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 −106 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −1068 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
8 bit1 px640 px480 pxM = ? KiB

Nesuspaustas vaizdas yra 640 × 480 pikselių, 8 bitų pikseliui. Kiek atminties M jis užima, KiB (1 KiB = 1024 baitai)?

640 × 480 px8 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
pqr(q ∨ r) ∧ (r ∨ p)p ∨ q((q ∨ r) ∧ (r ∨ p)) → (p ∨ q)111?110?101?100?011?010?001?000?

Kiek iš 8 teisingumo lentelės eilučių ((q ∨ r) ∧ (r ∨ p)) → (p ∨ q) yra teisinga? Pažymėkite šį skaičių N.

((q ∨ r) ∧ (r ∨ p)) → (p ∨ q)
N =
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
∀x ¬P(x)∀x P(x)∃x ¬P(x)∃x P(x)

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

¬∀x P(x)
  1. 1∀x ¬P(x)
  2. 2∀x P(x)
  3. 3∃x ¬P(x)
  4. 4∃x P(x)
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC00011110010011131204150716

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C) = Σm(1, 2, 3, 5, 6) sandaugų sumos (SOP) formą. Kiek sandaugos narių N ji turi?

F(A, B, C) = Σm(1, 2, 3, 5, 6)
N =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​CLKMOD-6

Mod-6 skaitiklis sudarytas iš mažiausio galimo trigerių skaičiaus. Kiek iš galimų būsenų U niekada nenaudojama?

N = 6
U =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Raskite 58 atvirkštinį moduliu 83: skaičių x, kur 0 < x < 83 ir 58·x ≡ 1 (mod 83).

a = 58n = 83
58−1 mod 83 =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus

Kartotiniu kėlimu kvadratu raskite 63125 mod 88.

a = 63k = 125n = 88
63125 mod 88 =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Kiek lygmenų turi rikiavimo suliejimu rekursija n elementų masyvui?

  1. AApie √n
  2. BApie log₂ n
  3. CApie n
  4. DApie n / 2
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus

Kuris P klasės apibrėžimas teisingas?

  1. AUždaviniai, kuriuos galima spręsti lygiagrečiai
  2. BUždaviniai, kurių sprendinius galima patikrinti, bet niekada nerasti per polinominį laiką
  3. CSprendimo uždaviniai, kuriuos deterministinis algoritmas išsprendžia per polinominį laiką
  4. DUždaviniai, kuriems bet kuriame kompiuteryje reikia eksponentinio laiko
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Eilė įgyvendinta dviem stekais: push atliekamas į steką „in“, o pop – iš steko „out“, kuris, ištuštėjęs, papildomas iš „in“. Kokia amortizuota vienos operacijos kaina?

  1. AO(n²)
  2. BO(1)
  3. CO(log n)
  4. DO(n)
12.Duomenų struktūrosSunkus

Raktai 5, 3, 8, 1 šia tvarka įterpiami į tuščią masyvu grįstą dvejetainę min krūvą. Koks galutinis masyvas?

  1. A[1, 3, 8, 5]
  2. B[1, 5, 8, 3]
  3. C[1, 3, 5, 8]
  4. D[3, 1, 8, 5]
13.Grafų teorijaVidutinis

Jungus grafas turi 10 viršūnių ir 21 briaunų. Kiek briaunų k reikia pašalinti, kad liktų karkasinis medis?

|V| = 10|E| = 21
k =
14.Grafų teorijaSunkus
ABCDE

Kiek yra 2 ilgio maršrutų iš C į B? Maršrutas gali kartoti viršūnes ir briaunas. Pažymėkite skaičių N.

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

Antroji normalinė forma (2NF) pašalina:

  1. AVisas NULL reikšmes
  2. BNeraktinių stulpelių dalines priklausomybes nuo sudėtinio rakto dalies
  3. CTranzityviąsias neraktinių stulpelių priklausomybes per kitą neraktinį stulpelį
  4. DIšorinius raktus
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

Kas yra fantominis skaitymas (phantom read)?

  1. APakartota užklausa grąžina naujas eilutes, kurias įterpė kita patvirtinta transakcija
  2. BNepatvirtintų pakeitimų skaitymas
  3. CUžklausa, negrąžinanti jokių eilučių
  4. DDuomenų, kurie niekada nebuvo įrašyti, skaitymas
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Kuris vienas prefiksas apibendrina ir 192.168.0.0/24, ir 192.168.1.0/24?

