemen dua
balik bitnya lalu tambahkan 1

Logika proposisional & pembuktian

Baris tabel kebenaran
2ⁿ
Implikasi
p → q ≡ ¬p ∨ q ≡ ¬q → ¬p
Negasi implikasi
¬(p → q) ≡ p ∧ ¬q
Bikondisional
p ↔ q ≡ (p → q) ∧ (q → p)
De Morgan
¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q, ¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q
Hukum distributif
p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r), p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
Negasi kuantor
¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x), ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x)
Modus ponens, modus tollens
p → q, p ⊢ q; p → q, ¬q ⊢ ¬p

Metode

  1. Hitung banyaknya variabel yang berbeda: tabel kebenaran memiliki 2ⁿ baris, dimulai dengan semuanya bernilai 1.
  2. Beri setiap subformula kolomnya sendiri dan isi kolom-kolom itu dari dalam ke luar.
  3. Terapkan aturan setiap penghubung: → bernilai 0 hanya untuk 1 → 0, ↔ bernilai 1 jika kedua sisi sama.
  4. Untuk ekuivalensi, bandingkan kolom akhir baris demi baris; untuk suatu argumen, lihat hanya baris yang semua premisnya bernilai 1.
  5. Untuk menegasikan pernyataan berkuantor, pindahkan ¬ ke dalam, tukar ∀ dan ∃, lalu negasikan rumus di dalamnya.

Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Gerbang dasar
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Aturan Boolean
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Urutan peta Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Kelompok 2ᵏ sel
kehilangan k variabel
Multiplekser 4-ke-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flop
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Pencacah
n bit: 2ⁿ keadaan; mod-N: n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Pencacah ripple
fmax = 1/(n·tpd)
Pencacah cincin dan Johnson
n dan 2n keadaan

Metode

  1. Untuk rangkaian, bekerjalah dari masukan ke keluaran satu gerbang demi satu gerbang dan tulis nilai pada setiap kawat, atau tulis ekspresinya dan isi tabel kebenaran.
  2. Untuk penyederhanaan, taruh angka 1 (dan don’t-care sebagai X) ke dalam peta Karnaugh dengan baris dan kolom kode Gray: 00, 01, 11, 10.
  3. Cakup angka 1 dengan kelompok sesedikit dan sebesar mungkin yang berisi 1, 2, 4, 8, atau 16 sel, melingkar melewati tepi; setiap kelompok adalah satu suku hasil kali yang tersusun dari variabel yang tetap konstan. Kelompokkan angka 0 untuk bentuk POS.
  4. Untuk flip-flop dan pencacah, baca masukan pada setiap tepi clock aktif, tulis keadaan setelah setiap tepi, dan ingat bahwa pencacah n bit berputar kembali setelah 2ⁿ keadaan.

Teori bilangan & aritmetika modular

Pembagian dengan sisa
a = q·n + r, 0 ≤ r < n
Euclid
gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)
Kelipatan persekutuan terkecil
lcm(a, b) = a·b/gcd(a, b)
Invers
a·a⁻¹ ≡ 1 (mod n), gcd(a, n) = 1
Kongruensi linear
a·x ≡ b → x ≡ a⁻¹·b (mod n)
Fungsi totien 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

Metode

  1. Reduksi dulu setiap bilangan modulo n; sisa berada di antara 0 dan n − 1.
  2. Untuk FPB, bagi berulang kali dengan algoritma Euclid; sisa taknol terakhir adalah FPB.
  3. Untuk invers, jalankan algoritma yang diperluas dan ambil koefisien a; tambahkan n jika negatif.
  4. Selesaikan a·x ≡ b dengan mengalikan a⁻¹; gabungkan dua kongruensi dengan menuliskan x = r₁ + m₁k.
  5. Untuk pangkat, tuliskan eksponen dalam biner dan kuadratkan berulang; dalam RSA, d = e⁻¹ mod φ(n) dengan φ(n) = (p − 1)(q − 1).

