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 −92 kaip 8 bitų papildomojo kodo seką. Perskaitykite seką kaip dvejetainį skaičių be ženklo: kokia jo reikšmė U dešimtainėje sistemoje?
N = −928 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
Sistema kiekvienam iš 539 elementų turi suteikti atskirą tokio pat ilgio dvejetainį kodą. Kiek mažiausiai bitų b reikia?
539
b = bit
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
Ar ((a → c) ∧ ¬c) → ¬a yra tautologija, prieštara ar kontingencija? Spustelėkite savo atsakymą.
((a → c) ∧ ¬c) → ¬a
1tautologija
2prieštara
3kontingencija
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∀x ∀y ¬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
Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 13, 14) sandaugų sumos (SOP) formą. Kiek iš viso literalų L ji turi (su brūkšneliu žymimas kintamasis skaičiuojamas kaip vienas literalas)?
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
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 Oilerio funkciją φ(39), t. y. sveikųjų skaičių nuo 1 iki 39, tarpusavyje pirminių su 39, skaičių.
n = 39 = 3·13
φ(39) =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus
23 yra pirminis skaičius. Pasinaudokite mažąja Ferma teorema ir raskite 1358464 mod 23.
p = 23k = 58464
1358464 mod 23 =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis
Greitasis rikiavimas visada kaip atraminį elementą naudoja pirmąjį elementą. Su kokia įvestimi jis elgiasi blogiausiai?
ASu jau surikiuotu masyvu
BSu masyvu, kurio visi elementai skirtingi
CSu 2 ilgio masyvu
DSu atsitiktinės tvarkos masyvu
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus
Kuriam kuprinės uždavinio variantui godžioji taisyklė „imti daiktus pagal vertės ir svorio santykį“ visada duoda optimalų atsakymą?
A0/1 kuprinei, kai daiktai visada imami ištisi
BNė vienam variantui
CAbiem variantams
DTrupmeninei kuprinei, kai daiktus galima dalyti
11.Duomenų struktūrosVidutinis
Kokia kaina įterpti elementą į n elementų masyvo vidurį?
AO(n²), nes kiekvienas elementas pajuda n kartų
BO(1), nes indeksas žinomas
CO(n), nes vėlesnius elementus reikia pastumti
DO(log n), dėl dvejetainės paieškos
12.Duomenų struktūrosSunkus
Kurią savybę turi tenkinti raudonai juodas medis?
AŠaknis turi būti raudona
BKiekvienas raudonas mazgas turi turėti raudonus vaikus, todėl raudoni mazgai visada sudaro nenutrūkstamas grandines iki lapų
CKiekvienas mazgas turi būti raudonas
DKiekviename kelyje nuo mazgo iki jo palikuonių lapų yra vienodas juodų mazgų skaičius
13.Grafų teorijaVidutinis
Kiek skirtingų Hamiltono ciklų H turi pilnasis grafas K6? Ciklai, besiskiriantys tik pradine viršūne ar kryptimi, laikomi tuo pačiu.
K6
H =
14.Grafų teorijaSunkus
Dijkstros algoritmu raskite trumpiausio kelio nuo A iki F svertiniame grafe ilgį d(F).
pradžia: Apabaiga: F
d(F) =
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis
Kodėl lentelė gali turėti tik vieną klasterinį indeksą?
AKlasteriniai indeksai naudoja per daug atminties
BSQL standartas draudžia lentelėje turėti daugiau nei vieną indeksą
CEilutės fiziškai gali būti saugomos tik viena tvarka
DKlasteriniai indeksai gali būti tik pirminiam raktui
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus
Koks žinomas lentelių skaidymo į BCNF trūkumas, palyginti su 3NF?
ASkaidymas sujungiant atgal visada praranda duomenis
BKai kurių funkcinių priklausomybių gali nebebūti įmanoma patikrinti vienoje lentelėje
CBCNF lentelės negali turėti pirminių raktų
DBCNF leidžia daugiau pertekliaus nei 3NF
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis
Signalas šviesolaidžiu nukeliauja 2000 km maždaug 2 × 10⁸ m/s greičiu. Kokia sklidimo delsa?
