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 kode1−12806413211618140201

8 bitų seka 1011 1100 saugo sveikąjį skaičių su ženklu papildomajame kode. Kokia jo reikšmė N dešimtainėje sistemoje?

1011 11008 bit
N =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
2514 kodai, b = ? bitų?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Sistema kiekvienam iš 2514 elementų turi suteikti atskirą tokio pat ilgio dvejetainį kodą. Kiek mažiausiai bitų b reikia?

2514
b = bit
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
¬c → ¬¬ac ∧ ¬¬a¬c ∧ ¬a¬c ∧ ¬¬a

Norite įrodyti c → ¬a prieštara. Kurį teiginį darote prielaida pradžioje? Spustelėkite jį.

c → ¬a
  1. 1¬c → ¬¬a
  2. 2c ∧ ¬¬a
  3. 3¬c ∧ ¬a
  4. 4¬c ∧ ¬¬a
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus

Kiek iš 16 teisingumo lentelės eilučių daro ¬(b ∨ (a ↔ b)) → ¬(d ∨ ¬(a ∨ ¬c)) teisingą? Pažymėkite šį skaičių N.

¬(b ∨ (a ↔ b)) → ¬(d ∨ ¬(a ∨ ¬c))
N =
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABCD000111100001111000111302140517160121130151140819011110

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 4, 6, 7, 9, 10, 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(1, 3, 4, 6, 7, 9, 10, 13, 14)
L =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
ABCD00011110000111100011X30214050706012013015014X819111010

Raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 9, 11) + d(3, 8) SOP formą, kur d žymi nesvarbias sąlygas. Kiek sandaugos narių N ji turi?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 9, 11) + d(3, 8)
N =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Raskite 69 atvirkštinį moduliu 97: skaičių x, kur 0 < x < 97 ir 69·x ≡ 1 (mod 97).

a = 69n = 97
69−1 mod 97 =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus

Kartotiniu kėlimu kvadratu raskite 75189 mod 82.

a = 75k = 189n = 82
75189 mod 82 =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Naivaus rekursyvaus Fibonačio skaičių skaičiavimo (fib(n) = fib(n−1) + fib(n−2)) laiko sudėtingumas yra:

  1. ALogaritminis
  2. BEksponentinis
  3. CTiesinis
  4. DPastovus
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus

Kuris teiginys apie P ir NP yra teisingas?

  1. AĮrodyta, kad P ≠ NP
  2. BNP reiškia „nepolinominis“ (not polynomial)
  3. CKiekvienas P klasės uždavinys taip pat priklauso NP
  4. DNP uždavinių sprendinių negalima greitai patikrinti
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Kiek atminties naudoja gretimumo sąrašas grafui su V viršūnių ir E briaunų?

  1. AO(V + E)
  2. BO(V × E)
  3. CO(V²)
  4. DO(E²)
12.Duomenų struktūrosSunkus

Žiediniame buferyje front == rear gali reikšti, kad jis tuščias arba pilnas. Koks dažnas būdas juos atskirti?

  1. ABuferio dydį padaryti dvejeto laipsniu
  2. BLaikyti atskirą elementų skaitiklį arba visada palikti vieną vietą nenaudojamą
  3. CVisada išvalyti buferį, kai front lygus rear, kad būsena būtų tuščia
  4. DFront ir rear saugoti tame pačiame kintamajame
13.Grafų teorijaVidutinis

Medis turi 2 viršūnių, kurių laipsnis 5, o visos kitos jo viršūnės yra lapai (laipsnis 1). Kiek lapų L jis turi?

2 × deg 5
L =
14.Grafų teorijaSunkus
171527141073ABCDEFG

Dijkstros algoritmas vykdomas nuo A. Spustelėkite viršūnę, užfiksuojamą (padaromą galutine) 5 etape; pats A yra 1 etapas.

pradžia: Aetapas 5
  1. 1A
  2. 2B
  3. 3C
  4. 4D
  5. 5E
  6. 6F
  7. 7G
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis

Lentelėje yra eilučių, kurių col yra NULL. Kurias eilutes grąžina WHERE col = NULL?

  1. ATik eilutes, kuriose col yra NULL, kaip su IS NULL
  2. BVisas lentelės eilutes
  3. CKlaidą kiekvienoje duomenų bazėje
  4. DJokių eilučių, nes palyginimo rezultatas nežinomas
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

Ką grąžina ši užklausa: SELECT name FROM students WHERE grade > (SELECT AVG(grade) FROM students)?

