Informatikos pagrindai: pasiruošimo paketas

Formulių lapai, pagrindiniai kiekvienos temos metodų žingsniai ir 20 uždavinių, o pilni sprendimai pateikti gale.

Nauji uždaviniaiAtgal į kursą

Spausdinimo lange pasirinkite „Išsaugoti kaip PDF“, kad nuosavą kopiją išsaugotumėte savo įrenginyje.

1Formulės ir metodai

Skaičiavimo sistemos

Pozicijų vertės
dvejetainė 2k, aštuntainė 8k, šešioliktainė 16k
Į dešimtainę
Σ dk·bk
Iš dešimtainės
dalykite iš pagrindo, liekanas skaitykite iš apačios į viršų
Šešioliktainė ↔ dvejetainė
vienas šešioliktainis skaitmuo = 4 bitai
Papildomasis kodas
invertuokite bitus ir pridėkite 1

Teiginių logika ir įrodymai

Teisingumo lentelės eilutės
2ⁿ
Implikacija
p → q ≡ ¬p ∨ q ≡ ¬q → ¬p
Implikacijos neigimas
¬(p → q) ≡ p ∧ ¬q
Ekvivalencija
p ↔ q ≡ (p → q) ∧ (q → p)
De Morgano dėsniai
¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q, ¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q
Distributyvumo dėsniai
p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r), p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
Kvantorių neigimas
¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x), ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x)
Modus ponens, modus tollens
p → q, p ⊢ q; p → q, ¬q ⊢ ¬p

Metodas

  1. Suskaičiuokite skirtingus kintamuosius: teisingumo lentelėje yra 2ⁿ eilučių, o pirmoji eilutė – visi kintamieji lygūs 1.
  2. Kiekvienai posakio daliai skirkite savo stulpelį ir užpildykite stulpelius iš vidaus į išorę.
  3. Taikykite kiekvienos jungties taisyklę: → yra 0 tik tada, kai 1 → 0, o ↔ yra 1, kai abi pusės sutampa.
  4. Tikrindami ekvivalentumą, palyginkite galutinius stulpelius eilutė po eilutės; tikrindami argumentą, žiūrėkite tik į eilutes, kuriose visos prielaidos lygios 1.
  5. Norėdami paneigti kvantorių turintį teiginį, perkelkite ¬ į vidų, sukeiskite ∀ ir ∃ vietomis ir paneikite vidinę formulę.

Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Pagrindiniai elementai
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Būlio taisyklės
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgano dėsniai
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Karno žemėlapio tvarka
00, 01, 11, 10 (Gray code)
2ᵏ langelių grupė
netenka k kintamųjų
4 į 1 multiplekseris
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Trigeriai
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Skaitikliai
n bitų: 2ⁿ būsenų; mod-N: mažiausias n, kad 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Nuosekliojo veikimo (ripple) skaitiklis
fmax = 1/(n·tpd)
Žiediniai ir Johnsono skaitikliai
n ir 2n būsenų

Metodas

  1. Grandinei dirbkite nuo įėjimų iki išėjimo po vieną elementą ir užrašykite reikšmę ant kiekvieno laido arba užrašykite išraišką ir užpildykite teisingumo lentelę.
  2. Supaprastindami įrašykite vienetus (o nesvarbias reikšmes kaip X) į Karno žemėlapį su Grejaus kodo eilutėmis ir stulpeliais: 00, 01, 11, 10.
  3. Vienetus padenkite kuo mažiau ir kuo didesnių 1, 2, 4, 8 ar 16 langelių grupių, apsisukančių per kraštus; kiekviena grupė yra vienas sandaugos narys iš kintamųjų, kurie joje nesikeičia. POS formai grupuokite nulius.
  4. Trigeriams ir skaitikliams skaitykite įėjimus kiekvienu aktyviu taktiniu frontu, užrašykite būseną po kiekvieno fronto ir atminkite, kad n bitų skaitiklis apsisuka po 2ⁿ būsenų.

Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Dalyba su liekana
a = q·n + r, 0 ≤ r < n
Euklidas
gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)
Mažiausias bendrasis kartotinis
lcm(a, b) = a·b/gcd(a, b)
Atvirkštinė
a·a⁻¹ ≡ 1 (mod n), gcd(a, n) = 1
Tiesinė kongruencija
a·x ≡ b → x ≡ a⁻¹·b (mod n)
Oilerio funkcija
φ(n) = n·∏(1 − 1/p), φ(pᵏ) = pᵏ − pᵏ⁻¹
Ferma
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

Metodas

  1. Pirmiausia visus skaičius suredukuokite moduliu n; liekanos yra nuo 0 iki n − 1.
  2. Didžiausiam bendrajam dalikliui kartokite dalybą Euklido algoritmu; paskutinė nenulinė liekana yra DBD.
  3. Atvirkštiniam skaičiui taikykite išplėstinį algoritmą ir pasilikite a koeficientą; jei jis neigiamas, pridėkite n.
  4. Sprendžiant a·x ≡ b, dauginkite iš a⁻¹; dvi kongruencijas sujunkite rašydami x = r₁ + m₁k.
  5. Laipsniams užrašykite rodiklį dvejetainiu pavidalu ir kelkite kvadratu pakartotinai; RSA atveju d = e⁻¹ mod φ(n), kur φ(n) = (p − 1)(q − 1).

Grafų teorija

Rankų paspaudimo lema
Σ deg(v) = 2|E|
Pilnieji grafai
|E(Kn)| = n(n − 1)/2, |E(Km,n)| = m·n
Reguliarusis grafas
|E| = n·k/2
Medis ir miškas
|E| = n − 1, |E| = n − c
Medžio lapai
L = 2 + Σ (deg(v) − 2) over deg(v) ≥ 3
Oileris
ciklas: visų viršūnių laipsniai lyginiai; kelias: lygiai 2 nelyginio laipsnio viršūnės
Hamiltono ciklai grafe Kn
(n − 1)!/2
Dijkstros atnaujinimas
d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v))
L ilgio maršrutai
(Mᴸ)ij

Metodas

  1. Užrašykite kiekvienos viršūnės laipsnį; laipsnių suma lygi dvigubam briaunų skaičiui.
  2. Oilerio uždaviniuose patikrinkite, ar grafas jungus, ir suskaičiuokite nelyginio laipsnio viršūnes.
  3. Medžiams naudokite n − 1 briaunų ir rankų paspaudimo lemą.
  4. Dijkstros algoritme laikykite preliminarių atstumų lentelę ir kiekviename etape užfiksuokite mažiausio atstumo dar neužfiksuotą viršūnę.
  5. Minimaliam karkasiniam medžiui surikiuokite briaunas pagal svorį ir praleiskite kiekvieną briauną, uždarančią ciklą (Kruskalis), arba auginkite vieną medį iš pradinės viršūnės (Primas).

IPv4 potinkliai

Mazgai potinklyje
2(32 − prefix) − 2 (/31: 2, /32: 1)
Bloko dydis
256 − (mask octet)
Tinklo adresas
IP AND kaukė
Transliacijos adresas
IP OR (NOT kaukė): visi mazgo bitai lygūs 1
Potinkliai iš n pasiskolintų bitų
2n

2Uždaviniai

1.Skaičiavimo sistemosVidutinis
8 bitų papildomasis kodas0−12806403201608040201

Nustatykite bitus, kad jie saugotų −13 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −138 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
112 kodai, b = ? bitų?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Sistema kiekvienam iš 112 elementų turi suteikti atskirą tokio pat ilgio dvejetainį kodą. Kiek mažiausiai bitų b reikia?

112
b = bit
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
¬¬c → ¬(b ∨ a)¬(b ∨ a) → ¬¬c¬c → (b ∨ a)(b ∨ a) ∧ ¬¬c

Norite įrodyti (b ∨ a) → ¬c kontrapozicija. Kurią implikaciją įrodote vietoj jos? Spustelėkite ją.

