Suskaičiuokite skirtingus kintamuosius: teisingumo lentelėje yra 2ⁿ eilučių, o pirmoji eilutė – visi kintamieji lygūs 1.
Kiekvienai posakio daliai skirkite savo stulpelį ir užpildykite stulpelius iš vidaus į išorę.
Taikykite kiekvienos jungties taisyklę: → yra 0 tik tada, kai 1 → 0, o ↔ yra 1, kai abi pusės sutampa.
Tikrindami ekvivalentumą, palyginkite galutinius stulpelius eilutė po eilutės; tikrindami argumentą, žiūrėkite tik į eilutes, kuriose visos prielaidos lygios 1.
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
Grandinei dirbkite nuo įėjimų iki išėjimo po vieną elementą ir užrašykite reikšmę ant kiekvieno laido arba užrašykite išraišką ir užpildykite teisingumo lentelę.
Supaprastindami įrašykite vienetus (o nesvarbias reikšmes kaip X) į Karno žemėlapį su Grejaus kodo eilutėmis ir stulpeliais: 00, 01, 11, 10.
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.
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
Pirmiausia visus skaičius suredukuokite moduliu n; liekanos yra nuo 0 iki n − 1.
Atvirkštiniam skaičiui taikykite išplėstinį algoritmą ir pasilikite a koeficientą; jei jis neigiamas, pridėkite n.
Sprendžiant a·x ≡ b, dauginkite iš a⁻¹; dvi kongruencijas sujunkite rašydami x = r₁ + m₁k.
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
Užrašykite kiekvienos viršūnės laipsnį; laipsnių suma lygi dvigubam briaunų skaičiui.
Oilerio uždaviniuose patikrinkite, ar grafas jungus, ir suskaičiuokite nelyginio laipsnio viršūnes.
Medžiams naudokite n − 1 briaunų ir rankų paspaudimo lemą.
Dijkstros algoritme laikykite preliminarių atstumų lentelę ir kiekviename etape užfiksuokite mažiausio atstumo dar neužfiksuotą viršūnę.
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
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
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
Norite įrodyti (b ∨ a) → ¬c kontrapozicija. Kurią implikaciją įrodote vietoj jos? Spustelėkite ją.
(b ∨ a) → ¬c
1¬¬c → ¬(b ∨ a)
2¬(b ∨ a) → ¬¬c
3¬c → (b ∨ a)
4(b ∨ a) ∧ ¬¬c
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
Kuris teiginys yra ekvivalentus ¬∀x ∃y R(x, y), kai neigimas perkeltas iki pat vidaus? Spustelėkite jį.
¬∀x ∃y R(x, y)
1∃y ∀x ¬R(x, y)
2∃x ∀y ¬R(x, y)
3∀x ∃y ¬R(x, y)
4∀x ∀y ¬R(x, y)
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
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
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.
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
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).
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).