Teori graf

Lema jabat tangan
Σ deg(v) = 2|E|
Graf lengkap
|E(Kn)| = n(n − 1)/2, |E(Km,n)| = m·n
Graf beraturan
|E| = n·k/2
Pohon dan hutan
|E| = n − 1, |E| = n − c
Daun pohon
L = 2 + Σ (deg(v) − 2) over deg(v) ≥ 3
Euler
sirkuit: semua derajat genap; lintasan: tepat 2 derajat ganjil
Sirkuit Hamilton di Kn
(n − 1)!/2
Pembaruan Dijkstra
d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v))
Jalan dengan panjang L
(Mᴸ)ij

Metode

  1. Tuliskan derajat setiap simpul; jumlah derajat sama dengan dua kali banyaknya sisi.
  2. Untuk soal Euler, periksa bahwa graf terhubung dan hitung simpul berderajat ganjil.
  3. Untuk pohon, gunakan n − 1 sisi dan lema jabat tangan.
  4. Untuk Dijkstra, buat tabel jarak sementara dan tetapkan simpul belum tetap dengan jarak terkecil di setiap putaran.
  5. Untuk pohon rentang minimum, urutkan sisi menurut bobot dan lewati setiap sisi yang membentuk siklus (Kruskal), atau tumbuhkan satu pohon dari simpul awal (Prim).

Subnetting IPv4

Host per subnet
2(32 − prefix) − 2 (/31: 2, /32: 1)
Ukuran blok
256 − (mask octet)
Alamat jaringan
IP AND mask
Alamat broadcast
IP OR (NOT mask): semua bit host bernilai 1
Subnet dari n bit pinjaman
2n

2Soal latihan

1.Sistem bilanganSedang
nilai posisi dalam komplemen dua1−12816403201618140211

Pola 8-bit 1100 1101 menyimpan bilangan bulat bertanda dalam komplemen dua. Berapa nilainya N dalam desimal?

1100 11018 bit
N =
2.Sistem bilanganSulit
16 bit1 px512 px512 pxM = ? KiB

Sebuah gambar tak terkompresi berukuran 512 × 512 piksel dengan 16 bit per piksel. Berapa memori M yang dipakainya, dalam KiB (1 KiB = 1024 byte)?

512 × 512 px16 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Logika proposisional & pembuktianSedang
¬b → ¬¬cb → ¬c¬c ∧ ¬b¬¬c → ¬b

Anda ingin membuktikan ¬c → b dengan kontrapositif. Implikasi mana yang Anda buktikan sebagai gantinya? Klik implikasi itu.

¬c → b
  1. 1¬b → ¬¬c
  2. 2b → ¬c
  3. 3¬c ∧ ¬b
  4. 4¬¬c → ¬b
4.Logika proposisional & pembuktianSulit
pqrp → (r ∨ q)pr111110101100011010001000

Argumen dengan premis p → (r ∨ q); p dan kesimpulan r tidak valid. Klik baris tabel kebenaran yang merupakan contoh penyangkal.

p → (r ∨ q)p∴ r
  1. 1p = 1, q = 1, r = 1
  2. 2p = 1, q = 1, r = 0
  3. 3p = 1, q = 0, r = 1
  4. 4p = 1, q = 0, r = 0
  5. 5p = 0, q = 1, r = 1
  6. 6p = 0, q = 1, r = 0
  7. 7p = 0, q = 0, r = 1
  8. 8p = 0, q = 0, r = 0
5.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABCD0001111000011110111111

Pada peta Karnaugh ini tepat satu angka 1 tidak memiliki angka 1 tetangga, sehingga tetap menjadi kelompok satu sel (minterm penuh berisi empat literal) dalam bentuk SOP minimal. Tetangga melewati tepi peta ikut dihitung. Klik sel itu.

F = Σm(1, 4, 5, 9, 10, 12)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
6.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKSHIFT

Register geser 4 bit Q₃Q₂Q₁Q₀ berisi 1010. Pada setiap tepi clock bit bergeser satu tempat ke kanan (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ hilang) dan masukan serial masuk ke Q₃. Masukan serial adalah 1, 1, 1, 0, 0, 1 pada 6 tepi. Berikan keadaan akhir Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ sebagai bilangan desimal.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 10101, 1, 1, 0, 0, 1
Q =
7.Teori bilangan & aritmetika modularSedang

Carilah bilangan bulat positif terkecil x dengan x ≡ 2 (mod 5) dan x ≡ 4 (mod 13).

x ≡ 2 (mod 5)x ≡ 4 (mod 13)
x =
8.Teori bilangan & aritmetika modularSulit
mc = me​ mod n233m = cd​ mod n?(n, e) = (1333, 13)d

Sebuah kunci RSA memakai p = 31, q = 43, dan e = 13. Dekripsikan teks sandi c = 233: carilah pesan m.

p = 31q = 43e = 13c = 233
m =
9.Algoritma & kompleksitasSedang

Rekurens T(n) = T(n − 1) + O(1) menghasilkan apa?