(b ∨ a) → ¬c
  1. 1¬¬c → ¬(b ∨ a)
  2. 2¬(b ∨ a) → ¬¬c
  3. 3¬c → (b ∨ a)
  4. 4(b ∨ a) ∧ ¬¬c
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
∃y ∀x ¬R(x, y)∃x ∀y ¬R(x, y)∀x ∃y ¬R(x, y)∀x ∀y ¬R(x, y)

Kuris teiginys yra ekvivalentus ¬∀x ∃y R(x, y), kai neigimas perkeltas iki pat vidaus? Spustelėkite jį.

¬∀x ∃y R(x, y)
  1. 1∃y ∀x ¬R(x, y)
  2. 2∃x ∀y ¬R(x, y)
  3. 3∀x ∃y ¬R(x, y)
  4. 4∀x ∀y ¬R(x, y)
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
MUXC′I0​CI1​1I2​C′I3​ABS1​S0​F

4 į 1 multiplekserio pasirinkimo įėjimai yra S₁ = A ir S₀ = B, o duomenų įėjimai prijungti prie I₀ = C′, I₁ = C, I₂ = 1, I₃ = C′. Kiek iš 8 A, B ir C derinių duoda išėjimą F = 1? Raskite N.

I₀ = C′I₁ = CI₂ = 1I₃ = C′
N =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLKUP

3 bitų dvejetainis didėjantis skaitiklis pradeda nuo 7 (dešimtainiu pavidalu, Q = 111). Kokį skaičių Q (dešimtainiu pavidalu) jis rodo po 12 taktinių impulsų?

Q0 = 712n = 3
Q =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Išspręskite 20x ≡ 63 (mod 71). Pateikite sprendinį x, kur 0 < x < 71.

20x ≡ 63 (mod 71)
x =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus

Išspręskite 30x ≡ 10 (mod 50). Pateikite mažiausią teigiamą sprendinį x.

30x ≡ 10 (mod 50)
x =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Kam lygus rekurentinės lygties T(n) = T(n − 1) + O(1) sprendinys?

  1. AO(n²)
  2. BO(2ⁿ)
  3. CO(log n)
  4. DO(n)
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus

Kuris iš šių įvykdomumo uždavinių, kaip žinoma, išsprendžiamas per polinominį laiką?

  1. A2-SAT, kai kiekviename disjunkte yra daugiausia du literalai
  2. BBendrasis SAT konjunkcinės normaliosios formos formulėms
  3. C3-SAT, kai kiekviename disjunkte yra lygiai trys literalai
  4. DLoginės schemos įvykdomumas
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Kuri duomenų struktūra naudojama tikrinti, ar skliaustai eilutėje „{[()]}“ subalansuoti?

  1. AStekas
  2. BDvejetainis paieškos medis
  3. CMaišos lentelė
  4. DEilė
12.Duomenų struktūrosSunkus

Mazgas su dviem vaikais iš dvejetainio paieškos medžio paprastai šalinamas:

  1. APerstatant po juo esantį pomedį iš naujo ir iš naujo įterpiant kiekvieną jame buvusį raktą
  2. BSukeičiant jį su šaknimi
  3. CPakeičiant jį in-order įpėdiniu (arba pirmtaku) ir pašalinant tą mazgą
  4. DPašalinant visą pomedį
13.Grafų teorijaVidutinis

Medis turi 4 viršūnių, kurių laipsnis 3, o visos kitos jo viršūnės yra lapai (laipsnis 1). Kiek lapų L jis turi?

4 × deg 3
L =
14.Grafų teorijaSunkus
ABCDEF

Kiek yra 2 ilgio uždarų maršrutų, prasidedančių ir pasibaigiančių ties A? Maršrutas gali kartoti viršūnes ir briaunas. Pažymėkite skaičių N.

M = gretimumo matricaL = 2
N =
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis

Kuri užklausa grąžina didžiausią atlyginimą kiekviename skyriuje?