  1. AStudentus, kurių pažymys didesnis už vidutinį pažymį
  2. BTik studentus, turinčius aukščiausią pažymį
  3. CKlaidą, nes WHERE sąlygoje papildomos užklausos neleidžiamos
  4. DVisų studentų vidutinį pažymį
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Kodėl tiesioginiams vaizdo skambučiams dažnai teikiama pirmenybė UDP?

  1. AUDP automatiškai šifruoja duomenis
  2. BMažas vėlinimas svarbesnis nei kiekvieno prarasto paketo pakartotinis siuntimas
  3. CUDP privalomas bet kokiam vaizdo įrašui
  4. DUDP garantuoja, kad kiekvienas paketas pasieks tikslą, todėl vaizdas niekada nesustoja
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

TCP perkrovos valdymo „lėto starto“ (slow start) fazė:

  1. AIšlaiko langą fiksuotą – vieno segmento
  2. BEksponentiškai didina perkrovos langą, kol pasiekiama riba arba įvyksta praradimas
  3. CNaudojama tik UDP
  4. DMažina perkrovos langą perpus per kiekvieną apsisukimą, kol aptinkamas paketo praradimas
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/?11111111111111111111110000000000tinklo bitaimazgo bitai

Skyriui viename potinklyje reikia 777 mazgų adresų. Koks yra ilgiausias prefiksas p (mažiausias potinklis), kurio pakanka?

777 hosts
p =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
trečiasis oktetas = 217112816403211618040211tinklasmazgas

Mazgo adresas yra 172.20.217.206/19. Koks jo potinklio transliacijos adreso trečiasis oktetas x?

172.20.217.206/19
x =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: N = −68

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 + 32 + 16 + 8 + 4 = −68

Atsakymas

N = −68
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: b = 12 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

211 = 2048 < 2514
212 = 4096 ≥ 2514

Atsakymas

b = 12
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: c ∧ ¬¬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 = c, b = ¬a

Implikacijos neigimas

¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b = c ∧ ¬¬a

Atsakymas

c ∧ ¬¬a

Jei prielaida lemia prieštarą, implikacija turi būti teisinga.

4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: N = 14

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

a ↔ b; b ∨ (a ↔ b); ¬(b ∨ (a ↔ b)); ¬c; a ∨ ¬c; ¬(a ∨ ¬c); d ∨ ¬(a ∨ ¬c); ¬(d ∨ ¬(a ∨ ¬c)); ¬(b ∨ (a ↔ b)) → ¬(d ∨ ¬(a ∨ ¬c))

Skaidymas pagal a

a = 1: 6
a = 0: 8
N = 6 + 8 = 14

Atsakymas

N = 14
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: L = 15

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.

ABCD000111100001111000111302140517160121130151140819011110

Sugrupuokite vienetus

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

B′C′D
A′CD
AC′D
ACD′
A′BD′

Minimali SOP forma

F = B′C′D + A′CD + AC′D + ACD′ + A′BD′
L = 15

Atsakymas

L = 15

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

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.

B′D, AB′C′, A′BC′D′
ABCD00011110000111100011X30214050706012013015014X819111010

Minimalus dengimas

F = B′D + A′BC′D′
N = 2

Atsakymas

N = 2
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 69−1 mod 97 = 45

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·69 (mod 97).

r = 97, t = 0
r = 69, q = 1, t = 1
r = 28, q = 2, t = −1
r = 13, q = 2, t = 3
r = 2, q = 6, t = −7
r = 1, q = 2, t = 45

Atvirkštinė

1 ≡ 45·69 (mod 97)
x = 45
patikra: 69·45 = 3105 = 32·97 + 1

Atsakymas

69−1 mod 97 = 45
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 75189 mod 82 = 13

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

189 = 101111012 = 128 + 32 + 16 + 8 + 4 + 1

Kartotinis kėlimas kvadratu

751 ≡ 75 (mod 82)
752 ≡ 49 (mod 82)
754 ≡ 23 (mod 82)
758 ≡ 37 (mod 82)
7516 ≡ 57 (mod 82)
7532 ≡ 51 (mod 82)
7564 ≡ 59 (mod 82)
75128 ≡ 37 (mod 82)

Sudauginkite reikalingus laipsnius

75189 ≡ 75·23·37·57·51·37 ≡ 13 (mod 82)

Atsakymas

75189 mod 82 = 13
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: B · Eksponentinis

Kodėl tai yra atsakymas

Iškvietimų medis auga maždaug kaip φⁿ (apie 1,618ⁿ). Memoizacija sumažina sudėtingumą iki O(n).

