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
pozicijų vertės papildomajame kode0−12816403201608040211

8 bitų seka 0100 0001 saugo sveikąjį skaičių su ženklu papildomajame kode. Kokia jo reikšmė N dešimtainėje sistemoje?

0100 00018 bit
N =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
582 kodai, b = ? bitų?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Sistema kiekvienam iš 582 elementų turi suteikti atskirą tokio pat ilgio dvejetainį kodą. Kiek mažiausiai bitų b reikia?

582
b = bit
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
tautologijaprieštarakontingencija

Ar ¬(p ∧ q) ↔ (¬p ∨ ¬q) yra tautologija, prieštara ar kontingencija? Spustelėkite savo atsakymą.

¬(p ∧ q) ↔ (¬p ∨ ¬q)
  1. 1tautologija
  2. 2prieštara
  3. 3kontingencija
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
∀x (¬F(x) ∨ ¬G(x))∀x (¬F(x) ∧ ¬G(x))∃x (¬F(x) ∨ ¬G(x))∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))

Kuris teiginys yra ekvivalentus ¬∀x (F(x) ∨ G(x)), kai neigimas perkeltas iki pat vidaus? Spustelėkite jį.

¬∀x (F(x) ∨ G(x))
  1. 1∀x (¬F(x) ∨ ¬G(x))
  2. 2∀x (¬F(x) ∧ ¬G(x))
  3. 3∃x (¬F(x) ∨ ¬G(x))
  4. 4∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABCD000111100001111010011312041507060121130150141809111110

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 3, 5, 8, 10, 11, 13) sandaugų sumos (SOP) formą. Kiek sandaugos narių N ji turi?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 3, 5, 8, 10, 11, 13)
N =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
CLKJK1234567

Kylančiuoju frontu valdomas JK trigeris pradeda nuo Q = 0 ir gauna parodytus įėjimus 7 kylančiaisiais taktinio signalo frontais. Kiek kartų N Q keičia būseną?

Q₀ = 0JK
N =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Raskite 42 atvirkštinį moduliu 73: skaičių x, kur 0 < x < 73 ir 42·x ≡ 1 (mod 73).

a = 42n = 73
42−1 mod 73 =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus
1724c = me​ mod n?m = cd​ mod nm(n, e) = (1763, 23)d

Užšifruokite pranešimą m = 1724 RSA viešuoju raktu (n, e) = (1763, 23). Raskite šifrogramą c.

n = 1763e = 23m = 1724
c =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Koks yra LSD pozicinio rikiavimo (radix sort) vykdymo laikas n sveikųjų skaičių, turinčių d skaitmenų k pagrindo sistemoje?

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

Kuris teiginys apie k-ojo mažiausio nesurikiuoto masyvo elemento išrinkimą teisingas?

  1. AQuickselect blogiausiu atveju veikia per O(log n), nes rekursija vyksta tik į vieną atramos elemento pusę
  2. BIšrinkimas įmanomas tik per O(n²)
  3. CIšrinkimui visada reikia Ω(n log n), nes reikia rikiavimo
  4. DQuickselect veikia per tikėtiną O(n), o medianų medianos metodas garantuoja O(n) blogiausiu atveju
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Kaip naujas elementas įterpiamas į dvejetainę krūvą?

  1. AVisa krūva perstatoma iš naujo
  2. BPadedamas masyvo gale ir keliamas aukštyn (sift up), kol pažeidžia krūvos savybę
  3. CPadedamas šaknyje ir leidžiamas žemyn
  4. DĮterpiamas į surikiuotą poziciją, pastumiant visus didesnius elementus viena vieta į dešinę
12.Duomenų struktūrosSunkus

Ką skleidžiamasis medis (splay tree) atlieka po kiekvienos prieigos?

  1. APerspalvina paieškos kelio mazgus
  2. BPerstato visą medį į subalansuotą formą
  3. CPerkelia pasiektą mazgą į lapą
  4. DPosūkiais iškelia pasiektą mazgą į šaknį
13.Grafų teorijaVidutinis
ABCDEFGOilerio ciklasOilerio kelias, ne ciklasnei viena

Ar jungus grafas turi Oilerio ciklą, Oilerio kelią, kuris nėra ciklas, ar nei vieno? Spustelėkite savo atsakymą.

|V| = 7|E| = 12
  1. 1Oilerio ciklas
  2. 2Oilerio kelias, ne ciklas
  3. 3nei viena
14.Grafų teorijaSunkus
7121415111511127ABCDEF

Dijkstros algoritmu raskite trumpiausio kelio nuo A iki E svertiniame grafe ilgį d(E).

pradžia: Apabaiga: E
d(E) =
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis

Lentelė saugo kliento adresą kiekvienoje užsakymo eilutėje. Adreso pakeitimas vienoje eilutėje, bet ne kitose, yra pavyzdys:

  1. AĮterpimo anomalijos
  2. BTrynimo anomalijos
  3. CFantominio skaitymo
  4. DAtnaujinimo anomalijos
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

Kodėl NATURAL JOIN laikomas rizikingu gamybinėse užklausose?