  1. ASELECT MAX(dept), salary FROM emp GROUP BY salary
  2. BSELECT dept, MAX(salary) FROM emp ORDER BY dept
  3. CSELECT dept, salary FROM emp WHERE salary = MAX(salary)
  4. DSELECT dept, MAX(salary) FROM emp GROUP BY dept
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

Ataskaitų duomenų bazė, kad išvengtų sujungimų, kopijuoja klientų vardus į užsakymų lentelę. Kokia pagrindinė šios denormalizacijos kaina?

  1. ANebegalima naudoti pirminių raktų
  2. BDuomenų bazė nebegali naudoti indeksų
  3. CUžklausos užsakymų lentelei tampa lėtesnės
  4. DPertekliniai egzemplioriai turi būti palaikomi nuoseklūs, kai tik pasikeičia kliento duomenys
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Kuri potinklio kaukė atitinka /20?

  1. A255.255.240.0
  2. B255.255.255.240
  3. C255.255.224.0
  4. D255.255.248.0
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Kokio tipo maršrutizavimo protokoluose atsiranda skaičiavimo iki begalybės problema ir kas nuo jos padeda?

  1. AAtstumo vektoriaus; skaidytas horizontas (split horizon) ir atvirkštinis nuodijimas (poison reverse)
  2. BKelio vektoriaus; ilgesni AS keliai
  3. CJungčių būsenos; jungčių atnaujinimų išplatinimas
  4. DStatinio maršrutizavimo; numatytųjų maršrutų pridėjimas
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/20 → /2511111111111111111111111110000000tinklo bitaimazgo bitai

Tinklas 10.204.112.0/20 padalytas į vienodus potinklius su prefiksu /25. Kiek yra potinklių N?

10.204.112.0/20/25
N =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
paskutinis oktetas = 230112816413201608141201tinklasmazgas

Mazgo adresas yra 10.20.100.230/25. Koks yra jo tinklo adreso ketvirtasis oktetas x?

10.20.100.230/25
x =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 243

Bitų nustatymas: kiekvienas bitas vertas dvejeto laipsnio (128, 64, …, 1). Vienas šešioliktainis skaitmuo yra lygiai keturi bitai, o 8 bitų dvejetainiame papildomajame kode kairysis bitas vertas −128. Bitinės operacijos atliekamos kiekvienai bito pozicijai atskirai.

Invertuokite ir pridėkite vienetą

13 = 0000 1101
invertuota: 1111 0010
+1 → 1111 0011

Perskaitykite be ženklo

1111 0011₂ = 256 − 13 = 243

Atsakymas

U = 243
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: b = 7 bit

Pozicinės skaičiavimo sistemos: kiekvienas skaitmuo vertas savo reikšmės, padaugintos iš pagrindo laipsnio. Dvejetainėje sistemoje pozicijos vertos 1, 2, 4, 8, 16, …, šešioliktainėje 1, 16, 256, …, o A–F reiškia 10–15. 8 bitų papildomajame kode kairysis bitas vertas −128 vietoj +128; taip saugomi neigiami skaičiai.

Dvejeto laipsniai

26 = 64 < 112
27 = 128 ≥ 112

Atsakymas

b = 7
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: ¬¬c → ¬(b ∨ a)

Loginis ekvivalentumas: dvi formulės yra ekvivalenčios (≡), kai kiekvienoje teisingumo lentelės eilutėje turi tą pačią reikšmę. Tautologija yra 1 kiekvienoje eilutėje, prieštara – 0 kiekvienoje eilutėje, o kontingencija nėra nei viena, nei kita. Naudingi dėsniai: De Morgano, ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b ir ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b; a → b ≡ ¬a ∨ b ≡ ¬b → ¬a (kontrapozicija); ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b; ir distributyvumo dėsniai, a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).

