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
Nustatykite bitus, kad jie saugotų −113 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?
N = −1138 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 0010 0111 << 1. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?
0010 0111<< 1
R =
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
Kuri formulė yra logiškai ekvivalenti ¬(p → q)? Spustelėkite ją.
¬(p → q)
1¬p → ¬q
2¬p ∧ q
3¬p ∨ ¬q
4p ∧ ¬q
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
Duotos prielaidos r → p; ¬p. Kokia išvada iš jų išplaukia? Spustelėkite ją.
r → p¬p
1¬r ∧ p
2¬r
3p
4r
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
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(2, 3, 5, 7, 9)
1AB = 00, CD = 00
2AB = 00, CD = 01
3AB = 00, CD = 11
4AB = 00, CD = 10
5AB = 01, CD = 00
6AB = 01, CD = 01
7AB = 01, CD = 11
8AB = 01, CD = 10
9AB = 11, CD = 00
10AB = 11, CD = 01
11AB = 11, CD = 11
12AB = 11, CD = 10
13AB = 10, CD = 00
14AB = 10, CD = 01
15AB = 10, CD = 11
16AB = 10, CD = 10
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
Kylančiuoju frontu valdomas T trigeris pradeda nuo Q = 0 ir gauna parodytus įėjimus. Spustelėkite pirmąjį taktinį frontą, kuriuo Q iš 1 grįžta į 0.
Q₀ = 0T
1taktinis frontas 1
2taktinis frontas 2
3taktinis frontas 3
4taktinis frontas 4
5taktinis frontas 5
6taktinis frontas 6
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis
Raskite Oilerio funkciją φ(121), t. y. sveikųjų skaičių nuo 1 iki 121, tarpusavyje pirminių su 121, skaičių.
n = 121 = 112
φ(121) =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus
RSA raktas naudoja p = 5, q = 11 ir e = 13. Iššifruokite šifrogramą c = 13: raskite pranešimą m.
p = 5q = 11e = 13c = 13
m =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis
Kodėl dinaminis programavimas realiai nepagreitina rikiavimo suliejimu?
AJo daliniai uždaviniai nepersidengia, todėl nėra ko pakartotinai panaudoti
BRikiavimas suliejimu jau yra O(n)
CRikiavimas suliejimu neturi rekursinės struktūros
DDinaminis programavimas veikia tik su grafų uždaviniais, bet ne su masyvais
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus
Kokios yra n-tojo Fibonačio skaičiaus skaičiavimo ciklu, saugančiu tik dvi paskutines reikšmes, laiko ir atminties sąnaudos?
AO(n) laiko ir O(1) atminties
BO(2ⁿ) laiko ir O(1) atminties
CO(n) laiko ir O(n) atminties
DO(log n) laiko ir O(n) atminties
11.Duomenų struktūrosVidutinis
Prefiksų medis (trie) ypač efektyvus:
AMatricų saugojimui
BTrumpiausių kelių paieškai
CPrefiksų paieškai, pavyzdžiui, automatiniam užbaigimui
DSkaičių rikiavimui
12.Duomenų struktūrosSunkus
Ką skleidžiamasis medis (splay tree) atlieka po kiekvienos prieigos?
APosūkiais iškelia pasiektą mazgą į šaknį
BPerspalvina paieškos kelio mazgus
CPerkelia pasiektą mazgą į lapą
DPerstato visą medį į subalansuotą formą
13.Grafų teorijaVidutinis
Ar jungus grafas turi Oilerio ciklą, Oilerio kelią, kuris nėra ciklas, ar nei vieno? Spustelėkite savo atsakymą.
|V| = 6|E| = 8
1Oilerio ciklas
2Oilerio kelias, ne ciklas
3nei viena
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
Kuri ACID savybė reiškia, kad lygiagrečios transakcijos nemato viena kitos nebaigtų pakeitimų?
AAtomiškumas
BIzoliacija
CPatvarumas
DPrieinamumas
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus
Kuris izoliacijos lygis apsaugo nuo „nešvarių“ skaitymų (dirty reads), bet vis dar leidžia nepakartojamus skaitymus (non-repeatable reads)?
ARead uncommitted
BRepeatable read
CSerializable
DRead committed
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis
Kokia įprasta pranešimų seka, kai klientas gauna adresą iš DHCP?