  1. AJis nepaiso pirminių ir išorinių raktų ir palieka tik NULL eilutes
  2. BJis visada grąžina Dekarto sandaugą
  3. CJo nepalaiko jokia duomenų bazė
  4. DJis sujungia pagal kiekvieną vienodai pavadintą stulpelį, todėl naujas stulpelis gali nepastebimai pakeisti rezultatą
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Ką atlieka ARP?

  1. ARanda MAC adresą, priklausantį IP adresui vietiniame tinkle
  2. BMaršrutizuoja paketus internete
  3. CIšsprendžia domenų vardus
  4. DAutomatiškai priskiria IP adresus mazgams, kai jie prisijungia prie vietinio tinklo
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Stotys A ir C abi pasiekia prieigos tašką B, bet viena kitos negirdi, todėl jų kadrai susiduria ties B. Kaip padeda 802,11?

  1. AMaršrutizuodamas A kadrus per C
  2. BPadidindamas kadrų TTL
  3. CPasirenkamais RTS/CTS mainais: prieigos taško CTS liepia visoms netoliese esančioms stotims palaukti
  4. DPriversdamas A ir C naudoti kolizijų aptikimą, kad jos nustotų siųsti, kai kadrai persidengia
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/?11111111111111111111100000000000tinklo bitaimazgo bitai

Skyriui viename potinklyje reikia 1626 mazgų adresų. Koks yra ilgiausias prefiksas p (mažiausias potinklis), kurio pakanka?

1626 hosts
p =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
trečiasis oktetas 134 … 135112806403201608141201bendriskiriasi

Maršrutizatorius turi maršrutus į šiuos tinklus: 10.63.134.0/24, 10.63.135.0/24. Koks ilgiausias vieno apibendrinto maršruto, apimančio juos visus, prefikso ilgis p?

10.63.134.0/24 … 10.63.135.0/24
p =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: N = 65

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.

Sudėkite vertes

Kiti bitai išlaiko įprastas teigiamas vertes.

64 + 1 = 65

Atsakymas

N = 65
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: b = 10 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

29 = 512 < 582
210 = 1024 ≥ 582

Atsakymas

b = 10
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: tautologija

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).

Teisingumo lentelė eilutė po eilutės

p = 1, q = 1: p ∧ q = 1, ¬(p ∧ q) = 0, ¬p = 0, ¬q = 0, ¬p ∨ ¬q = 0, ¬(p ∧ q) ↔ (¬p ∨ ¬q) = 1
p = 1, q = 0: p ∧ q = 0, ¬(p ∧ q) = 1, ¬p = 0, ¬q = 1, ¬p ∨ ¬q = 1, ¬(p ∧ q) ↔ (¬p ∨ ¬q) = 1
p = 0, q = 1: p ∧ q = 0, ¬(p ∧ q) = 1, ¬p = 1, ¬q = 0, ¬p ∨ ¬q = 1, ¬(p ∧ q) ↔ (¬p ∨ ¬q) = 1
p = 0, q = 0: p ∧ q = 0, ¬(p ∧ q) = 1, ¬p = 1, ¬q = 1, ¬p ∨ ¬q = 1, ¬(p ∧ q) ↔ (¬p ∨ ¬q) = 1

Klasifikuokite

¬(p ∧ q) ↔ (¬p ∨ ¬q): 1, 1, 1, 1
1 kiekvienoje eilutėje: tautologija.

Atsakymas

tautologija
4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: ∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))

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 (F(x) ∨ G(x)) ≡ ∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))

Atsakymas

∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))

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 = 3

Karno žemėlapiai: langeliai išdėstyti Grejaus kodu (00, 01, 11, 10), todėl gretimi langeliai, įskaitant esančius per kraštus, skiriasi tiksliai vienu kintamuoju. Sugrupuokite vienetus į 1, 2, 4, 8 arba 16 langelių stačiakampius, kuo didesnius ir kuo mažiau, kol bus padengtas kiekvienas vienetas. Kiekviena grupė yra vienas sandaugos narys: kintamieji, kurie joje nesikeičia. 2ᵏ langelių grupė netenka k kintamųjų. Nesvarbias reikšmes (X) galima naudoti grupėms didinti, bet jų dengti nebūtina. Grupuojant nulius, gaunama minimali POS forma.