Implikacijos dalys

a = b ∨ a, b = ¬c

Kontrapozicija

¬b → ¬a = ¬¬c → ¬(b ∨ a)

Atsakymas

¬¬c → ¬(b ∨ a)

Kontrapozicija yra ekvivalenti pradiniam teiginiui, todėl ją įrodžius įrodomas ir teiginys.

4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: ∃x ∀y ¬R(x, y)

Kvantoriai ir argumentai: ¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x) ir ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x). Perkelkite neigimą į vidų, sukeiskite kiekvieną kvantorių, pro kurį jis praeina, o vidinę formulę paneikite teiginių logikos dėsniais, pavyzdžiui, ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b. Argumentas yra teisingas (galiojantis), kai išvada lygi 1 kiekvienoje eilutėje, kurioje visos prielaidos lygios 1. Viena eilutė su teisingomis prielaidomis ir klaidinga išvada yra kontrapavyzdys ir rodo, kad argumentas negalioja.

Perkelkite neigimą į vidų

¬∀x ∃y R(x, y) ≡ ∃x ∀y ¬R(x, y)

Atsakymas

∃x ∀y ¬R(x, y)

Kiti variantai arba palieka kvantorių nepakeistą, arba keičia kvantorių tvarką, arba netinkamai neigia vidinę formulę.

5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 5

Multiplekseris: 2ⁿ į 1 multiplekseris perduoda vieną iš savo duomenų įėjimų į išėjimą; pasirinkimo linijos, skaitomos kaip dvejetainis skaičius, nurodo kurį. 4 į 1 MUX su pasirinkimo įėjimais S₁S₀ = AB, F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Duomenų įėjimus prijungus prie 0, 1, C arba C′, MUX gali sukurti bet kurią A, B ir C funkciją; tai dažnas būdas sudaryti logiką viena mikroschema.

Išėjimo išraiška

F = A′B′C′ + A′BC + AB′ + ABC′

Eilutės su F = 1

ABC = 000, 011, 100, 101, 110
N = 5

Atsakymas

N = 5
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: Q = 3

Trigeriai ir skaitikliai: trigeris keičiasi tik aktyviu taktinio signalo frontu. D nukopijuoja savo įėjimą (Q⁺ = D); T perjungia, kai T = 1; JK išlaiko esant 00, nustato į 0 esant 01, nustato į 1 esant 10 ir perjungia esant 11. n bitų dvejetainis skaitiklis turi 2ⁿ būsenų ir skaičiuoja moduliu 2ⁿ; mod-N skaitiklis skaičiuoja 0, 1, …, N − 1 ir grįžta į 0, jam reikia mažiausiai n trigerių, kad 2ⁿ ≥ N. Kiekviena nuosekliojo (ripple) skaitiklio pakopa perpus sumažina dažnį, todėl paskutinis mod-N skaitiklio išėjimas veikia fclk/N dažniu. n trigerių Johnsono skaitiklis turi 2n būsenų, žiedinis – n.

Pilni ciklai

Kas 8 impulsų skaitiklis grįžta į tą pačią būseną.

12 = 1·8 + 4

Skaičius po likusių impulsų

Q = (7 + 4) mod 8 = 3
Q = 011₂

Atsakymas

Q = 3
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: x = 28

Atvirkštiniai skaičiai ir kongruencijos: a turi atvirkštinį moduliu n lygiai tada, kai gcd(a, n) = 1. Išplėstinis Euklido algoritmas užrašo 1 = s·n + t·a, ir tada a⁻¹ ≡ t (mod n). Kongruencija a·x ≡ b (mod n), kai gcd(a, n) = 1, turi sprendinį x ≡ a⁻¹·b. Dvi kongruencijos x ≡ r₁ (mod m₁) ir x ≡ r₂ (mod m₂) su tarpusavyje pirminiais moduliais turi vieną sprendinį moduliu m₁·m₂ (Kinų liekanų teorema). Oilerio φ(n) skaičiuoja skaičius nuo 1 iki n, tarpusavyje pirminius su n: φ(n) = n·∏(1 − 1/p).

