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 kode1−12816403201608041201

8 bitų seka 1100 0010 saugo sveikąjį skaičių su ženklu papildomajame kode. Kokia jo reikšmė N dešimtainėje sistemoje?

1100 00108 bit
N =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 0110 0100 XOR 0010 0011. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

0110 0100XOR0010 0011
R =
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
¬c → ¬(b ∨ a)(b ∨ a) ∧ ¬c¬(b ∨ a) → ¬cc → (b ∨ a)

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¬(b ∨ a) → ¬c
  4. 4c → (b ∨ a)
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus

Kiek iš 16 teisingumo lentelės eilučių daro ¬((s ∨ ¬p) ∧ ¬(¬r ∨ (¬q ∧ p))) teisingą? Pažymėkite šį skaičių N.

¬((s ∨ ¬p) ∧ ¬(¬r ∨ (¬q ∧ p)))
N =
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC00011110011011031204150716

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C) = Σm(0, 1, 2, 5, 6) sumų sandaugos (POS) formą. Kiek sumos narių (daugiklių) N ji turi?

F(A, B, C) = Σm(0, 1, 2, 5, 6)
N =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
ABCD0001111000011110X01103021415X706112X130150141809111110

Funkcijai F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 5, 8, 10, 11, 12) + d(0, 7, 13), kur d žymi nesvarbias sąlygas, raskite esminių pagrindinių implikantų skaičių N.

F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 5, 8, 10, 11, 12) + d(0, 7, 13)
N =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Raskite 8 atvirkštinį moduliu 43: skaičių x, kur 0 < x < 43 ir 8·x ≡ 1 (mod 43).

a = 8n = 43
8−1 mod 43 =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus
mc = me​ mod n1040m = cd​ mod n?(n, e) = (1739, 13)d

RSA raktas naudoja p = 37, q = 47 ir e = 13. Iššifruokite šifrogramą c = 1040: raskite pranešimą m.

p = 37q = 47e = 13c = 1040
m =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Surikiuotame masyve ieškote dviejų elementų, kurių suma lygi tikslinei, judindami po vieną rodyklę nuo kiekvieno galo į vidų. Koks laiko sudėtingumas?

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

Kuris metodas užtikrina tikėtiną O(n log n) greitojo rikiavimo vykdymo laiką bet kokiems įvesties duomenims?

  1. AĮvesties duomenų surikiavimas prieš paleidžiant greitąjį rikiavimą
  2. BVisada pirmojo elemento parinkimas
  3. CRekursijos taikymas tik kairiajai pusei
  4. DAtraminio elemento parinkimas atsitiktinai pagal tolygųjį skirstinį
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Kokia postfiksinio reiškinio 3 4 + 2 * reikšmė?

  1. A10
  2. B11
  3. C24
  4. D14
12.Duomenų struktūrosSunkus

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

  1. APerstato visą medį į subalansuotą formą
  2. BPerkelia pasiektą mazgą į lapą
  3. CPosūkiais iškelia pasiektą mazgą į šaknį
  4. DPerspalvina paieškos kelio mazgus
13.Grafų teorijaVidutinis
ABCDEFOilerio ciklasOilerio kelias, ne ciklasnei viena

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

|V| = 6|E| = 8
  1. 1Oilerio ciklas
  2. 2Oilerio kelias, ne ciklas
  3. 3nei viena
14.Grafų teorijaSunkus
339491088ABCDEF

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

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

Ką atlieka ROLLBACK TO SAVEPOINT s1?

  1. AAtšaukia visą transakciją nuo pradžios
  2. BIštrina išsaugojimo tašką ir visas nuo tada pakeistas lenteles
  3. CAtšaukia pakeitimus, padarytus po išsaugojimo taško s1, palikdamas transakciją atvirą
  4. DUžbaigia transakciją ir viską patvirtina
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

Koreliuotoji papildoma užklausa (correlated subquery) yra tokia, kuri:

  1. AVykdoma tik vieną kartą prieš išorinę užklausą, o jos rezultatas išsaugomas visoms eilutėms
  2. BNaudoja išorinės užklausos stulpelius ir vertinama kiekvienai išorinės užklausos eilutei
  3. CSujungia dvi lenteles išoriniu raktu
  4. DNaudoja tik agregavimo funkcijas
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Kokia pagrindinė VLAN paskirtis?