  1. AO(n)
  2. BO(2ⁿ)
  3. CO(log n)
  4. DO(n²)
10.Algoritma & kompleksitasSulit

Berapa kompleksitas waktu dari: for i = 1 to n: for (j = i; j ≤ n; j = j + i) lakukan kerja O(1)?

  1. AO(n²)
  2. BO(n log n)
  3. CO(n)
  4. DO(n √n)
11.Struktur dataSedang

Pohon AVL dan pohon red-black menjamin:

  1. AKunci disimpan sesuai urutan penyisipan
  2. BTidak ada node yang memiliki dua anak
  3. CPencarian dalam waktu konstan pada setiap kasus
  4. DTinggi O(log n) melalui penyeimbangan ulang
12.Struktur dataSulit

Apa yang dilakukan splay tree setelah setiap akses?

  1. AMerotasi node yang diakses ke atas hingga menjadi root
  2. BMemindahkan node yang diakses ke daun
  3. CMembangun ulang seluruh pohon dalam bentuk seimbang
  4. DMewarnai ulang node di jalur pencarian
13.Teori grafSedang

Sebuah graf terhubung memiliki 15 simpul dan 22 sisi. Berapa sisi k yang harus dihapus agar tersisa pohon rentang?

|V| = 15|E| = 22
k =
14.Teori grafSulit
13164147121ABCDE

Carilah total bobot W pohon rentang minimum dari graf berbobot ini.

|V| = 5|E| = 7
W =
15.Basis data & SQLSedang

View dalam SQL adalah:

  1. ASalinan tabel di disk
  2. BSalah satu jenis indeks
  3. CKueri tersimpan yang berperilaku seperti tabel virtual
  4. DLayar di klien basis data untuk menelusuri tabel
16.Basis data & SQLSulit

Subkueri berkorelasi (correlated subquery) adalah subkueri yang:

  1. AHanya menggunakan fungsi agregat
  2. BMenggabungkan dua tabel dengan kunci asing
  3. CDijalankan hanya sekali sebelum kueri luar dan hasilnya di-cache untuk setiap baris
  4. DMerujuk ke kolom kueri luar dan dievaluasi untuk setiap baris luar
17.Jaringan komputerSedang

Properti keamanan apa yang disediakan TLS untuk HTTPS?

  1. AKerahasiaan, integritas, dan autentikasi server
  2. BAnonimitas pengguna
  3. CHanya pemuatan yang lebih cepat
  4. DPerlindungan terhadap semua malware dan phishing di situs yang dikunjungi
18.Jaringan komputerSulit

Dalam model TCP/IP, lapisan mana yang menambahkan nomor port?

  1. ALapisan internet
  2. BLapisan transport
  3. CLapisan aplikasi
  4. DLapisan link
19.Subnetting IPv4Sedang
255.255.248.011111111111111111111100000000000bit jaringanbit host

Sebuah subnet memakai mask 255.255.248.0. Berapa alamat host yang dapat dipakai H?

255.255.248.0
H =
20.Subnetting IPv4Sulit
oktet terakhir = 176112806413211608040201jaringanhost

Sebuah host memiliki alamat 10.20.118.176/29. Berapa angka terakhir (oktet keempat) x dari alamat broadcast subnetnya?

10.20.118.176/29
x =

3Larutan

1.Sistem bilangan

Jawaban: N = −51

Sistem bilangan posisional: setiap digit bernilai digit itu dikali pangkat dari basis. Dalam biner, posisinya bernilai 1, 2, 4, 8, 16, …; dalam heksadesimal 1, 16, 256, …, dengan A–F mewakili 10–15. Dalam komplemen dua 8-bit, bit paling kiri bernilai −128, bukan +128; begitulah bilangan negatif disimpan.

Jumlahkan nilai posisi

Bit lainnya tetap bernilai positif seperti biasa.

−128 + 64 + 8 + 4 + 1 = −51

Jawaban

N = −51
2.Sistem bilangan

Jawaban: M = 512 KiB

Sistem bilangan posisional: setiap digit bernilai digit itu dikali pangkat dari basis. Dalam biner, posisinya bernilai 1, 2, 4, 8, 16, …; dalam heksadesimal 1, 16, 256, …, dengan A–F mewakili 10–15. Dalam komplemen dua 8-bit, bit paling kiri bernilai −128, bukan +128; begitulah bilangan negatif disimpan.

