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 kode1−12806403211618041201

8 bitų seka 1001 1010 saugo sveikąjį skaičių su ženklu papildomajame kode. Kokia jo reikšmė N dešimtainėje sistemoje?

1001 10108 bit
N =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 0110 1011 AND 0111 0011. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

0110 1011AND0111 0011
R =
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
pqr¬(q → (r ∨ p))(p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p))¬((p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p)))111?110?101?100?011?010?001?000?

Kiek iš 8 teisingumo lentelės eilučių ¬((p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p))) yra teisinga? Pažymėkite šį skaičių N.

¬((p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p)))
N =
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
b → ab ∧ aa → b¬b → ¬a

Duotos prielaidos b → c; c → a. Kokia išvada iš jų išplaukia? Spustelėkite ją.

b → cc → a
  1. 1b → a
  2. 2b ∧ a
  3. 3a → b
  4. 4¬b → ¬a
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABCD00011110000111101111111

Šiame Karno žemėlapyje lygiai vienas vienetas neturi gretimo vieneto, todėl minimalioje SOP formoje lieka vieno langelio grupe (pilna keturių literalų minterma). Kaimynai per žemėlapio kraštus skaičiuojami. Spustelėkite tą langelį.

F = Σm(0, 1, 5, 6, 9, 10, 11)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
ABCD0001111000011110000113X21415X7161121131151140819X11110

Raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(3, 4, 5, 6, 9, 10, 12, 13, 14, 15) + d(2, 7, 11) SOP formą, kur d žymi nesvarbias sąlygas. Kiek literalų L ji turi?

F(A, B, C, D) = Σm(3, 4, 5, 6, 9, 10, 12, 13, 14, 15) + d(2, 7, 11)
L =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Raskite 10 atvirkštinį moduliu 17: skaičių x, kur 0 < x < 17 ir 10·x ≡ 1 (mod 17).

a = 10n = 17
10−1 mod 17 =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus
157c = me​ mod n?m = cd​ mod nm(n, e) = (407, 17)d

Užšifruokite pranešimą m = 157 RSA viešuoju raktu (n, e) = (407, 17). Raskite šifrogramą c.

n = 407e = 17m = 157
c =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Koks yra šio kodo laiko sudėtingumas: for i = 1 to n: for j = 1 to i: atlikti O(1) darbą?

  1. AO(n)
  2. BO(n log n)
  3. CO(n²)
  4. DO(n³)
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus

Karacubos daugyba tenkina T(n) = 3T(n/2) + O(n). Kam lygus sprendinys?

  1. AΘ(n log n)
  2. BΘ(n3)
  3. CΘ(nlog₂ 3), apie n1,585
  4. DΘ(n²)
11.Duomenų struktūrosVidutinis

7 dydžio maišos lentelė naudoja h(k) = k mod 7 ir tiesinį zondavimą. Kur saugomas 17, įterpus 10?

  1. AIndeksu 0
  2. BIndeksu 4
  3. CIndeksu 6
  4. DIndeksu 3
12.Duomenų struktūrosSunkus

Kurią savybę turi tenkinti raudonai juodas medis?

  1. AKiekvienas raudonas mazgas turi turėti raudonus vaikus, todėl raudoni mazgai visada sudaro nenutrūkstamas grandines iki lapų
  2. BŠaknis turi būti raudona
  3. CKiekviename kelyje nuo mazgo iki jo palikuonių lapų yra vienodas juodų mazgų skaičius
  4. DKiekvienas mazgas turi būti raudonas
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
1141021415717168ABCDEFG

Primo algoritmas sudaro minimalų karkasinį medį pradėdamas nuo viršūnės B. Spustelėkite briauną, kurią jis prideda kaip briauną numeris 6.

pradžia: Bk = 6
  1. 1briauna AB
  2. 2briauna AC
  3. 3briauna BC
  4. 4briauna BD
  5. 5briauna CE
  6. 6briauna DE
  7. 7briauna DF
  8. 8briauna EF
  9. 9briauna GD
  10. 10briauna GE
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis

Kuri užklausa grąžina kiekvieno kliento užsakymų skaičių?

  1. ASELECT customer_id, COUNT(*) FROM orders GROUP BY customer_id
  2. BSELECT customer_id FROM orders WHERE COUNT(*) > 0
  3. CSELECT DISTINCT COUNT(*) FROM orders
  4. DSELECT customer_id, COUNT(*) FROM orders ORDER BY customer_id
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

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

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

Kuris mazgas yra tame pačiame /16 potinklyje kaip 10.1.2.3?

  1. A10.1.200.5
  2. B10.0.2.3
  3. C11.1.2.3
  4. D10.2.2.3
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Kokio tipo maršrutizavimo protokoluose atsiranda skaičiavimo iki begalybės problema ir kas nuo jos padeda?

