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
Užrašykite −101 kaip 8 bitų papildomojo kodo seką. Perskaitykite seką kaip dvejetainį skaičių be ženklo: kokia jo reikšmė U dešimtainėje sistemoje?
N = −1018 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
Sistema kiekvienam iš 529 elementų turi suteikti atskirą tokio pat ilgio dvejetainį kodą. Kiek mažiausiai bitų b reikia?
529
b = bit
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
Ar ((b → c) ∧ (b → a)) → (c → a) yra tautologija, prieštara ar kontingencija? Spustelėkite savo atsakymą.
((b → c) ∧ (b → a)) → (c → a)
1tautologija
2prieštara
3kontingencija
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
Kiek iš 16 teisingumo lentelės eilučių daro ¬((¬a → ¬(c ∨ b)) ↔ ((c ∧ a) → d)) teisingą? Pažymėkite šį skaičių N.
¬((¬a → ¬(c ∨ b)) ↔ ((c ∧ a) → d))
N =
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 7, 8, 10, 11, 13, 14) sandaugų sumos (SOP) formą. Kiek iš viso literalų L ji turi (su brūkšneliu žymimas kintamasis skaičiuojamas kaip vienas literalas)?
F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 7, 8, 10, 11, 13, 14)
L =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
4 bitų postūmio registras Q₃Q₂Q₁Q₀ laiko 1100. Kiekvienu taktiniu frontu bitai pasislenka per vieną vietą į dešinę (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ prarandamas), o nuoseklusis įėjimas patenka į Q₃. Nuoseklusis įėjimas yra 1, 0, 1, 1, 1, 0 6 frontais. Nurodykite galutinę būseną Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ dešimtainiu skaičiumi.
Q₃Q₂Q₁Q₀ = 11001, 0, 1, 1, 1, 0
Q =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis
Išspręskite 39x ≡ 57 (mod 73). Pateikite sprendinį x, kur 0 < x < 73.
39x ≡ 57 (mod 73)
x =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus
Kartotiniu kėlimu kvadratu raskite 490 mod 47.
a = 4k = 90n = 47
490 mod 47 =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis
Kuri godžioji taisyklė veiklų atrankos uždavinyje visada duoda didžiausią nepersidengiančių veiklų skaičių?
APirmiausia pasirinkti veiklą, turinčią mažiausiai persidengimų, tada kartoti su suderinamomis
BPirmiausia pasirinkti trumpiausią veiklą
CPasirinkti anksčiausiai prasidedančią veiklą
DPasirinkti anksčiausiai pasibaigiančią veiklą, tada kartoti su suderinamomis
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus
Kokios yra n-tojo Fibonačio skaičiaus skaičiavimo ciklu, saugančiu tik dvi paskutines reikšmes, laiko ir atminties sąnaudos?
AO(2ⁿ) laiko ir O(1) atminties
BO(n) laiko ir O(1) atminties
CO(log n) laiko ir O(n) atminties
DO(n) laiko ir O(n) atminties
11.Duomenų struktūrosVidutinis
Kiek mazgų turi tobulas dvejetainis medis, kurio aukštis h (aukštis skaičiuojamas briaunomis)?
A2h + 1
Bh2
C2h
D2h+1 − 1
12.Duomenų struktūrosSunkus
Koks pagrindinis šuolių sąrašo (skip list) pranašumas prieš surikiuotą susietąjį sąrašą?
AJis nenaudoja papildomos atminties
BJis saugo raktus be tvarkos
CTikėtina O(log n) paieška naudojant kelis į priekį rodančių rodyklių lygmenis
DGarantuota O(1) paieška, nes kiekvienas mazgas saugo rodyklę į kiekvieną kitą mazgą
13.Grafų teorijaVidutinis
Kiek skirtingų Hamiltono ciklų H turi pilnasis grafas K4? Ciklai, besiskiriantys tik pradine viršūne ar kryptimi, laikomi tuo pačiu.
K4
H =
14.Grafų teorijaSunkus
Raskite svertinio grafo minimalaus karkasinio medžio bendrą svorį W.
|V| = 7|E| = 9
W =
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis
Antroji normalinė forma (2NF) pašalina:
AIšorinius raktus
BNeraktinių stulpelių dalines priklausomybes nuo sudėtinio rakto dalies
CTranzityviąsias neraktinių stulpelių priklausomybes per kitą neraktinį stulpelį
DVisas NULL reikšmes
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus
Kurį sujungimo algoritmą optimizatorius dažnai pasirenka lygybės sujungimui tarp dviejų didelių lentelių be naudingų indeksų?
AĮdėtųjų ciklų sujungimą su paieškomis indekse
BBitmap sujungimą pagal pirminį raktą
CKryžminį sujungimą
DMaišos sujungimą (hash join)
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis
Kokias saugumo savybes TLS suteikia HTTPS?
