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 kodas?−128?64?32?16?8?4?2?1

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
539 kodai, b = ? bitų?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

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
tautologijaprieštarakontingencija

Ar ((a → c) ∧ ¬c) → ¬a yra tautologija, prieštara ar kontingencija? Spustelėkite savo atsakymą.

((a → c) ∧ ¬c) → ¬a
  1. 1tautologija
  2. 2prieštara
  3. 3kontingencija
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
∀x ∀y ¬R(x, y)∃x ∃y ¬R(x, y)∀x ∃y ¬R(x, y)∃x ∀y ¬R(x, y)

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

¬∃x ∀y R(x, y)
  1. 1∀x ∀y ¬R(x, y)
  2. 2∃x ∃y ¬R(x, y)
  3. 3∀x ∃y ¬R(x, y)
  4. 4∃x ∀y ¬R(x, y)
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABCD000111100001111010111312141517160121130151141809011010

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)?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 13, 14)
L =
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 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?

  1. ASu jau surikiuotu masyvu
  2. BSu masyvu, kurio visi elementai skirtingi
  3. CSu 2 ilgio masyvu
  4. 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?

  1. A0/1 kuprinei, kai daiktai visada imami ištisi
  2. BNė vienam variantui
  3. CAbiem variantams
  4. DTrupmeninei kuprinei, kai daiktus galima dalyti
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Kokia kaina įterpti elementą į n elementų masyvo vidurį?

  1. AO(n²), nes kiekvienas elementas pajuda n kartų
  2. BO(1), nes indeksas žinomas
  3. CO(n), nes vėlesnius elementus reikia pastumti
  4. DO(log n), dėl dvejetainės paieškos
12.Duomenų struktūrosSunkus

Kurią savybę turi tenkinti raudonai juodas medis?

  1. AŠaknis turi būti raudona
  2. BKiekvienas raudonas mazgas turi turėti raudonus vaikus, todėl raudoni mazgai visada sudaro nenutrūkstamas grandines iki lapų
  3. CKiekvienas mazgas turi būti raudonas
  4. 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
151241221194866ABCDEFG

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?

  1. AKlasteriniai indeksai naudoja per daug atminties
  2. BSQL standartas draudžia lentelėje turėti daugiau nei vieną indeksą
  3. CEilutės fiziškai gali būti saugomos tik viena tvarka
  4. DKlasteriniai indeksai gali būti tik pirminiam raktui
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

Koks žinomas lentelių skaidymo į BCNF trūkumas, palyginti su 3NF?

  1. ASkaidymas sujungiant atgal visada praranda duomenis
  2. BKai kurių funkcinių priklausomybių gali nebebūti įmanoma patikrinti vienoje lentelėje
  3. CBCNF lentelės negali turėti pirminių raktų
  4. DBCNF leidžia daugiau pertekliaus nei 3NF
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Signalas šviesolaidžiu nukeliauja 2000 km maždaug 2 × 10⁸ m/s greičiu. Kokia sklidimo delsa?

  1. A1 ms
  2. B100 ms
  3. C0,1 ms
  4. D10 ms
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Kodėl TCP kiekvienam ryšiui parenka nenuspėjamą pradinį sekos numerį?

  1. AKad duomenys būtų efektyviau suglaudinti
  2. BKad būtų šifruojama kiekvieno segmento naudingoji apkrova
  3. CKad būtų parinktas geriausias maršrutas iki paskirties tos jungties segmentams
  4. DKad nebūtų painiojama su senais segmentais ir būtų sunkiau įterpti suklastotus segmentus
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/24 → /2611111111111111111111111111000000tinklo bitaimazgo bitai

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
paskutinis oktetas = 192112816403201608040201tinklasmazgas

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.

ABCD000111100001111010111312141517160121130151141809011010

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).

Bloko dydis

22 = 4

Šio mazgo potinklis

tinklas: ⌊192/4⌋·4 = 192
transliacija: 192 + 4 − 1 = 195
naudojami mazgai: 193 … 194

Atsakymas

x = 194

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