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 kode0−12806413211618040211

8 bitų seka 0011 1001 saugo sveikąjį skaičių su ženklu papildomajame kode. Kokia jo reikšmė N dešimtainėje sistemoje?

0011 10018 bit
N =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 0010 1000 >> 2. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

0010 1000>> 2
R =
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
tautologijaprieštarakontingencija

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

¬((a ∧ b) → a)
  1. 1tautologija
  2. 2prieštara
  3. 3kontingencija
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
¬qr ∨ pq ∨ pq ∧ p

Duotos prielaidos r ∨ q; ¬r ∨ p. Kokia išvada iš jų išplaukia? Spustelėkite ją.

r ∨ q¬r ∨ p
  1. 1¬q
  2. 2r ∨ p
  3. 3q ∨ p
  4. 4q ∧ p
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
MUX0I0​0I1​CI2​0I3​ABS1​S0​F

4 į 1 multiplekserio pasirinkimo įėjimai yra S₁ = A ir S₀ = B, o duomenų įėjimai prijungti prie I₀ = 0, I₁ = 0, I₂ = C, I₃ = 0. Kiek iš 8 A, B ir C derinių duoda išėjimą F = 1? Raskite N.

I₀ = 0I₁ = 0I₂ = CI₃ = 0
N =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​FFQ4​Q4​FFQ5​Q5​CLKMOD-50

12 kHz taktinis signalas valdo mod-50 skaitiklį. Raskite jo reikšmingiausio išėjimo, kuris per vieną skaičiavimo ciklą atlieka vieną ciklą, dažnį fout.

fclk = 12 kHzN = 50
fout = kHz
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Išspręskite 11x ≡ 47 (mod 58). Pateikite sprendinį x, kur 0 < x < 58.

11x ≡ 47 (mod 58)
x =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus
mc = me​ mod ncm = cd​ mod nm(n, e) = (185, 19)d = ?

RSA raktas naudoja pirminius skaičius p = 5 ir q = 37 bei viešąjį rodiklį e = 19. Raskite privatųjį rodiklį d (0 < d < φ(n)).

p = 5q = 37e = 19
d =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Rekurentinės lygties T(n) = 2T(n/2) + O(n) sprendinys yra:

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

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

  1. ARekursijos taikymas tik kairiajai pusei
  2. BAtraminio elemento parinkimas atsitiktinai pagal tolygųjį skirstinį
  3. CĮvesties duomenų surikiavimas prieš paleidžiant greitąjį rikiavimą
  4. DVisada pirmojo elemento parinkimas
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Kaip naujas elementas įterpiamas į dvejetainę krūvą?

  1. AVisa krūva perstatoma iš naujo
  2. BĮterpiamas į surikiuotą poziciją, pastumiant visus didesnius elementus viena vieta į dešinę
  3. CPadedamas šaknyje ir leidžiamas žemyn
  4. DPadedamas masyvo gale ir keliamas aukštyn (sift up), kol pažeidžia krūvos savybę
12.Duomenų struktūrosSunkus

Dinaminis masyvas užsipildęs padvigubėja. Kodėl daugelis įgyvendinimų jį sumažina tik tada, kai jis užpildytas ketvirtadaliu, o ne perpus?

  1. ANes perpus mažinant esant pusei talpos būtų prarasti elementai
  2. BKad masyvas liktų surikiuotas
  3. CNes atminties paskirstytuvas gali atlaisvinti atmintį tik bloko ketvirtadaliais
  4. DKad būtų išvengta pakartotinio dydžio keitimo, kai push ir pop kaitaliojasi prie ribos
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| = 7
  1. 1Oilerio ciklas
  2. 2Oilerio kelias, ne ciklas
  3. 3nei viena
14.Grafų teorijaSunkus
616345514ABCDEF

Dijkstros algoritmas vykdomas nuo A. Spustelėkite viršūnę, užfiksuojamą (padaromą galutine) 4 etape; pats A yra 1 etapas.

pradžia: Aetapas 4
  1. 1A
  2. 2B
  3. 3C
  4. 4D
  5. 5E
  6. 6F
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis

Antroji normalinė forma (2NF) pašalina:

  1. AIšorinius raktus
  2. BTranzityviąsias neraktinių stulpelių priklausomybes per kitą neraktinį stulpelį
  3. CVisas NULL reikšmes
  4. DNeraktinių stulpelių dalines priklausomybes nuo sudėtinio rakto dalies
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

Du budintys gydytojai kiekvienas patikrina, kad kitas vis dar budi, ir abu tuo pačiu metu atsijungia. Kurią anomaliją čia vis dar gali leisti momentinės kopijos izoliacija (snapshot isolation)?