Atsakymas

B · Eksponentinis
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: C · Kiekvienas P klasės uždavinys taip pat priklauso NP

Kodėl tai yra atsakymas

P ⊆ NP: jei uždavinį galite greitai išspręsti, galite ir greitai patikrinti sprendinį. Ar P = NP, vis dar yra atviras klausimas.

Atsakymas

C · Kiekvienas P klasės uždavinys taip pat priklauso NP
11.Duomenų struktūros

Atsakymas: A · O(V + E)

Kodėl tai yra atsakymas

Kiekviena viršūnė turi sąrašą, o kiekviena briauna pasirodo vieną kartą (kryptiniame) arba dukart (nekryptiniame grafe), todėl gaunama O(V + E).

Atsakymas

A · O(V + E)
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: B · Laikyti atskirą elementų skaitiklį arba visada palikti vieną vietą nenaudojamą

Kodėl tai yra atsakymas

Su skaitikliu tuščias reiškia count = 0, o pilnas – count = talpa; palikus vieną tuščią vietą, pilnas apibrėžiamas kaip (rear + 1) mod n == front.

Atsakymas

B · Laikyti atskirą elementų skaitiklį arba visada palikti vieną vietą nenaudojamą
13.Grafų teorija

Atsakymas: L = 8

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.

Rankų paspaudimo lema medžiui

L + 10 = 2(L + 2) − 2
L = 8

Atsakymas

L = 8

Trumpesnis kelias: L = 2 + Σ (d − 2) pagal viršūnes, kurių laipsnis d ≥ 3.

14.Grafų teorija

Atsakymas: E

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: 1, C: 7
2. B (1): G: 8
3. C (7): E: 9
4. G (8)
5. E (9): D: 16, F: 19
6. D (16)
7. F (19)

etapas 5

E

Atsakymas

E
15.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: D · Jokių eilučių, nes palyginimo rezultatas nežinomas

Kodėl tai yra atsakymas

Bet koks palyginimas su NULL naudojant = duoda UNKNOWN, o WHERE palieka tik TRUE eilutes; vietoj to naudokite col IS NULL.

Atsakymas

D · Jokių eilučių, nes palyginimo rezultatas nežinomas
16.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: A · Studentus, kurių pažymys didesnis už vidutinį pažymį

Kodėl tai yra atsakymas

Skaliarinė papildoma užklausa (subquery) apskaičiuoja vidurkį, o išorinė užklausa palieka studentus, kurių pažymys už jį didesnis.

Atsakymas

A · Studentus, kurių pažymys didesnis už vidutinį pažymį
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: B · Mažas vėlinimas svarbesnis nei kiekvieno prarasto paketo pakartotinis siuntimas

Kodėl tai yra atsakymas

Pakartotinis prarastų paketų siuntimas padidintų vėlinimą; realaus laiko medija toleruoja tam tikrus nuostolius, todėl naudojami UDP pagrįsti protokolai, pvz., RTP.

Atsakymas

B · Mažas vėlinimas svarbesnis nei kiekvieno prarasto paketo pakartotinis siuntimas
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: B · Eksponentiškai didina perkrovos langą, kol pasiekiama riba arba įvyksta praradimas

Kodėl tai yra atsakymas

Lėtas startas eksponentiškai didina perkrovos langą; peržengus ribą, perkrovos vengimo fazė jį didina tiesiškai, o praradimas jį sumažina.

Atsakymas

B · Eksponentiškai didina perkrovos langą, kol pasiekiama riba arba įvyksta praradimas
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: p = 22

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

29 − 2 = 510 < 777
210 − 2 = 1022 ≥ 777 → h = 10

Prefikso ilgis

p = 32 − 10 = 22

Atsakymas

p = /22
20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 223

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 trečiajame oktete

25 = 32

Šio mazgo potinklis

tinklas: 172.20.192.0
transliacija: 172.20.223.255

Atsakymas

x = 223

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