ABCD000111100001111010011312041507060121130150141809111110

Sugrupuokite vienetus

Kiekviena grupė yra 2ᵏ langelių stačiakampis; kraštiniai langeliai yra priešingo krašto langelių kaimynai.

B′D′
B′C
BC′D

Minimali SOP forma

F = B′D′ + B′C + BC′D
N = 3

Atsakymas

N = 3
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 4

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.

Q po kiekvieno fronto

JK trigeris: 00 išlaiko, 01 nustato į 0 (Q = 0), 10 nustato į 1 (Q = 1), 11 perjungia.

1: J = 1, K = 0 → Q = 1
2: J = 0, K = 1 → Q = 0
3: J = 0, K = 0 → Q = 0
4: J = 1, K = 1 → Q = 1
5: J = 0, K = 1 → Q = 0
6: J = 0, K = 0 → Q = 0
7: J = 0, K = 0 → Q = 0

Suskaičiuokite pokyčius

0 → 1 → 0 → 0 → 1 → 0 → 0 → 0
N = 4

Atsakymas

N = 4
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 42−1 mod 73 = 40

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).

Išplėstinis Euklido algoritmas

Kiekviena liekana r užrašoma kaip r ≡ t·42 (mod 73).

r = 73, t = 0
r = 42, q = 1, t = 1
r = 31, q = 1, t = −1
r = 11, q = 2, t = 2
r = 9, q = 1, t = −5
r = 2, q = 4, t = 7
r = 1, q = 2, t = −33

Atvirkštinė

1 ≡ −33·42 (mod 73)
x = 40
patikra: 42·40 = 1680 = 23·73 + 1

Atsakymas

42−1 mod 73 = 40
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: c = 1607

Moduliniai laipsniai ir RSA: aᵏ mod n skaičiuokite kartotiniu kėlimu kvadratu: užrašykite k dvejetainiu pavidalu, keliate kvadratu, po kiekvieno žingsnio redukuokite ir sudauginkite laipsnius, kurių bitas lygus 1. Ferma: aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p) pirminiam p, nedalijančiam a, todėl rodiklį galima redukuoti moduliu p − 1. RSA: pasirinkite pirminius p ir q, n = p·q ir φ(n) = (p − 1)(q − 1); viešasis rodiklis e tarpusavyje pirminis su φ(n), o privatusis rodiklis yra d = e⁻¹ mod φ(n). Šifruokite c = mᵉ mod n ir dešifruokite m = cᵈ mod n.

Kartotinis kėlimas kvadratu

23 = 16 + 4 + 2 + 1
17241 ≡ 1724 (mod 1763)
17242 ≡ 1521 (mod 1763)
17244 ≡ 385 (mod 1763)
17248 ≡ 133 (mod 1763)
172416 ≡ 59 (mod 1763)
172423 ≡ 1724·1521·385·59 ≡ 1607 (mod 1763)

Šifrograma

c = 1607

Atsakymas

c = 1607
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: B · O(d(n + k))

Kodėl tai yra atsakymas

Kiekvienas iš d perėjimų yra rikiavimas skaičiavimu, kainuojantis O(n + k), todėl esant fiksuotiems d ir k bendras laikas tiesinis n atžvilgiu.

Atsakymas

B · O(d(n + k))
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: D · Quickselect veikia per tikėtiną O(n), o medianų medianos metodas garantuoja O(n) blogiausiu atveju

Kodėl tai yra atsakymas

Su atsitiktiniais atraminiais elementais quickselect tikėtinas darbas yra n + n/2 + n/4 + ... = O(n); atraminį elementą parenkant kaip medianų medianą, blogiausias atvejis tampa tiesinis.

Atsakymas

D · Quickselect veikia per tikėtiną O(n), o medianų medianos metodas garantuoja O(n) blogiausiu atveju
11.Duomenų struktūros

Atsakymas: B · Padedamas masyvo gale ir keliamas aukštyn (sift up), kol pažeidžia krūvos savybę

Kodėl tai yra atsakymas

Pridėjimas gale išlaiko medį pilną; keitimasis vietomis su tėvu atkuria tvarką per O(log n) žingsnių.

Atsakymas

B · Padedamas masyvo gale ir keliamas aukštyn (sift up), kol pažeidžia krūvos savybę
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: D · Posūkiais iškelia pasiektą mazgą į šaknį

Kodėl tai yra atsakymas

Skleidimas posūkiais perkelia pasiektą mazgą į šaknį; viena operacija gali kainuoti O(n), bet amortizuota kaina yra O(log n).