AKonfidencialumą, vientisumą ir serverio autentifikavimą
BNaudotojo anonimiškumą
CApsaugą nuo visos kenkėjiškos programinės įrangos ir sukčiavimo (phishing) aplankytoje svetainėje
DTik greitesnį įkėlimą
18.Kompiuterių tinklaiSunkus
Serverio privatusis raktas bus pavogtas po metų. Kuri TLS savybė apsaugo šiandien įrašytus seansus?
Tinklą 192.168.10.0/24 reikia padalyti į bent 10 vienodų potinklių. Jei pasiskolinsite kuo mažiau bitų, kiek naudojamų mazgų H turės kiekvienas potinklis?
192.168.10.0/2410 subnets
H =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
Mazgo adresas yra 10.20.44.185/30. Koks yra jo potinklio transliacijos adreso paskutinis skaičius (ketvirtasis oktetas) x?
10.20.44.185/30
x =
3Tirpalai
1.Skaičiavimo sistemos
Atsakymas: U = 155
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.
Invertuokite ir pridėkite vienetą
101 = 0110 0101
invertuota: 1001 1010
+1 → 1001 1011
Perskaitykite be ženklo
1001 1011₂ = 256 − 101 = 155
Atsakymas
U = 155
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 < 529
210 = 1024 ≥ 529
Atsakymas
b = 10
3.Teiginių logika ir įrodymai
Atsakymas: kontingencija
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
a = 1, b = 1, c = 1: b → c = 1, b → a = 1, (b → c) ∧ (b → a) = 1, c → a = 1, ((b → c) ∧ (b → a)) → (c → a) = 1
a = 1, b = 1, c = 0: b → c = 0, b → a = 1, (b → c) ∧ (b → a) = 0, c → a = 1, ((b → c) ∧ (b → a)) → (c → a) = 1
a = 1, b = 0, c = 1: b → c = 1, b → a = 1, (b → c) ∧ (b → a) = 1, c → a = 1, ((b → c) ∧ (b → a)) → (c → a) = 1
a = 1, b = 0, c = 0: b → c = 1, b → a = 1, (b → c) ∧ (b → a) = 1, c → a = 1, ((b → c) ∧ (b → a)) → (c → a) = 1
a = 0, b = 1, c = 1: b → c = 1, b → a = 0, (b → c) ∧ (b → a) = 0, c → a = 0, ((b → c) ∧ (b → a)) → (c → a) = 1
a = 0, b = 1, c = 0: b → c = 0, b → a = 0, (b → c) ∧ (b → a) = 0, c → a = 1, ((b → c) ∧ (b → a)) → (c → a) = 1
a = 0, b = 0, c = 1: b → c = 1, b → a = 1, (b → c) ∧ (b → a) = 1, c → a = 0, ((b → c) ∧ (b → a)) → (c → a) = 0
a = 0, b = 0, c = 0: b → c = 1, b → a = 1, (b → c) ∧ (b → a) = 1, c → a = 1, ((b → c) ∧ (b → a)) → (c → a) = 1
Teisingumo lentelės: formulė su n skirtingų kintamųjų turi 2ⁿ eilučių, po vieną kiekvienam teisingumo reikšmių deriniui (1 = teisinga, 0 = klaidinga). Dirbkite iš vidaus į išorę ir kiekvienai posakio daliai skirkite savo stulpelį. ¬a apverčia reikšmę; a ∧ b yra 1 tik tada, kai abu lygūs 1; a ∨ b yra 0 tik tada, kai abu lygūs 0; a → b yra 0 tik tada, kai a = 1 ir b = 0; a ↔ b yra 1, kai abi pusės lygios.
Stulpeliai
¬a; c ∨ b; ¬(c ∨ b); ¬a → ¬(c ∨ b); c ∧ a; (c ∧ a) → d; (¬a → ¬(c ∨ b)) ↔ ((c ∧ a) → d); ¬((¬a → ¬(c ∨ b)) ↔ ((c ∧ a) → d))
Skaidymas pagal a
a = 1: 2
a = 0: 6
N = 2 + 6 = 8
Atsakymas
N = 8
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai
Atsakymas: L = 18
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.
Sugrupuokite vienetus
Kiekviena grupė yra 2ᵏ langelių stačiakampis; kraštiniai langeliai yra priešingo krašto langelių kaimynai.
B′C
A′CD
ACD′
A′B′D
AB′D′
ABC′D
Minimali SOP forma
F = B′C + A′CD + ACD′ + A′B′D + AB′D′ + ABC′D
L = 18
Atsakymas
L = 18
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai
Atsakymas: Q = 7
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.
Būsena po kiekvieno fronto
1100 → 1110 → 0111 → 1011 → 1101 → 1110 → 0111
Dešimtainė reikšmė
0111₂ = 7
Atsakymas
Q = 7
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika
Atsakymas: x = 52
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).