20 atvirkštinis

r = 71, t = 0
r = 20, q = 3, t = 1
r = 11, q = 1, t = −3
r = 9, q = 1, t = 4
r = 2, q = 4, t = −7
r = 1, q = 2, t = 32
20−1 ≡ 32 (mod 71)

Išspręskite

x ≡ 32·63 = 2016 ≡ 28 (mod 71)
patikra: 20·28 = 560 ≡ 63 (mod 71)

Atsakymas

x = 28
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: x = 2

Atvirkštiniai skaičiai ir kongruencijos: a turi atvirkštinį moduliu n lygiai tada, kai gcd(a, n) = 1. Išplėstinis Euklido algoritmas užrašo 1 = s·n + t·a, ir tada a⁻¹ ≡ t (mod n). Kongruencija a·x ≡ b (mod n), kai gcd(a, n) = 1, turi sprendinį x ≡ a⁻¹·b. Dvi kongruencijos x ≡ r₁ (mod m₁) ir x ≡ r₂ (mod m₂) su tarpusavyje pirminiais moduliais turi vieną sprendinį moduliu m₁·m₂ (Kinų liekanų teorema). Oilerio φ(n) skaičiuoja skaičius nuo 1 iki n, tarpusavyje pirminius su n: φ(n) = n·∏(1 − 1/p).

Padalykite iš DBD

gcd(30, 50) = 10
3x ≡ 1 (mod 5)

Išspręskite suprastintą kongruenciją

3−1 ≡ 2 (mod 5) → x ≡ 2 (mod 5)

Sprendiniai moduliu 50

x ∈ {2, 7, 12, 17, 22, 27, 32, 37, 42, 47}
x = 2

Atsakymas

x = 2
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: D · O(n)

Kodėl tai yra atsakymas

Yra n lygmenų, kiekviename atliekamas pastovus darbas, kaip rekursyviai sumuojant masyvą.

Atsakymas

D · O(n)
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: A · 2-SAT, kai kiekviename disjunkte yra daugiausia du literalai

Kodėl tai yra atsakymas

2-SAT priklauso P (tiesinis laikas per stipriai jungias komponentes), o 3-SAT yra NP-pilnas.

Atsakymas

A · 2-SAT, kai kiekviename disjunkte yra daugiausia du literalai
11.Duomenų struktūros

Atsakymas: A · Stekas

Kodėl tai yra atsakymas

Kiekvieną atidarantį skliaustą atlikite push, o pasirodžius uždarančiam – pop; jis turi atitikti išimtą skliaustą, o pabaigoje stekas turi būti tuščias.

Atsakymas

A · Stekas
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: C · Pakeičiant jį in-order įpėdiniu (arba pirmtaku) ir pašalinant tą mazgą

Kodėl tai yra atsakymas

In-order įpėdinis turi ne daugiau kaip vieną vaiką, todėl jį lengva pašalinti, nukopijavus jo raktą į šalinamą mazgą.

Atsakymas

C · Pakeičiant jį in-order įpėdiniu (arba pirmtaku) ir pašalinant tą mazgą
13.Grafų teorija

Atsakymas: L = 6

Oileris, Hamiltonas ir medžiai: jungus grafas turi Oilerio ciklą (kiekviena briauna vieną kartą, grįžtama į pradžią), kai kiekvienos viršūnės laipsnis lyginis, ir Oilerio kelią, kuris nėra ciklas, kai lygiai dvi viršūnės turi nelyginį laipsnį; tada kelias eina iš vienos nelyginės viršūnės į kitą. Hamiltono ciklas aplanko kiekvieną viršūnę vieną kartą; Kn jų turi (n − 1)!/2. Medis su n viršūnių turi n − 1 briauną, o jungus grafas su m briaunų turi karkasinį medį, pašalinus m − n + 1 briaunų.

Rankų paspaudimo lema medžiui

L + 12 = 2(L + 4) − 2
L = 6

Atsakymas

L = 6

Trumpesnis kelias: L = 2 + Σ (d − 2) pagal viršūnes, kurių laipsnis d ≥ 3.