A1 ms
B100 ms
C0,1 ms
D10 ms
18.Kompiuterių tinklaiSunkus
Kodėl TCP kiekvienam ryšiui parenka nenuspėjamą pradinį sekos numerį?
AKad duomenys būtų efektyviau suglaudinti
BKad būtų šifruojama kiekvieno segmento naudingoji apkrova
CKad būtų parinktas geriausias maršrutas iki paskirties tos jungties segmentams
DKad nebūtų painiojama su senais segmentais ir būtų sunkiau įterpti suklastotus segmentus
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
Tinklas 192.168.9.0/24 padalytas į /26 potinklius, sunumeruotus 1, 2, 3, … nuo mažiausio adreso (1 potinklis prasideda nuo .0). Koks potinklio Nr. 4 tinklo adreso ketvirtasis oktetas x?
192.168.9.0/24/26potinklis 4 (1 potinklis prasideda nuo .0)
x =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
Mazgo adresas yra 10.20.225.192/30. Koks yra paskutinio naudojamo mazgo adreso jo potinklyje ketvirtasis oktetas x?
10.20.225.192/30
x =
3Tirpalai
1.Skaičiavimo sistemos
Atsakymas: U = 164
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
92 = 0101 1100
invertuota: 1010 0011
+1 → 1010 0100
Perskaitykite be ženklo
1010 0100₂ = 256 − 92 = 164
Atsakymas
U = 164
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 < 539
210 = 1024 ≥ 539
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
a = 1, c = 1: a → c = 1, ¬c = 0, (a → c) ∧ ¬c = 0, ¬a = 0, ((a → c) ∧ ¬c) → ¬a = 1
a = 1, c = 0: a → c = 0, ¬c = 1, (a → c) ∧ ¬c = 0, ¬a = 0, ((a → c) ∧ ¬c) → ¬a = 1
a = 0, c = 1: a → c = 1, ¬c = 0, (a → c) ∧ ¬c = 0, ¬a = 1, ((a → c) ∧ ¬c) → ¬a = 1
a = 0, c = 0: a → c = 1, ¬c = 1, (a → c) ∧ ¬c = 1, ¬a = 1, ((a → c) ∧ ¬c) → ¬a = 1
Klasifikuokite
((a → c) ∧ ¬c) → ¬a: 1, 1, 1, 1
1 kiekvienoje eilutėje: tautologija.
Atsakymas
tautologija
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: L = 10
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′D′
BC′D
BCD′
A′
Minimali SOP forma
F = B′C′D′ + BC′D + BCD′ + A′
L = 10
Atsakymas
L = 10
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 = 1 → Q = 1
2: J = 1, K = 0 → Q = 1
3: J = 0, K = 0 → Q = 1
4: J = 1, K = 1 → Q = 0
5: J = 1, K = 1 → Q = 1
6: J = 1, K = 0 → Q = 1
7: J = 1, K = 1 → Q = 0
Suskaičiuokite pokyčius
0 → 1 → 1 → 1 → 0 → 1 → 1 → 0
N = 4
Atsakymas
N = 4
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika
Atsakymas: φ(39) = 24
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).
Pirminiai daugikliai
39 = 3·13
Oilerio funkcija
φ(39) = φ(13)·φ(3) = 12·2 = 24
Atsakymas
φ(39) = 24
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika
Atsakymas: 1358464 mod 23 = 16
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.
Suredukuokite rodiklį
58464 mod 22 = 10
1358464 ≡ 1310 (mod 23)
Mažas laipsnis
1310 mod 23 = 16
Atsakymas
1358464 mod 23 = 16
9.Algoritmai ir sudėtingumas
Atsakymas: A · Su jau surikiuotu masyvu
Kodėl tai yra atsakymas
Surikiuotoje įvestyje atraminis elementas visada yra minimumas, todėl viena pusė tuščia, o kitoje n − 1 elementų, ir gaunama O(n²).