Atsakymas

D · Posūkiais iškelia pasiektą mazgą į šaknį
13.Grafų teorija

Atsakymas: Oilerio ciklas

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.

Laipsniai

deg(A) = 2, deg(B) = 4, deg(C) = 4, deg(D) = 4, deg(E) = 4, deg(F) = 2, deg(G) = 4

Nelyginės viršūnės

0
Oilerio ciklas

Atsakymas

Oilerio ciklas
14.Grafų teorija

Atsakymas: d(E) = 14

Trumpiausi keliai ir karkasiniai medžiai: Dijkstros algoritmas kiekviename etape užfiksuoja po vieną viršūnę: neužfiksuotą viršūnę su mažiausiu preliminariu atstumu. Tada jos atstumas galutinis, o kiekvienas kaimynas v gauna d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v)). Kruskalio algoritmas sudaro minimalų karkasinį medį imdamas briaunas nuo lengvų iki sunkių ir praleisdamas kiekvieną briauną, kuri uždarytų ciklą; Primo algoritmas augina vieną medį iš pradinės viršūnės visada pridėdamas lengviausią iš jo išeinančią briauną. Karkasinis medis su n viršūnių turi n − 1 briauną.

Dijkstra etapas po etapo

Kiekviena eilutė: užfiksuota viršūnė, jos galutinis atstumas ir kaimynai, kurių atstumas pagerėja.

A (0): B: 7, C: 12
B (7): D: 22, E: 14
C (12)
E (14): F: 26
D (22)
F (26)

Trumpiausias kelias

A → B → E
d(E) = 14

Atsakymas

d(E) = 14
15.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: D · Atnaujinimo anomalijos

Kodėl tai yra atsakymas

Perteklinis saugojimas reiškia, kad vieną pakeitimą reikia atlikti daugelyje eilučių; praleidus kai kurias, duomenys tampa nenuoseklūs, ir būtent nuo to apsaugo normalizavimas.

Atsakymas

D · Atnaujinimo anomalijos
16.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: D · Jis sujungia pagal kiekvieną vienodai pavadintą stulpelį, todėl naujas stulpelis gali nepastebimai pakeisti rezultatą

Kodėl tai yra atsakymas

Natūralusis sujungimas sutapatina visus vienodai pavadintus stulpelius, pvz., nesusijusius „name“ ar „created_at“; aiški ON ar USING sąlyga saugesnė.

Atsakymas

D · Jis sujungia pagal kiekvieną vienodai pavadintą stulpelį, todėl naujas stulpelis gali nepastebimai pakeisti rezultatą
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: A · Randa MAC adresą, priklausantį IP adresui vietiniame tinkle

Kodėl tai yra atsakymas

ARP transliuoja užklausą „kas turi šį IP?“, o savininkas atsako savo MAC adresu, todėl kadrus galima pristatyti vietiniame tinkle.

Atsakymas

A · Randa MAC adresą, priklausantį IP adresui vietiniame tinkle
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: C · Pasirenkamais RTS/CTS mainais: prieigos taško CTS liepia visoms netoliese esančioms stotims palaukti

Kodėl tai yra atsakymas

Stotis siunčia Request to Send; prieigos taškas atsako Clear to Send, kurį girdi kiekviena jo zonoje esanti stotis, todėl paslėptos stotys atideda siuntimą rezervuotam laikui.

Atsakymas

C · Pasirenkamais RTS/CTS mainais: prieigos taško CTS liepia visoms netoliese esančioms stotims palaukti
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: p = 21

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).

Reikalingi mazgo bitai

210 − 2 = 1022 < 1626
211 − 2 = 2046 ≥ 1626 → h = 11

Prefikso ilgis

p = 32 − 11 = 21

Atsakymas

p = /21
20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: p = 23

Maršrutų apibendrinimas: apibendrintas maršrutas a.b.c.0/p apima visus tinklus, kurių pirmieji p bitai sutampa. Pirmojo ir paskutinio tinklo besiskiriantį oktetą užrašykite dvejetainiu pavidalu; bendrų pradinių bitų skaičius, pridėjus ankstesnių oktetų bitus, yra ilgiausias apibendrinimo prefiksas.

Palyginkite bitus

134 = 10000110
135 = 10000111
bendri pradiniai bitai: 7

Prefikso ilgis

p = 16 + 7 = 23

Atsakymas

p = /23

Apibendrintas maršrutas: 10.63.134.0/23

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