Bit dan byte

512·512·16 = 4194304 bit = 524288 B

Ubah ke KiB

524288/1024 = 512 KiB

Jawaban

M = 512 KiB
3.Logika proposisional & pembuktian

Jawaban: ¬b → ¬¬c

Ekuivalensi logis: dua rumus ekuivalen (≡) jika bernilai sama pada setiap baris tabel kebenaran. Tautologi bernilai 1 pada setiap baris, kontradiksi bernilai 0 pada setiap baris, dan kontingensi bukan keduanya. Hukum yang berguna: De Morgan, ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b dan ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b; a → b ≡ ¬a ∨ b ≡ ¬b → ¬a (kontrapositif); ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b; dan hukum distributif, a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).

Bagian-bagian implikasi

a = ¬c, b = b

Kontrapositif

¬b → ¬a = ¬b → ¬¬c

Jawaban

¬b → ¬¬c

Kontrapositif ekuivalen dengan pernyataan asli, jadi membuktikannya berarti membuktikan pernyataan itu.

4.Logika proposisional & pembuktian

Jawaban: p = 1, q = 1, r = 0

Kuantor dan argumen: ¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x) dan ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x). Pindahkan negasi ke dalam, tukar setiap kuantor yang dilewatinya, dan negasikan rumus di dalamnya dengan hukum proposisional, seperti ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b. Sebuah argumen valid jika kesimpulannya bernilai 1 pada setiap baris yang semua premisnya bernilai 1. Satu baris dengan premis benar dan kesimpulan salah adalah contoh penyangkal dan menunjukkan bahwa argumen itu tidak valid.

Premis dan kesimpulan baris demi baris

p = 1, q = 1, r = 1: 1 1 | 1
p = 1, q = 1, r = 0: 1 1 | 0
p = 1, q = 0, r = 1: 1 1 | 1
p = 1, q = 0, r = 0: 0 1 | 0
p = 0, q = 1, r = 1: 1 0 | 1
p = 0, q = 1, r = 0: 1 0 | 0
p = 0, q = 0, r = 1: 1 0 | 1
p = 0, q = 0, r = 0: 1 0 | 0

Contoh penyangkal

p = 1, q = 1, r = 0

Jawaban

p = 1, q = 1, r = 0

Argumen dengan bentuk ini tampak seperti aturan yang valid, tetapi satu baris cukup untuk menunjukkan bahwa itu tidak benar.

5.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: AB = 10, CD = 10

Peta Karnaugh: sel-sel diurutkan dalam kode Gray (00, 01, 11, 10), sehingga sel bertetangga, termasuk yang melewati tepi, berbeda tepat pada satu variabel. Kelompokkan angka 1 dalam persegi panjang berisi 1, 2, 4, 8, atau 16 sel, sebesar mungkin dan sesedikit mungkin, sampai setiap angka 1 tercakup. Setiap kelompok adalah satu suku hasil kali: variabel yang tetap konstan di dalamnya. Kelompok 2ᵏ sel kehilangan k variabel. Don’t-care (X) boleh dipakai untuk memperbesar kelompok tetapi tidak harus dicakup. Mengelompokkan angka 0 sebagai gantinya menghasilkan bentuk POS minimal.

Tetangga setiap angka 1

Angka 1 dengan tetangga angka 1 dapat bergabung dalam kelompok dua atau lebih.

m10: m11, m8, m14, m2 → 0
ABCD0001111000011110111111

Angka 1 yang terisolasi

m10 = AB′CD′ → AB = 10, CD = 10

Jawaban

AB = 10, CD = 10
6.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: Q = 9

Flip-flop dan pencacah: flip-flop hanya berubah pada tepi clock aktif. D menyalin masukannya (Q⁺ = D); T berbalik jika T = 1; JK bertahan untuk 00, reset untuk 01, set untuk 10, dan berbalik untuk 11. Pencacah biner n bit memiliki 2ⁿ keadaan dan menghitung modulo 2ⁿ; pencacah mod-N berurutan 0, 1, …, N − 1 lalu kembali ke 0, dan memerlukan flip-flop sebanyak n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N. Setiap tahap pencacah ripple membagi dua frekuensi, sehingga keluaran terakhir pencacah mod-N berjalan pada fclk/N. Pencacah Johnson dari n flip-flop memiliki 2n keadaan, pencacah cincin n.