39 atvirkštinis
r = 73, t = 0
r = 39, q = 1, t = 1
r = 34, q = 1, t = −1
r = 5, q = 6, t = 2
r = 4, q = 1, t = −13
r = 1, q = 4, t = 15
39−1 ≡ 15 (mod 73)
Išspręskite
x ≡ 15·57 = 855 ≡ 52 (mod 73)
patikra: 39·52 = 2028 ≡ 57 (mod 73)
Atsakymas
x = 52
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika
Atsakymas: 490 mod 47 = 3
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.
Dvejetainis rodiklis
90 = 10110102 = 64 + 16 + 8 + 2
Kartotinis kėlimas kvadratu
41 ≡ 4 (mod 47)
42 ≡ 16 (mod 47)
44 ≡ 21 (mod 47)
48 ≡ 18 (mod 47)
416 ≡ 42 (mod 47)
432 ≡ 25 (mod 47)
464 ≡ 14 (mod 47)
Sudauginkite reikalingus laipsnius
490 ≡ 16·18·42·14 ≡ 3 (mod 47)
Atsakymas
490 mod 47 = 3
9.Algoritmai ir sudėtingumas
Atsakymas: D · Pasirinkti anksčiausiai pasibaigiančią veiklą, tada kartoti su suderinamomis
Kodėl tai yra atsakymas
Anksčiausios pabaigos pasirinkimo optimalumą galima įrodyti mainų argumentu; kitoms taisyklėms yra kontrpavyzdžių.
Atsakymas
D · Pasirinkti anksčiausiai pasibaigiančią veiklą, tada kartoti su suderinamomis
10.Algoritmai ir sudėtingumas
Atsakymas: B · O(n) laiko ir O(1) atminties
Kodėl tai yra atsakymas
Kiekvienam žingsniui reikia tik dviejų ankstesnių reikšmių, todėl „iš apačios į viršų“ metodo lentelę galima pakeisti dviem kintamaisiais.
Atsakymas
B · O(n) laiko ir O(1) atminties
11.Duomenų struktūros
Atsakymas: D · 2h+1 − 1
Kodėl tai yra atsakymas
Susumavus 1 + 2 + 4 + ... + 2h gaunama 2h+1 − 1; pavyzdžiui, kai aukštis 2, yra 7 mazgai.
Atsakymas
D · 2h+1 − 1
12.Duomenų struktūros
Atsakymas: C · Tikėtina O(log n) paieška naudojant kelis į priekį rodančių rodyklių lygmenis
Kodėl tai yra atsakymas
Atsitiktiniai lygmenys leidžia paieškai praleisti daug mazgų, todėl paieškos, įterpimo ir šalinimo tikėtinas sudėtingumas yra O(log n).
Atsakymas
C · Tikėtina O(log n) paieška naudojant kelis į priekį rodančių rodyklių lygmenis
13.Grafų teorija
Atsakymas: H = 3
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.
Suskaičiuokite
H = (4 − 1)!/2 = 6/2 = 3
Atsakymas
H = 3
14.Grafų teorija
Atsakymas: W = 55
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.
Kruskalio algoritmas
GC (2): imti
EF (4): imti
BC (7): imti
DF (12): imti
AC (14): imti
AB (15): praleisti, uždaro ciklą
CE (16): imti
Bendras svoris
W = 2 + 4 + 7 + 12 + 14 + 16 = 55
Atsakymas
W = 55
15.Duomenų bazės ir SQL
Atsakymas: B · Neraktinių stulpelių dalines priklausomybes nuo sudėtinio rakto dalies
Kodėl tai yra atsakymas
2NF reikalauja 1NF ir kad kiekvienas neraktinis atributas priklausytų nuo viso rakto, o ne tik nuo jo dalies.
Atsakymas
B · Neraktinių stulpelių dalines priklausomybes nuo sudėtinio rakto dalies
16.Duomenų bazės ir SQL
Atsakymas: D · Maišos sujungimą (hash join)
Kodėl tai yra atsakymas
Maišos sujungimas iš vienos įvesties sukuria maišos lentelę ir ją zonduoja kita įvestimi; tai gerai veikia dideliems lygybės sujungimams be indeksų.
Atsakymas
D · Maišos sujungimą (hash join)
17.Kompiuterių tinklai
Atsakymas: A · Konfidencialumą, vientisumą ir serverio autentifikavimą
Kodėl tai yra atsakymas
TLS šifruoja srautą, aptinka klastojimą ir sertifikatais autentifikuoja serverį (pasirinktinai ir klientą).
Atsakymas
A · Konfidencialumą, vientisumą ir serverio autentifikavimą
Naudojant laikinąjį (EC)DHE, kiekvienas seanso raktas gaunamas iš laikinų reikšmių, kurios sunaikinamos. Ilgalaikis raktas tik pasirašo mainus, todėl vėliau jį pavogus senas srautas neiššifruojamas.
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).
Skolinami bitai
24 = 16 ≥ 10 → b = 4, /28
Mazgai potinklyje
24 − 2 = 14
Atsakymas
H = 14
20.IPv4 potinkliai
Atsakymas: x = 187
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).