  1. AŠifruoti visą srautą tarp komutatorių, kad kiti skyriai jo neperskaitytų
  2. BSuteikti kiekvienam įrenginiui viešąjį IP adresą
  3. CPadalyti vieną fizinį komutuojamą tinklą į atskiras transliavimo sritis
  4. DPadidinti kiekvieno komutatoriaus prievado spartą
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Kodėl IPv6 nereikia NAT dėl adresų trūkumo?

  1. AIPv6 nenaudoja adresų
  2. BIPv6 veikia tik vietiniuose tinkluose, todėl adresų niekada nereikia dalytis globaliai
  3. CJo 128 bitų adresų erdvė yra pakankamai didelė, kad kiekvienas įrenginys gautų globalų adresą
  4. DIPv6 šifruoja visus adresus
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/?11111111111111111111111111000000tinklo bitaimazgo bitai

Skyriui viename potinklyje reikia 31 mazgų adresų. Koks yra ilgiausias prefiksas p (mažiausias potinklis), kurio pakanka?

31 hosts
p =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
paskutinis oktetas = 131112806403201608041211tinklasmazgas

Mazgo adresas yra 10.20.64.131/30. Koks yra jo potinklio transliacijos adreso paskutinis skaičius (ketvirtasis oktetas) x?

10.20.64.131/30
x =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: N = −62

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.

−128 + 64 + 2 = −62

Atsakymas

N = −62
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 71

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.

Bitas po bito

XOR duoda 1, kur du bitai skiriasi.

0110 0100
XOR 0010 0011
= 0100 0111

Rezultato reikšmė

0100 0111₂ = 71

Atsakymas

R = 71
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: N = 11

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

¬p; s ∨ ¬p; ¬r; ¬q; ¬q ∧ p; ¬r ∨ (¬q ∧ p); ¬(¬r ∨ (¬q ∧ p)); (s ∨ ¬p) ∧ ¬(¬r ∨ (¬q ∧ p)); ¬((s ∨ ¬p) ∧ ¬(¬r ∨ (¬q ∧ p)))

Skaidymas pagal p

p = 1: 7
p = 0: 4
N = 7 + 4 = 11

Atsakymas

N = 11
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 2

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.

ABC00011110011011031204150716

Sugrupuokite nulius

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

(B′ + C′)
(A′ + B + C)

Minimali POS forma

F = (B′ + C′)(A′ + B + C)
N = 2

Atsakymas

N = 2
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 2

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.

Pagrindiniai implikantai

Didžiausios grupės, kurias galima sudaryti iš vienetų ir X.

C′D′, BC′, A′C′, A′BD, AB′D′, AB′C
ABCD0001111000011110X01103021415X706112X130150141809111110

Esminiai pagrindiniai implikantai

A′C′, AB′C
N = 2

Atsakymas

N = 2
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 8−1 mod 43 = 27

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·8 (mod 43).

r = 43, t = 0
r = 8, q = 5, t = 1
r = 3, q = 2, t = −5
r = 2, q = 1, t = 11
r = 1, q = 2, t = −16

Atvirkštinė

1 ≡ −16·8 (mod 43)
x = 27
patikra: 8·27 = 216 = 5·43 + 1

Atsakymas

8−1 mod 43 = 27
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: m = 1140

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.

Privatusis rodiklis

n = 1739, φ(n) = 1656
d = 13−1 mod 1656 = 637

Iššifruokite kartotiniu kėlimu kvadratu

637 = 512 + 64 + 32 + 16 + 8 + 4 + 1
10401 ≡ 1040 (mod 1739)
10402 ≡ 1681 (mod 1739)
10404 ≡ 1625 (mod 1739)
10408 ≡ 823 (mod 1739)
104016 ≡ 858 (mod 1739)
104032 ≡ 567 (mod 1739)
104064 ≡ 1513 (mod 1739)
1040128 ≡ 645 (mod 1739)
1040256 ≡ 404 (mod 1739)
1040512 ≡ 1489 (mod 1739)
1040637 ≡ 1040·1625·823·858·567·1513·1489 ≡ 1140 (mod 1739)

Žinutė

m = 1140
patikra: 114013 mod 1739 = 1040

Atsakymas

m = 1140
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: B · O(n)

Kodėl tai yra atsakymas

Jei suma per maža, kairioji rodyklė juda į dešinę, jei per didelė – dešinioji juda į kairę, todėl žingsnių yra daugiausia n.