Keadaan setelah setiap tepi

1010 → 1101 → 1110 → 1111 → 0111 → 0011 → 1001

Nilai desimal

1001₂ = 9

Jawaban

Q = 9
7.Teori bilangan & aritmetika modular

Jawaban: x = 17

Invers dan kongruensi: a memiliki invers modulo n tepat ketika FPB(a, n) = 1. Algoritma Euclid yang diperluas menuliskan 1 = s·n + t·a, dan kemudian a⁻¹ ≡ t (mod n). Kongruensi a·x ≡ b (mod n) dengan FPB(a, n) = 1 memiliki penyelesaian x ≡ a⁻¹·b. Dua kongruensi x ≡ r₁ (mod m₁) dan x ≡ r₂ (mod m₂) dengan modulus saling prima memiliki satu penyelesaian modulo m₁·m₂ (teorema sisa Cina). φ(n) Euler menghitung bilangan dari 1 sampai n yang saling prima dengan n: φ(n) = n·∏(1 − 1/p).

Kongruensi pertama

x = 2 + 5k

Kongruensi kedua

2 + 5k ≡ 4 (mod 13) → 5k ≡ 2 (mod 13)
k ≡ 8·2 ≡ 3 (mod 13)

Hasil

x = 2 + 5·3 = 17
x = 17
periksa: 17 mod 5 = 2, 17 mod 13 = 4

Jawaban

x = 17
8.Teori bilangan & aritmetika modular

Jawaban: m = 287

Pangkat modular dan RSA: hitung aᵏ mod n dengan pengkuadratan berulang: tulis k dalam biner, kuadratkan, reduksi setelah setiap langkah, dan kalikan pangkat yang bitnya 1. Fermat: aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p) untuk bilangan prima p yang tidak membagi a, sehingga eksponen dapat direduksi modulo p − 1. RSA: pilih bilangan prima p dan q, n = p·q dan φ(n) = (p − 1)(q − 1); eksponen publik e saling prima dengan φ(n), dan eksponen privat adalah d = e⁻¹ mod φ(n). Enkripsi dengan c = mᵉ mod n dan dekripsi dengan m = cᵈ mod n.

Eksponen privat

n = 1333, φ(n) = 1260
d = 13−1 mod 1260 = 97

Dekripsi dengan pengkuadratan berulang

97 = 64 + 32 + 1
2331 ≡ 233 (mod 1333)
2332 ≡ 969 (mod 1333)
2334 ≡ 529 (mod 1333)
2338 ≡ 1244 (mod 1333)
23316 ≡ 1256 (mod 1333)
23332 ≡ 597 (mod 1333)
23364 ≡ 498 (mod 1333)
23397 ≡ 233·597·498 ≡ 287 (mod 1333)

Pesan

m = 287
periksa: 28713 mod 1333 = 233

Jawaban

m = 287
9.Algoritma & kompleksitas

Jawaban: A · O(n)

Mengapa ini jawabannya

Ada n tingkat dengan kerja konstan masing-masing, seperti pada penjumlahan array secara rekursif.

Jawaban

A · O(n)
10.Algoritma & kompleksitas

Jawaban: B · O(n log n)

Mengapa ini jawabannya

Totalnya n / 1 + n / 2 + ... + n / n = n × Hn, dan bilangan harmonik Hn adalah Θ(log n).

Jawaban

B · O(n log n)
11.Struktur data

Jawaban: D · Tinggi O(log n) melalui penyeimbangan ulang

Mengapa ini jawabannya

Pohon yang menyeimbangkan diri menjaga tinggi tetap logaritmik, sehingga pencarian, penyisipan, dan penghapusan bernilai O(log n) pada kasus terburuk.

Jawaban

D · Tinggi O(log n) melalui penyeimbangan ulang
12.Struktur data

Jawaban: A · Merotasi node yang diakses ke atas hingga menjadi root

Mengapa ini jawabannya

Splaying memindahkan node yang diakses ke root melalui rotasi; satu operasi dapat berbiaya O(n), tetapi biaya amortisasinya O(log n).

Jawaban

A · Merotasi node yang diakses ke atas hingga menjadi root
13.Teori graf

Jawaban: k = 8

Euler, Hamilton, dan pohon: graf terhubung memiliki sirkuit Euler (setiap sisi sekali, kembali ke awal) jika setiap simpul berderajat genap, dan lintasan Euler yang bukan sirkuit jika tepat dua simpul berderajat ganjil; lintasan itu berjalan dari satu simpul ganjil ke simpul ganjil lainnya. Sirkuit Hamilton mengunjungi setiap simpul sekali; Kn memiliki (n − 1)!/2 sirkuit seperti itu. Pohon dengan n simpul memiliki n − 1 sisi, dan graf terhubung dengan m sisi masih memiliki pohon rentang setelah m − n + 1 sisi dihapus.