  1. ANepakartojamą skaitymą vienoje transakcijoje
  2. BNešvarų rašymą
  3. CRašymo iškreipimą (write skew)
  4. DNešvarų skaitymą
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. B192.168.0.0/23
  3. C192.168.0.0/25
  4. D192.168.0.0/22
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Mazgai VLAN 10 ir VLAN 20 tame pačiame komutatoriuje negali bendrauti. Ko reikia?

  1. AIlgesnio kabelio tarp mazgų
  2. BTo paties MAC adreso abiem mazgams
  3. CPrie abiejų VLAN prijungto šakotuvo
  4. DMaršrutizatoriaus ar 3 lygmens komutatoriaus srautui tarp VLAN maršrutizuoti
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/?11111111111111111111100000000000tinklo bitaimazgo bitai

Skyriui viename potinklyje reikia 1660 mazgų adresų. Koks yra ilgiausias prefiksas p (mažiausias potinklis), kurio pakanka?

1660 hosts
p =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
paskutinis oktetas = 207112816403201618141211tinklasmazgas

Mazgo adresas yra 10.20.147.207/29. Koks yra jo tinklo adreso ketvirtasis oktetas x?

10.20.147.207/29
x =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: N = 57

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.

32 + 16 + 8 + 1 = 57

Atsakymas

N = 57
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 10

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

Postūmis dešinėn 2 perkelia kiekvieną bitą 2 pozicijomis į dešinę; bitai, iškritę iš dešiniojo galo, prarandami, o kairėje įeina nuliai.

0010 1000 >> 2
= 0000 1010

Rezultato reikšmė

0000 1010₂ = 10

Atsakymas

R = 10
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: prieštara

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: a ∧ b = 1, (a ∧ b) → a = 1, ¬((a ∧ b) → a) = 0
a = 1, b = 0: a ∧ b = 0, (a ∧ b) → a = 1, ¬((a ∧ b) → a) = 0
a = 0, b = 1: a ∧ b = 0, (a ∧ b) → a = 1, ¬((a ∧ b) → a) = 0
a = 0, b = 0: a ∧ b = 0, (a ∧ b) → a = 1, ¬((a ∧ b) → a) = 0

Klasifikuokite

¬((a ∧ b) → a): 0, 0, 0, 0
0 kiekvienoje eilutėje: prieštara.

Atsakymas

prieštara
4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: q ∨ p

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.

Eilutės, kuriose visos prielaidos teisingos

p = 1, q = 1, r = 1: ¬q = 0, r ∨ p = 1, q ∨ p = 1, q ∧ p = 1
p = 1, q = 1, r = 0: ¬q = 0, r ∨ p = 1, q ∨ p = 1, q ∧ p = 1
p = 1, q = 0, r = 1: ¬q = 1, r ∨ p = 1, q ∨ p = 1, q ∧ p = 0
p = 0, q = 1, r = 0: ¬q = 0, r ∨ p = 0, q ∨ p = 1, q ∧ p = 0

Išvada

q ∨ p (skiriamoji geba)

Atsakymas

q ∨ p
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 1

Multiplekseris: 2ⁿ į 1 multiplekseris perduoda vieną iš savo duomenų įėjimų į išėjimą; pasirinkimo linijos, skaitomos kaip dvejetainis skaičius, nurodo kurį. 4 į 1 MUX su pasirinkimo įėjimais S₁S₀ = AB, F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Duomenų įėjimus prijungus prie 0, 1, C arba C′, MUX gali sukurti bet kurią A, B ir C funkciją; tai dažnas būdas sudaryti logiką viena mikroschema.

Išėjimo išraiška

F = AB′C

Eilutės su F = 1

ABC = 101
N = 1

Atsakymas

N = 1
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: fout = 0,24 kHz

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.

Dažnio dalijimas

fout = 12 kHz / 50 = 0,24 kHz

Atsakymas

fout = 0,24 kHz
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: x = 57

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).