  1. A192.168.1.0/23
  2. B192.168.0.0/25
  3. C192.168.0.0/22
  4. D192.168.0.0/23
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Kuris iš šių adresų yra viešasis (ne RFC 1918 privatus) IPv4 adresas?

  1. A172.31.0.1
  2. B192.168.255.1
  3. C10.255.0.1
  4. D172.32.0.1
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/24 → /2911111111111111111111111111111000tinklo bitaimazgo bitai

Tinklas 192.168.90.0/24 padalytas į /29 potinklius, sunumeruotus 1, 2, 3, … nuo mažiausio adreso (1 potinklis prasideda nuo .0). Koks potinklio Nr. 4 transliacijos adreso ketvirtasis oktetas x?

192.168.90.0/24/29potinklis 4 (1 potinklis prasideda nuo .0)
x =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
paskutinis oktetas = 213112816403211608140211tinklasmazgas

Mazgo adresas yra 10.20.19.213/28. Koks yra paskutinio naudojamo mazgo adreso jo potinklyje ketvirtasis oktetas x?

10.20.19.213/28
x =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 150

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

106 = 0110 1010
invertuota: 1001 0101
+1 → 1001 0110

Perskaitykite be ženklo

1001 0110₂ = 256 − 106 = 150

Atsakymas

U = 150
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: M = 300 KiB

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.

Bitai ir baitai

640·480·8 = 2457600 bit = 307200 B

Paverskite į KiB

307200/1024 = 300 KiB

Atsakymas

M = 300 KiB
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: N = 7

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.

Teisingumo lentelė eilutė po eilutės

p = 1, q = 1, r = 1: q ∨ r = 1, r ∨ p = 1, (q ∨ r) ∧ (r ∨ p) = 1, p ∨ q = 1, ((q ∨ r) ∧ (r ∨ p)) → (p ∨ q) = 1
p = 1, q = 1, r = 0: q ∨ r = 1, r ∨ p = 1, (q ∨ r) ∧ (r ∨ p) = 1, p ∨ q = 1, ((q ∨ r) ∧ (r ∨ p)) → (p ∨ q) = 1
p = 1, q = 0, r = 1: q ∨ r = 1, r ∨ p = 1, (q ∨ r) ∧ (r ∨ p) = 1, p ∨ q = 1, ((q ∨ r) ∧ (r ∨ p)) → (p ∨ q) = 1
p = 1, q = 0, r = 0: q ∨ r = 0, r ∨ p = 1, (q ∨ r) ∧ (r ∨ p) = 0, p ∨ q = 1, ((q ∨ r) ∧ (r ∨ p)) → (p ∨ q) = 1
p = 0, q = 1, r = 1: q ∨ r = 1, r ∨ p = 1, (q ∨ r) ∧ (r ∨ p) = 1, p ∨ q = 1, ((q ∨ r) ∧ (r ∨ p)) → (p ∨ q) = 1
p = 0, q = 1, r = 0: q ∨ r = 1, r ∨ p = 0, (q ∨ r) ∧ (r ∨ p) = 0, p ∨ q = 1, ((q ∨ r) ∧ (r ∨ p)) → (p ∨ q) = 1
p = 0, q = 0, r = 1: q ∨ r = 1, r ∨ p = 1, (q ∨ r) ∧ (r ∨ p) = 1, p ∨ q = 0, ((q ∨ r) ∧ (r ∨ p)) → (p ∨ q) = 0
p = 0, q = 0, r = 0: q ∨ r = 0, r ∨ p = 0, (q ∨ r) ∧ (r ∨ p) = 0, p ∨ q = 0, ((q ∨ r) ∧ (r ∨ p)) → (p ∨ q) = 1

Suskaičiuokite eilutes su reikšme 1

((q ∨ r) ∧ (r ∨ p)) → (p ∨ q): 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1
N = 7

Atsakymas

N = 7
4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: ∃x ¬P(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 P(x) ≡ ∃x ¬P(x)

Atsakymas

∃x ¬P(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.

ABC00011110010011131204150716

Sugrupuokite vienetus

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

B′C
BC′
A′C

Minimali SOP forma

F = B′C + BC′ + A′C
N = 3

Atsakymas

N = 3

Egzistuoja kitas to paties dydžio grupavimas; jis turi tiek pat narių ir literalų.

6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: U = 2

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.