  1. AStatinio maršrutizavimo; numatytųjų maršrutų pridėjimas
  2. BKelio vektoriaus; ilgesni AS keliai
  3. CAtstumo vektoriaus; skaidytas horizontas (split horizon) ir atvirkštinis nuodijimas (poison reverse)
  4. DJungčių būsenos; jungčių atnaujinimų išplatinimas
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/24 → /2911111111111111111111111111111000tinklo bitaimazgo bitai

Tinklas 192.168.254.0/24 padalytas į /29 potinklius, sunumeruotus 1, 2, 3, … nuo mažiausio adreso (1 potinklis prasideda nuo .0). Koks potinklio Nr. 4 transliacijos adreso ketvirtasis oktetas x?

192.168.254.0/24/29potinklis 4 (1 potinklis prasideda nuo .0)
x =
20.IPv4 potinkliaiSunkus

Tinklas 192.168.250.0/24 VLSM būdu dalijamas šiems LAN: A: 44 mazgai, B: 8 mazgai, C: 12 mazgai, D: 5 mazgai, E: 17 mazgai. Potinkliai skiriami nuo .0 aukštyn, pirmiausia LAN su daugiausia mazgų, kiekvienam mažiausias tinkamas potinklis. Koks LAN B tinklo adreso ketvirtasis oktetas x?

A: 44B: 8C: 12D: 5E: 17
x =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: N = −102

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 + 16 + 8 + 2 = −102

Atsakymas

N = −102
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 99

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

AND duoda 1 tik ten, kur abu bitai yra 1.

0110 1011
AND 0111 0011
= 0110 0011

Rezultato reikšmė

0110 0011₂ = 99

Atsakymas

R = 99
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: N = 2

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.

Teisingumo lentelė eilutė po eilutės

p = 1, q = 1, r = 1: p ∧ q = 1, r ∨ p = 1, q → (r ∨ p) = 1, ¬(q → (r ∨ p)) = 0, (p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p)) = 0, ¬((p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p))) = 1
p = 1, q = 1, r = 0: p ∧ q = 1, r ∨ p = 1, q → (r ∨ p) = 1, ¬(q → (r ∨ p)) = 0, (p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p)) = 0, ¬((p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p))) = 1
p = 1, q = 0, r = 1: p ∧ q = 0, r ∨ p = 1, q → (r ∨ p) = 1, ¬(q → (r ∨ p)) = 0, (p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p)) = 1, ¬((p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p))) = 0
p = 1, q = 0, r = 0: p ∧ q = 0, r ∨ p = 1, q → (r ∨ p) = 1, ¬(q → (r ∨ p)) = 0, (p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p)) = 1, ¬((p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p))) = 0
p = 0, q = 1, r = 1: p ∧ q = 0, r ∨ p = 1, q → (r ∨ p) = 1, ¬(q → (r ∨ p)) = 0, (p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p)) = 1, ¬((p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p))) = 0
p = 0, q = 1, r = 0: p ∧ q = 0, r ∨ p = 0, q → (r ∨ p) = 0, ¬(q → (r ∨ p)) = 1, (p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p)) = 1, ¬((p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p))) = 0
p = 0, q = 0, r = 1: p ∧ q = 0, r ∨ p = 1, q → (r ∨ p) = 1, ¬(q → (r ∨ p)) = 0, (p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p)) = 1, ¬((p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p))) = 0
p = 0, q = 0, r = 0: p ∧ q = 0, r ∨ p = 0, q → (r ∨ p) = 1, ¬(q → (r ∨ p)) = 0, (p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p)) = 1, ¬((p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p))) = 0

Suskaičiuokite eilutes su reikšme 1

¬((p ∧ q) → ¬(q → (r ∨ p))): 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0
N = 2

Atsakymas

N = 2
4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: b → a

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

a = 1, b = 1, c = 1: b → a = 1, b ∧ a = 1, a → b = 1, ¬b → ¬a = 1
a = 1, b = 0, c = 1: b → a = 1, b ∧ a = 0, a → b = 0, ¬b → ¬a = 0
a = 1, b = 0, c = 0: b → a = 1, b ∧ a = 0, a → b = 0, ¬b → ¬a = 0
a = 0, b = 0, c = 0: b → a = 1, b ∧ a = 0, a → b = 1, ¬b → ¬a = 1

Išvada

b → a (hipotetinis silogizmas)

Atsakymas

b → a
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: AB = 01, CD = 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.