11 atvirkštinis

r = 58, t = 0
r = 11, q = 5, t = 1
r = 3, q = 3, t = −5
r = 2, q = 1, t = 16
r = 1, q = 2, t = −21
11−1 ≡ 37 (mod 58)

Išspręskite

x ≡ 37·47 = 1739 ≡ 57 (mod 58)
patikra: 11·57 = 627 ≡ 47 (mod 58)

Atsakymas

x = 57
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: d = 91

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.

Modulis ir Oilerio funkcija

n = 5·37 = 185
φ(n) = 4·36 = 144

Išplėstinis Euklido algoritmas

r = 144, t = 0
r = 19, q = 7, t = 1
r = 11, q = 1, t = −7
r = 8, q = 1, t = 8
r = 3, q = 2, t = −15
r = 2, q = 1, t = 38
r = 1, q = 2, t = −53

Privatusis rodiklis

d = 91
patikra: 19·91 = 1729 = 12·144 + 1

Atsakymas

d = 91
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: A · O(n log n)

Kodėl tai yra atsakymas

Pagal pagrindinę teoremą (master theorem), kai a = 2, b = 2, f(n) = n, gauname T(n) = Θ(n log n).

Atsakymas

A · O(n log n)
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: B · 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

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

Atsakymas: D · Padedamas masyvo gale ir keliamas aukštyn (sift up), kol pažeidžia krūvos savybę

Kodėl tai yra atsakymas

Pridėjimas gale išlaiko medį pilną; keitimasis vietomis su tėvu atkuria tvarką per O(log n) žingsnių.

Atsakymas

D · Padedamas masyvo gale ir keliamas aukštyn (sift up), kol pažeidžia krūvos savybę
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: D · Kad būtų išvengta pakartotinio dydžio keitimo, kai push ir pop kaitaliojasi prie ribos

Kodėl tai yra atsakymas

Mažinant esant pusei talpos, tokioje sekoje kiekviena operacija galėtų sukelti dydžio keitimą; tarpas tarp 1/4 ir pilnos talpos išlaiko amortizuotą kainą O(1).

Atsakymas

D · Kad būtų išvengta pakartotinio dydžio keitimo, kai push ir pop kaitaliojasi prie ribos
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) = 2, deg(B) = 4, deg(C) = 3, deg(D) = 2, deg(E) = 2, deg(F) = 1

Nelyginės viršūnės

C, F → 2
Oilerio kelias, ne ciklas

Atsakymas

Oilerio kelias, ne ciklas

Oilerio kelias prasideda vienoje nelyginėje viršūnėje ir baigiasi kitoje.

14.Grafų teorija

Atsakymas: B

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

1. A (0): B: 6, C: 1
2. C (1): E: 5
3. E (5): D: 10, F: 10
4. B (6): D: 9
5. D (9)
6. F (10)

etapas 4

B

Atsakymas

B
15.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: D · 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

D · Neraktinių stulpelių dalines priklausomybes nuo sudėtinio rakto dalies
16.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: C · Rašymo iškreipimą (write skew)

Kodėl tai yra atsakymas

Taikant momentinės kopijos izoliaciją abi transakcijos mato seną būseną ir keičia skirtingas eilutes, todėl rašymo konfliktas neaptinkamas; serializuojama izoliacija to neleidžia.

Atsakymas

C · Rašymo iškreipimą (write skew)
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: B · 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

B · 192.168.0.0/23
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: D · Maršrutizatoriaus ar 3 lygmens komutatoriaus srautui tarp VLAN maršrutizuoti

Kodėl tai yra atsakymas

VLAN izoliuoti 2 lygmeniu, todėl srautas tarp jų turi būti maršrutizuojamas, pvz., maršrutizatoriumi per magistralinę jungtį („router on a stick“) ar 3 lygmens komutatoriumi.

Atsakymas

D · Maršrutizatoriaus ar 3 lygmens komutatoriaus srautui tarp VLAN maršrutizuoti
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: p = 21

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

210 − 2 = 1022 < 1660
211 − 2 = 2046 ≥ 1660 → h = 11

Prefikso ilgis

p = 32 − 11 = 21

Atsakymas

p = /21
20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 200

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

23 = 8

Šio mazgo potinklis

tinklas: ⌊207/8⌋·8 = 200
transliacija: 200 + 8 − 1 = 207
naudojami mazgai: 201 … 206

Atsakymas

x = 200

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