Atsakymas

B · O(n)
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: D · Atraminio elemento parinkimas atsitiktinai pagal tolygųjį skirstinį

Kodėl tai yra atsakymas

Parenkant atsitiktinį atraminį elementą, tikėtinas vykdymo laikas yra O(n log n) bet kokiems įvesties duomenims; blogi atvejai vis dar egzistuoja, bet yra labai mažai tikėtini.

Atsakymas

D · Atraminio elemento parinkimas atsitiktinai pagal tolygųjį skirstinį
11.Duomenų struktūros

Atsakymas: D · 14

Kodėl tai yra atsakymas

Įdedami 3 ir 4, + duoda 7; įdedamas 2, * duoda 7 × 2 = 14.

Atsakymas

D · 14
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: C · 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

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

Atsakymas: Oilerio kelias, ne 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) = 1, deg(B) = 4, deg(C) = 2, deg(D) = 3, deg(E) = 4, deg(F) = 2

Nelyginės viršūnės

A, D → 2
Oilerio kelias, ne ciklas

Atsakymas

Oilerio kelias, ne ciklas

Oilerio kelias prasideda vienoje nelyginėje viršūnėje ir baigiasi kitoje.

14.Grafų teorija

Atsakymas: d(F) = 17

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: 3, C: 3
B (3): D: 7, E: 11
C (3)
D (7): F: 17
E (11)
F (17)

Trumpiausias kelias

A → B → D → F
d(F) = 17

Atsakymas

d(F) = 17
15.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: C · Atšaukia pakeitimus, padarytus po išsaugojimo taško s1, palikdamas transakciją atvirą

Kodėl tai yra atsakymas

Išsaugojimo taškas pažymi vietą transakcijos viduje; grįžus į jį atšaukiamas vėlesnis darbas, o ankstesni pakeitimai lieka laukti COMMIT.

Atsakymas

C · Atšaukia pakeitimus, padarytus po išsaugojimo taško s1, palikdamas transakciją atvirą
16.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: B · Naudoja išorinės užklausos stulpelius ir vertinama kiekvienai išorinės užklausos eilutei

Kodėl tai yra atsakymas

Koreliuotosios papildomos užklausos priklauso nuo esamos išorinės eilutės, todėl logiškai vertinamos kiekvienai eilutei (optimizatoriai gali jas perrašyti į sujungimus).

Atsakymas

B · Naudoja išorinės užklausos stulpelius ir vertinama kiekvienai išorinės užklausos eilutei
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: C · Padalyti vieną fizinį komutuojamą tinklą į atskiras transliavimo sritis

Kodėl tai yra atsakymas

VLAN logiškai sugrupuoja prievadus, todėl transliavimai lieka kiekviename VLAN. Tai gerina saugumą ir riboja transliavimo srautą.

Atsakymas

C · Padalyti vieną fizinį komutuojamą tinklą į atskiras transliavimo sritis
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: C · Jo 128 bitų adresų erdvė yra pakankamai didelė, kad kiekvienas įrenginys gautų globalų adresą

Kodėl tai yra atsakymas

IPv6 turi apie 3,4 × 10³⁸ adresų, todėl išnyksta trūkumas, dėl kurio IPv4 prireikė NAT; saugumą vis tiek užtikrina ugniasienės.

Atsakymas

C · Jo 128 bitų adresų erdvė yra pakankamai didelė, kad kiekvienas įrenginys gautų globalų adresą
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: p = 26

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

25 − 2 = 30 < 31
26 − 2 = 62 ≥ 31 → h = 6

Prefikso ilgis

p = 32 − 6 = 26

Atsakymas

p = /26
20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 131

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

22 = 4

Šio mazgo potinklis

tinklas: ⌊131/4⌋·4 = 128
transliacija: 128 + 4 − 1 = 131
naudojami mazgai: 129 … 130

Atsakymas

x = 131

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