Kiekvieno vieneto kaimynai

Vienetas su gretimu vienetu gali įeiti į dviejų ar daugiau langelių grupę.

m6: m7, m4, m2, m14 → 0
ABCD00011110000111101111111

Izoliuotas vienetas

m6 = A′BCD′ → AB = 01, CD = 10

Atsakymas

AB = 01, CD = 10
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: L = 4

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, B, AD
ABCD0001111000011110000113X21415X7161121131151140819X11110

Minimalus dengimas

F = C + B + AD
L = 4

Atsakymas

L = 4
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 10−1 mod 17 = 12

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·10 (mod 17).

r = 17, t = 0
r = 10, q = 1, t = 1
r = 7, q = 1, t = −1
r = 3, q = 2, t = 2
r = 1, q = 3, t = −5

Atvirkštinė

1 ≡ −5·10 (mod 17)
x = 12
patikra: 10·12 = 120 = 7·17 + 1

Atsakymas

10−1 mod 17 = 12
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: c = 218

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.

Kartotinis kėlimas kvadratu

17 = 16 + 1
1571 ≡ 157 (mod 407)
1572 ≡ 229 (mod 407)
1574 ≡ 345 (mod 407)
1578 ≡ 181 (mod 407)
15716 ≡ 201 (mod 407)
15717 ≡ 157·201 ≡ 218 (mod 407)

Šifrograma

c = 218

Atsakymas

c = 218
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: C · O(n²)

Kodėl tai yra atsakymas

Vidinis kūnas iš viso vykdomas n(n + 1) / 2 kartų, o tai vis tiek kvadratinis dydis.

Atsakymas

C · O(n²)
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: C · Θ(nlog₂ 3), apie n1,585

Kodėl tai yra atsakymas

Kadangi log₂ 3 ≈ 1,585 > 1, pagal pagrindinę teoremą dominuoja lapai, todėl metodas aplenkia mokyklinį O(n²) metodą.

Atsakymas

C · Θ(nlog₂ 3), apie n1,585
11.Duomenų struktūros

Atsakymas: B · Indeksu 4

Kodėl tai yra atsakymas

10 mod 7 = 3 ir 17 mod 7 = 3; indeksas 3 užimtas, todėl tiesinis zondavimas bando kitą vietą – indeksą 4.

Atsakymas

B · Indeksu 4
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: C · 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

C · 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: briauna GE

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.

Primo algoritmas

1. BD (2)
2. DF (7)
3. BC (10)
4. AC (4)
5. CE (14)
6. GE (8)

briaunos numeris 6

GE

Atsakymas

briauna GE
15.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: A · SELECT customer_id, COUNT(*) FROM orders GROUP BY customer_id

Kodėl tai yra atsakymas

GROUP BY customer_id sukuria po vieną grupę kiekvienam klientui, o COUNT(*) suskaičiuoja kiekvienos grupės eilutes.

Atsakymas

A · SELECT customer_id, COUNT(*) FROM orders GROUP BY customer_id
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: A · 10.1.200.5

Kodėl tai yra atsakymas

Esant /16, pirmieji 16 bitų (10,1) yra tinklo dalis. Juos turi tik 10.1.200.5, todėl jis yra tinkle 10.1.0.0/16.

Atsakymas

A · 10.1.200.5
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: C · Atstumo vektoriaus; skaidytas horizontas (split horizon) ir atvirkštinis nuodijimas (poison reverse)

Kodėl tai yra atsakymas

Po gedimo atstumo vektoriaus maršrutizatoriai gali toliau vienas kitam skelbti pasenusius maršrutus, lėtai didindami metriką. Skaidytas horizontas, atvirkštinis nuodijimas ir didžiausia metrika tai riboja.

Atsakymas

C · Atstumo vektoriaus; skaidytas horizontas (split horizon) ir atvirkštinis nuodijimas (poison reverse)
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 31

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

23 = 8

Potinklis Nr. 4

tinklas: (4 − 1)·8 = 24
transliacija: 24 + 8 − 1 = 31

Atsakymas

x = 31
20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 112

VLSM: kiekvienas LAN gauna mažiausią potinklį, kuriame 2ʰ − 2 ≥ jo mazgų skaičius, t. y. prefiksą 32 − h. Pirmiausia skiriant didžiausius potinklius, kiekvienas blokas lygiuojamas į savo dydžio kartotinį, todėl tinklų adresai gaunami sudedant bloko dydžius.

Kiekvieno LAN bloko dydis

A: 44 mazgai → 26 = 64 (/26)
E: 17 mazgai → 25 = 32 (/27)
C: 12 mazgai → 24 = 16 (/28)
B: 8 mazgai → 24 = 16 (/28)
D: 5 mazgai → 23 = 8 (/29)

Skirstymas, pradedant didžiausiu

A: .0 – .63
E: .64 – .95
C: .96 – .111
B: .112 – .127
D: .128 – .135

Atsakymas

x = 112

LAN B: 192.168.250.112/28.

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