ADiscover, Request, Offer, Acknowledge
BDiscover, Offer, Request, Acknowledge
CRequest, Offer, Discover, Acknowledge
DOffer, Discover, Acknowledge, Request
18.Kompiuterių tinklaiSunkus
Kodėl pirmoji TCP ryšį uždaranti pusė dvigubą didžiausią segmento gyvavimo laiką išlieka TIME_WAIT būsenoje?
AKad šifravimo raktai būtų išsaugoti vėlesniam naudojimui
BKad baigtųsi DNS podėlio galiojimas
CKad kelyje esantys maršrutizatoriai atnaujintų maršrutų lenteles kitam ryšiui
DKad pavėlavę segmentai išnyktų ir būtų galima persiųsti galutinį ACK, jei jis prarastas
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
Skyriui viename potinklyje reikia 362 mazgų adresų. Koks yra ilgiausias prefiksas p (mažiausias potinklis), kurio pakanka?
362 hosts
p =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
Tinklas 192.168.59.0/24 VLSM būdu dalijamas šiems LAN: A: 19 mazgai, B: 40 mazgai, C: 11 mazgai, D: 46 mazgai. Potinkliai skiriami nuo .0 aukštyn, pirmiausia LAN su daugiausia mazgų, kiekvienam mažiausias tinkamas potinklis. Koks LAN A tinklo adreso ketvirtasis oktetas x?
A: 19B: 40C: 11D: 46
x =
3Tirpalai
1.Skaičiavimo sistemos
Atsakymas: U = 143
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.
Invertuokite ir pridėkite vienetą
113 = 0111 0001
invertuota: 1000 1110
+1 → 1000 1111
Perskaitykite be ženklo
1000 1111₂ = 256 − 113 = 143
Atsakymas
U = 143
2.Skaičiavimo sistemos
Atsakymas: R = 78
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 kairėn 1 perkelia kiekvieną bitą 1 pozicijomis į kairę; bitai, iškritę iš kairiojo galo, prarandami, o dešinėje įeina nuliai.
0010 0111 << 1
= 0100 1110
Rezultato reikšmė
0100 1110₂ = 78
Atsakymas
R = 78
3.Teiginių logika ir įrodymai
Atsakymas: p ∧ ¬q
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).
Dėsnis
¬(a → b) ≡ ¬(¬a ∨ b) ≡ a ∧ ¬b: vienintelė eilutė, kurioje implikacija klaidinga.
¬(p → q) ≡ p ∧ ¬q
Patikrinkite teisingumo lentele
p = 1, q = 1: 0 | 1 0 0 0
p = 1, q = 0: 1 | 1 0 1 1
p = 0, q = 1: 0 | 0 1 1 0
p = 0, q = 0: 0 | 1 0 1 0
Atsakymas
p ∧ ¬q
Stulpeliai po brūkšniu yra variantai pateikta tvarka.
4.Teiginių logika ir įrodymai
Atsakymas: ¬r
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 = 0, r = 0: ¬r ∧ p = 0, ¬r = 1, p = 0, r = 0
Išvada
¬r (modus tollens)
Atsakymas
¬r
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai
Atsakymas: AB = 10, CD = 01
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.
m9: m8, m11, m13, m1 → 0
Izoliuotas vienetas
m9 = AB′C′D → AB = 10, CD = 01
Atsakymas
AB = 10, CD = 01
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai
Atsakymas: taktinis frontas 5
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
T trigeris kiekvienu kylančiuoju frontu perjungia, kai T = 1, ir išlaiko, kai T = 0.
1: T = 0 → Q = 0
2: T = 0 → Q = 0
3: T = 1 → Q = 1
4: T = 0 → Q = 1
5: T = 1 → Q = 0
6: T = 0 → Q = 0
Pirmasis pokytis iš 1 į 0
taktinis frontas 5
Atsakymas
taktinis frontas 5
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika
Atsakymas: φ(121) = 110
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
121 = 112
Oilerio funkcija
φ(121) = 121 − 11 = 110
Atsakymas
φ(121) = 110
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika
Atsakymas: m = 18
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.