Sisi pohon rentang

15 − 1 = 14

Sisi yang dihapus

k = 22 − 14 = 8

Jawaban

k = 8
14.Teori graf

Jawaban: W = 30

Lintasan terpendek dan pohon rentang: algoritma Dijkstra menetapkan satu simpul per putaran: simpul belum tetap dengan jarak sementara terkecil. Jaraknya lalu final, dan setiap tetangga v mendapat d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v)). Algoritma Kruskal membangun pohon rentang minimum dengan mengambil sisi dari yang ringan ke berat dan melewati sisi yang akan membentuk siklus; algoritma Prim menumbuhkan satu pohon dari simpul awal dengan selalu menambahkan sisi teringan yang keluar dari pohon. Pohon rentang dengan n simpul memiliki n − 1 sisi.

Algoritma Kruskal

BE (1): ambil
BC (4): ambil
CE (7): lewati, membentuk siklus
DE (12): ambil
AB (13): ambil

Total bobot

W = 1 + 4 + 12 + 13 = 30

Jawaban

W = 30
15.Basis data & SQL

Jawaban: C · Kueri tersimpan yang berperilaku seperti tabel virtual

Mengapa ini jawabannya

View menyimpan pernyataan SELECT; mengkueri view akan menjalankan kueri dasarnya (materialized view menyimpan hasilnya).

Jawaban

C · Kueri tersimpan yang berperilaku seperti tabel virtual
16.Basis data & SQL

Jawaban: D · Merujuk ke kolom kueri luar dan dievaluasi untuk setiap baris luar

Mengapa ini jawabannya

Subkueri berkorelasi bergantung pada baris luar saat ini, sehingga secara logis dievaluasi per baris (optimizer dapat menulis ulang sebagai join).

Jawaban

D · Merujuk ke kolom kueri luar dan dievaluasi untuk setiap baris luar
17.Jaringan komputer

Jawaban: A · Kerahasiaan, integritas, dan autentikasi server

Mengapa ini jawabannya

TLS mengenkripsi lalu lintas, mendeteksi perubahan tidak sah, dan mengautentikasi server dengan sertifikat (opsional juga klien).

Jawaban

A · Kerahasiaan, integritas, dan autentikasi server
18.Jaringan komputer

Jawaban: B · Lapisan transport

Mengapa ini jawabannya

Header TCP dan UDP berisi port sumber dan tujuan; lapisan internet (IP) menambahkan alamat.

Jawaban

B · Lapisan transport
19.Subnetting IPv4

Jawaban: H = 2046

IPv4 subnetting: an address has 32 bits. The prefix /p says how many leading bits identify the network; the remaining 32 − p bits number the hosts. A subnet has 2³²⁻ᵖ addresses, but the first (network address) and last (broadcast address) cannot be given to hosts, so 2³²⁻ᵖ − 2 hosts fit. Exceptions: a /31 (point-to-point link, RFC 3021) uses both of its 2 addresses for hosts, and a /32 is one single address (a single host or a loopback).

Panjang prefiks

255.255.248.0 = /21

Host yang dapat dipakai

211 − 2 = 2046

Jawaban

H = 2046
20.Subnetting IPv4

Jawaban: x = 183

Subnetting IPv4: sebuah alamat terdiri dari 32 bit. Prefiks /p menyatakan berapa bit awal yang mengidentifikasi jaringan; sisa 32 − p bit menomori host. Sebuah subnet memiliki 2³²⁻ᵖ alamat, tetapi yang pertama (alamat jaringan) dan terakhir (alamat broadcast) tidak dapat diberikan ke host, sehingga muat 2³²⁻ᵖ − 2 host. Pengecualian: /31 (tautan point-to-point, RFC 3021) memakai kedua alamatnya yang berjumlah 2 untuk host, dan /32 hanya satu alamat (satu host atau loopback).

Ukuran blok

23 = 8

Subnet host ini

jaringan: ⌊176/8⌋·8 = 176
broadcast: 176 + 8 − 1 = 183
host yang dapat dipakai: 177 … 182

Jawaban

x = 183

ExamProblems · examproblems.com/courses/computer-science-fundamentals