14.Grafų teorija

Atsakymas: N = 1

Laipsniai: viršūnės laipsnis yra joje susitinkančių briaunų skaičius. Kiekviena briauna turi du galus, todėl laipsnių suma lygi dvigubam briaunų skaičiui: Σ deg(v) = 2|E| (rankų paspaudimo lema). Todėl nelyginio laipsnio viršūnių skaičius lyginis. Kn turi n(n − 1)/2 briaunų, k-reguliarusis grafas su n viršūnių – nk/2, o medis su n viršūnių – n − 1 briauną.

Gretimumo matrica

A: 0 0 1 0 0 0
B: 0 0 1 1 1 0
C: 1 1 0 0 1 0
D: 0 1 0 0 0 1
E: 0 1 1 0 0 1
F: 0 0 0 1 1 0

Bendri kaimynai

(M²)AA = 0·0 + 0·0 + 1·1 + 0·0 + 0·0 + 0·0 = 1

Atsakymas

N = 1
15.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: D · SELECT dept, MAX(salary) FROM emp GROUP BY dept

Kodėl tai yra atsakymas

GROUP BY dept sukuria grupę kiekvienam skyriui, o MAX(salary) kiekvienoje išrenka didžiausią reikšmę.

Atsakymas

D · SELECT dept, MAX(salary) FROM emp GROUP BY dept
16.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: D · Pertekliniai egzemplioriai turi būti palaikomi nuoseklūs, kai tik pasikeičia kliento duomenys

Kodėl tai yra atsakymas

Denormalizacija pagreitina skaitymą, bet sugrąžina perteklių, todėl atnaujinimai turi pakeisti kiekvieną kopiją, kitaip atsiranda anomalijų.

Atsakymas

D · Pertekliniai egzemplioriai turi būti palaikomi nuoseklūs, kai tik pasikeičia kliento duomenys
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: A · 255.255.240.0

Kodėl tai yra atsakymas

/20 reiškia 8 + 8 + 4 vienetinius bitus. Keturi vienetiniai bitai trečiajame oktete yra 11110000 = 240, todėl kaukė 255.255.240.0.

Atsakymas

A · 255.255.240.0
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: A · Atstumo vektoriaus; skaidytas horizontas (split horizon) ir atvirkštinis nuodijimas (poison reverse)

Kodėl tai yra atsakymas

Po gedimo atstumo vektoriaus maršrutizatoriai gali toliau vienas kitam skelbti pasenusius maršrutus, lėtai didindami metriką. Skaidytas horizontas, atvirkštinis nuodijimas ir didžiausia metrika tai riboja.

Atsakymas

A · Atstumo vektoriaus; skaidytas horizontas (split horizon) ir atvirkštinis nuodijimas (poison reverse)
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: N = 32

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).

Pasiskolinti bitai

25 − 20 = 5

Potinklių skaičius

N = 25 = 32

Atsakymas

N = 32

Kiekviename /25 potinklyje yra 27 − 2 = 126 naudojamų mazgų adresų.

20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 128

IPv4 potinkliai: adresas turi 32 bitus. Prefiksas /p nurodo, kiek pradinių bitų žymi tinklą; likę 32 − p bitai numeruoja mazgus. Potinklis turi 2³²⁻ᵖ adresų, bet pirmojo (tinklo adreso) ir paskutiniojo (transliacijos adreso) negalima priskirti mazgams, todėl telpa 2³²⁻ᵖ − 2 mazgai. Išimtys: /31 (dviejų taškų jungtis, RFC 3021) abu savo 2 adresus naudoja mazgams, o /32 yra vienas adresas (vienas mazgas arba grįžtamoji sąsaja).

Bloko dydis

27 = 128

Šio mazgo potinklis

tinklas: ⌊230/128⌋·128 = 128
transliacija: 128 + 128 − 1 = 255
naudojami mazgai: 129 … 254

Atsakymas

x = 128

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