Trigerių skaičius

2ⁿ ≥ 6 → n = 3 (2³ = 8)

Nenaudojamos būsenos

U = 8 − 6 = 2

Atsakymas

U = 2
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 58−1 mod 83 = 73

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·58 (mod 83).

r = 83, t = 0
r = 58, q = 1, t = 1
r = 25, q = 2, t = −1
r = 8, q = 3, t = 3
r = 1, q = 8, t = −10

Atvirkštinė

1 ≡ −10·58 (mod 83)
x = 73
patikra: 58·73 = 4234 = 51·83 + 1

Atsakymas

58−1 mod 83 = 73
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 63125 mod 88 = 87

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

125 = 11111012 = 64 + 32 + 16 + 8 + 4 + 1

Kartotinis kėlimas kvadratu

631 ≡ 63 (mod 88)
632 ≡ 9 (mod 88)
634 ≡ 81 (mod 88)
638 ≡ 49 (mod 88)
6316 ≡ 25 (mod 88)
6332 ≡ 9 (mod 88)
6364 ≡ 81 (mod 88)

Sudauginkite reikalingus laipsnius

63125 ≡ 63·81·49·25·9·81 ≡ 87 (mod 88)

Atsakymas

63125 mod 88 = 87
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: B · Apie log₂ n

Kodėl tai yra atsakymas

Dalijant pusiau nuo n iki 1, reikia apie log₂ n lygmenų, o kiekviename lygmenyje atliekama O(n) suliejimo darbo, todėl gaunama O(n log n).

Atsakymas

B · Apie log₂ n
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: C · Sprendimo uždaviniai, kuriuos deterministinis algoritmas išsprendžia per polinominį laiką

Kodėl tai yra atsakymas

P apima sprendimo uždavinius, turinčius deterministinį polinominio laiko algoritmą, pvz., patikrinimą, ar grafas jungus.

Atsakymas

C · Sprendimo uždaviniai, kuriuos deterministinis algoritmas išsprendžia per polinominį laiką
11.Duomenų struktūros

Atsakymas: B · O(1)

Kodėl tai yra atsakymas

Kiekvienas elementas iš viso daugiausia dukart įdedamas ir išimamas, todėl nors vienas papildymas gali užtrukti O(n), vidurkis per seką yra O(1).

Atsakymas

B · O(1)
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: A · [1, 3, 8, 5]

Kodėl tai yra atsakymas

Po 5, 3, 8 masyvas yra [3, 5, 8]; 1 patenka į indeksą 3, susikeičia su tėvu 5, o tada su 3, todėl gaunama [1, 3, 8, 5].

Atsakymas

A · [1, 3, 8, 5]
13.Grafų teorija

Atsakymas: k = 12

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.

Karkasinio medžio briaunos

10 − 1 = 9

Pašalintinos briaunos

k = 21 − 9 = 12

Atsakymas

k = 12
14.Grafų teorija

Atsakymas: N = 2

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 1 1 0 0
B: 1 0 1 1 1
C: 1 1 0 0 1
D: 0 1 0 0 1
E: 0 1 1 1 0

Bendri kaimynai

(M²)CB = 1·1 + 1·0 + 0·1 + 0·1 + 1·1 = 2

Atsakymas

N = 2
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: A · Pakartota užklausa grąžina naujas eilutes, kurias įterpė kita patvirtinta transakcija

Kodėl tai yra atsakymas

Fantomai atsiranda, kai kita transakcija įterpia eilutes, atitinkančias intervalo sąlygą; serializable izoliacija nuo jų apsaugo.

Atsakymas

A · Pakartota užklausa grąžina naujas eilutes, kurias įterpė kita patvirtinta transakcija
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: D · 192.168.0.0/23

Kodėl tai yra atsakymas

0 ir 1 sutampa visais trečiojo okteto bitais, išskyrus paskutinį, todėl vienu bitu trumpesnis prefiksas (/23), prasidedantis nuo 192.168.0.0, tiksliai apima abu.

Atsakymas

D · 192.168.0.0/23
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: D · 172.32.0.1

Kodėl tai yra atsakymas

172.16.0.0/12 apima nuo 172.16.0.0 iki 172.31.255.255, todėl 172.32.0.1 yra už jo ribų. Kiti trys yra privačiuose diapazonuose.

Atsakymas

D · 172.32.0.1
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 31

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).

Bloko dydis

23 = 8

Potinklis Nr. 4

tinklas: (4 − 1)·8 = 24
transliacija: 24 + 8 − 1 = 31

Atsakymas

x = 31
20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 222

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

24 = 16

Šio mazgo potinklis

tinklas: ⌊213/16⌋·16 = 208
transliacija: 208 + 16 − 1 = 223
naudojami mazgai: 209 … 222

Atsakymas

x = 222

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