Privatusis rodiklis
n = 55, φ(n) = 40
d = 13−1 mod 40 = 37
Iššifruokite kartotiniu kėlimu kvadratu
37 = 32 + 4 + 1
131 ≡ 13 (mod 55)
132 ≡ 4 (mod 55)
134 ≡ 16 (mod 55)
138 ≡ 36 (mod 55)
1316 ≡ 31 (mod 55)
1332 ≡ 26 (mod 55)
1337 ≡ 13·16·26 ≡ 18 (mod 55)
Žinutė
m = 18
patikra: 1813 mod 55 = 13
Atsakymas
m = 18
9.Algoritmai ir sudėtingumas
Atsakymas: A · Jo daliniai uždaviniai nepersidengia, todėl nėra ko pakartotinai panaudoti
Kodėl tai yra atsakymas
Rikiavimo suliejimu pusės nesikerta ir kiekviena sprendžiama vieną kartą; DP padeda tik tada, kai daliniai uždaviniai kartojasi, kaip Fibonačio atveju.
Atsakymas
A · Jo daliniai uždaviniai nepersidengia, todėl nėra ko pakartotinai panaudoti
10.Algoritmai ir sudėtingumas
Atsakymas: A · O(n) laiko ir O(1) atminties
Kodėl tai yra atsakymas
Kiekvienam žingsniui reikia tik dviejų ankstesnių reikšmių, todėl „iš apačios į viršų“ metodo lentelę galima pakeisti dviem kintamaisiais.
Atsakymas
A · O(n) laiko ir O(1) atminties
11.Duomenų struktūros
Atsakymas: C · Prefiksų paieškai, pavyzdžiui, automatiniam užbaigimui
Kodėl tai yra atsakymas
Trie saugo eilutes simboliais keliuose, todėl paieška ir prefiksų užklausos trunka laiką, proporcingą rakto ilgiui.
Atsakymas
C · Prefiksų paieškai, pavyzdžiui, automatiniam užbaigimui
12.Duomenų struktūros
Atsakymas: A · Posūkiais iškelia pasiektą mazgą į šaknį
Kodėl tai yra atsakymas
Skleidimas posūkiais perkelia pasiektą mazgą į šaknį; viena operacija gali kainuoti O(n), bet amortizuota kaina yra O(log n).
Atsakymas
A · Posūkiais iškelia pasiektą mazgą į šaknį
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.
Oilerio kelias prasideda vienoje nelyginėje viršūnėje ir baigiasi kitoje.
14.Grafų teorija
Atsakymas: d(F) = 16
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: 1, C: 11
B (1): D: 15, G: 13
C (11): E: 13
E (13): D: 14
G (13)
D (14): F: 16
F (16)
Trumpiausias kelias
A → C → E → D → F
d(F) = 16
Atsakymas
d(F) = 16
15.Duomenų bazės ir SQL
Atsakymas: B · Izoliacija
Kodėl tai yra atsakymas
Izoliacija atskiria lygiagrečias transakcijas; izoliacijos lygiai lemia, kaip griežtai tai užtikrinama.
Atsakymas
B · Izoliacija
16.Duomenų bazės ir SQL
Atsakymas: D · Read committed
Kodėl tai yra atsakymas
Read committed paslepia nepatvirtintus pakeitimus; repeatable read taip pat apsaugo nuo nepakartojamų skaitymų; serializable apsaugo ir nuo fantomų.
Atsakymas
D · Read committed
17.Kompiuterių tinklai
Atsakymas: B · Discover, Offer, Request, Acknowledge
Kodėl tai yra atsakymas
Klientas transliuoja Discover, serveriai atsako Offer pranešimais, klientas Request pranešimu prašo vieno pasiūlymo, o pasirinktas serveris patvirtina Acknowledge pranešimu.
Atsakymas
B · Discover, Offer, Request, Acknowledge
18.Kompiuterių tinklai
Atsakymas: D · Kad pavėlavę segmentai išnyktų ir būtų galima persiųsti galutinį ACK, jei jis prarastas
Kodėl tai yra atsakymas
TIME_WAIT užtikrina, kad prarastą galutinį ACK būtų galima pakartoti, o seni pasikartojantys segmentai pasibaigtų prieš vėl naudojant tą pačią adreso ir prievado porą.
Atsakymas
D · Kad pavėlavę segmentai išnyktų ir būtų galima persiųsti galutinį ACK, jei jis prarastas
19.IPv4 potinkliai
Atsakymas: p = 23
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
28 − 2 = 254 < 362
29 − 2 = 510 ≥ 362 → h = 9
Prefikso ilgis
p = 32 − 9 = 23
Atsakymas
p = /23
20.IPv4 potinkliai
Atsakymas: x = 128
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.