Atsakymas
A · Su jau surikiuotu masyvu
10.Algoritmai ir sudėtingumas
Atsakymas: D · Trupmeninei kuprinei, kai daiktus galima dalyti
Kodėl tai yra atsakymas
Kai daiktus galima dalyti, geriausio santykio pirmenybė optimali; 0/1 kuprinėje didelio santykio daiktas gali užblokuoti geresnį derinį, todėl reikia dinaminio programavimo.
Atsakymas
D · Trupmeninei kuprinei, kai daiktus galima dalyti
11.Duomenų struktūros
Atsakymas: C · O(n), nes vėlesnius elementus reikia pastumti
Kodėl tai yra atsakymas
Visi elementai po įterpimo vietos pasislenka viena pozicija į dešinę, o tai užtrunka n proporcingą laiką.
Atsakymas
C · O(n), nes vėlesnius elementus reikia pastumti
12.Duomenų struktūros
Atsakymas: D · Kiekviename kelyje nuo mazgo iki jo palikuonių lapų yra vienodas juodų mazgų skaičius
Kodėl tai yra atsakymas
Raudonai juodo medžio taisyklės: mazgai raudoni arba juodi, šaknis juoda, raudonų mazgų vaikai juodi, o visų kelių juodasis aukštis vienodas, todėl aukštis ≤ 2 log₂(n + 1).
Atsakymas
D · Kiekviename kelyje nuo mazgo iki jo palikuonių lapų yra vienodas juodų mazgų skaičius
13.Grafų teorija
Atsakymas: H = 60
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 = (6 − 1)!/2 = 120/2 = 60
Atsakymas
H = 60
14.Grafų teorija
Atsakymas: d(F) = 18
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: 15, C: 12
C (12): E: 14, G: 20
E (14): D: 25, F: 18
B (15)
F (18)
G (20)
D (25)
Trumpiausias kelias
A → C → E → F
d(F) = 18
Atsakymas
d(F) = 18
15.Duomenų bazės ir SQL
Atsakymas: C · Eilutės fiziškai gali būti saugomos tik viena tvarka
Kodėl tai yra atsakymas
Klasterinis indeksas sutvarko lentelės duomenis pagal savo raktą, o duomenis galima laikyti tik viena tvarka; kiti indeksai yra neklasteriniai.
Atsakymas
C · Eilutės fiziškai gali būti saugomos tik viena tvarka
16.Duomenų bazės ir SQL
Atsakymas: B · Kai kurių funkcinių priklausomybių gali nebebūti įmanoma patikrinti vienoje lentelėje
Kodėl tai yra atsakymas
Skaidymas į BCNF be nuostolių visada egzistuoja, bet jis gali neišsaugoti priklausomybių; 3NF visada gali būti ir be nuostolių, ir išsauganti priklausomybes.
Atsakymas
B · Kai kurių funkcinių priklausomybių gali nebebūti įmanoma patikrinti vienoje lentelėje
17.Kompiuterių tinklai
Atsakymas: D · 10 ms
Kodėl tai yra atsakymas
2 × 10⁶ m / 2 × 10⁸ m/s = 0,01 s = 10 ms. Sklidimo delsa priklauso nuo atstumo ir terpės, o ne nuo paketo dydžio.
Atsakymas
D · 10 ms
18.Kompiuterių tinklai
Atsakymas: D · Kad nebūtų painiojama su senais segmentais ir būtų sunkiau įterpti suklastotus segmentus
Kodėl tai yra atsakymas
Atsitiktiniai pradiniai sekos numeriai neleidžia priimti pavėlavusių segmentų iš senų ryšių ir apsunkina ne kelyje esantiems užpuolikams klastoti galiojančius segmentus.
Atsakymas
D · Kad nebūtų painiojama su senais segmentais ir būtų sunkiau įterpti suklastotus segmentus
19.IPv4 potinkliai
Atsakymas: x = 192
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
26 = 64
Potinklis Nr. 4
tinklas: (4 − 1)·64 = 192
transliacija: 192 + 64 − 1 = 255
Atsakymas
x = 192
20.IPv4 potinkliai
Atsakymas: x = 194
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).