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 kode1−12816413211618140211

8 bitų seka 1111 1101 saugo sveikąjį skaičių su ženklu papildomajame kode. Kokia jo reikšmė N dešimtainėje sistemoje?

1111 11018 bit
N =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
8 bit1 px512 px512 pxM = ? KiB

Nesuspaustas vaizdas yra 512 × 512 pikselių, 8 bitų pikseliui. Kiek atminties M jis užima, KiB (1 KiB = 1024 baitai)?

512 × 512 px8 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
tautologijaprieštarakontingencija

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

(c ∨ b) → (c ∧ b)
  1. 1tautologija
  2. 2prieštara
  3. 3kontingencija
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus

Kiek iš 16 teisingumo lentelės eilučių daro ¬((p ∨ s) ↔ ¬q) ∧ ¬((¬q ↔ r) ∨ (r ∨ p)) teisingą? Pažymėkite šį skaičių N.

¬((p ∨ s) ↔ ¬q) ∧ ¬((¬q ↔ r) ∨ (r ∨ p))
N =
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC000111100101324576

Supaprastinkite F = A′B′C′ + BC + A′B′ iki minimalios sandaugų sumos formos. Kiek literalų L turi supaprastinta išraiška?

F = A′B′C′ + BC + A′B′
L =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​FFQ4​Q4​FFQ5​Q5​CLKMOD-50

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

fclk = 2 kHzN = 50
fout = kHz
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Raskite 13 atvirkštinį moduliu 33: skaičių x, kur 0 < x < 33 ir 13·x ≡ 1 (mod 33).

a = 13n = 33
13−1 mod 33 =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus

Kartotiniu kėlimu kvadratu raskite 884 mod 25.

a = 8k = 84n = 25
884 mod 25 =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Kam lygus rekurentinės lygties T(n) = 2T(n − 1) + O(1) sprendinys?

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

Kaip klasifikuojamas keliaujančio pirklio uždavinys?

  1. ASprendimo versija priklauso P, bet optimizavimo versija yra NP-pilna
  2. BSprendimo versija yra NP-pilna, o optimizavimo versija – NP-sunki
  3. CJis neišsprendžiamas
  4. DJis priklauso P, nes jį išsprendžia Dijkstros algoritmas aplankydamas kiekvieną miestą vieną kartą
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Koks didžiausias galimas užpildymo koeficientas maišos lentelėje su atviruoju adresavimu?

  1. A1
  2. BDidžiausio nėra
  3. C2
  4. D0,5
12.Duomenų struktūrosSunkus

Įterpus raktą į AVL medį, mazgo kairysis pomedis tampa per aukštas, o naujas raktas pateko į jo kairiojo vaiko kairįjį pomedį (kairė–kairė atvejis). Koks taisymas taikomas?

  1. AKairysis posūkis vaike, tada dešinysis posūkis mazge
  2. BMazgo ir jo vaiko perspalvinimas
  3. CVienas kairysis posūkis nesubalansuotame mazge
  4. DVienas dešinysis posūkis nesubalansuotame mazge
13.Grafų teorijaVidutinis
ABCDEFGOilerio ciklasOilerio kelias, ne ciklasnei viena

Ar jungus grafas turi Oilerio ciklą, Oilerio kelią, kuris nėra ciklas, ar nei vieno? Spustelėkite savo atsakymą.

|V| = 7|E| = 12
  1. 1Oilerio ciklas
  2. 2Oilerio kelias, ne ciklas
  3. 3nei viena
14.Grafų teorijaSunkus
13388101012812ABCDEFG

Dijkstros algoritmu raskite trumpiausio kelio nuo A iki F svertiniame grafe ilgį d(F).

pradžia: Apabaiga: F
d(F) =
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis

Antroji normalinė forma (2NF) pašalina:

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

Kada lygiagrečių transakcijų tvarkaraštis vadinamas serializuojamu?

  1. AKai jo poveikis lygiavertis kuriam nors tų pačių transakcijų nuosekliam vykdymui
  2. BKai kiekvienai transakcijai suteikiamas serijos numeris
  3. CKai jokia transakcija niekada neskaito duomenų
  4. DKai transakcijos vykdomos tik viename procesoriuje
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Kokį terpės prieigos metodą naudojo klasikinis bendrosios terpės (pusiau dupleksinis) Ethernet?

  1. ACSMA/CA
  2. BŽetono perdavimą
  3. CTDMA
  4. DCSMA/CD
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Kuo slankiojo lango protokoluose po vieno kadro praradimo Go-Back-N skiriasi nuo Selective Repeat?

  1. AAbu persiunčia visą langą nuo pradžių
  2. BGo-Back-N persiunčia tik prarastą kadrą; Selective Repeat – tą kadrą ir visus vėlesnius
  3. CNė vienas niekada nepersiunčia prarastų kadrų
  4. DGo-Back-N persiunčia prarastą kadrą ir visus vėlesnius; Selective Repeat – tik prarastą kadrą
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/16 → /2011111111111111111111000000000000tinklo bitaimazgo bitai

Tinklas 172.18.0.0/16 padalytas į vienodus potinklius su prefiksu /20. Kiek yra potinklių N?

172.18.0.0/16/20
N =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
paskutinis oktetas = 27012806403211618041211tinklasmazgas

Mazgo adresas yra 10.20.37.27/29. Koks yra jo potinklio transliacijos adreso paskutinis skaičius (ketvirtasis oktetas) x?

10.20.37.27/29
x =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: N = −3

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 + 64 + 32 + 16 + 8 + 4 + 1 = −3

Atsakymas

N = −3
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: M = 256 KiB

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.

Bitai ir baitai

512·512·8 = 2097152 bit = 262144 B

Paverskite į KiB

262144/1024 = 256 KiB

Atsakymas

M = 256 KiB
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: kontingencija

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

b = 1, c = 1: c ∨ b = 1, c ∧ b = 1, (c ∨ b) → (c ∧ b) = 1
b = 1, c = 0: c ∨ b = 1, c ∧ b = 0, (c ∨ b) → (c ∧ b) = 0
b = 0, c = 1: c ∨ b = 1, c ∧ b = 0, (c ∨ b) → (c ∧ b) = 0
b = 0, c = 0: c ∨ b = 0, c ∧ b = 0, (c ∨ b) → (c ∧ b) = 1

Klasifikuokite

(c ∨ b) → (c ∧ b): 1, 0, 0, 1
1 iš 2 iš 4 eilučių, 0 likusiose: kontingencija.

Atsakymas

kontingencija
4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: N = 1

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

p ∨ s; ¬q; (p ∨ s) ↔ ¬q; ¬((p ∨ s) ↔ ¬q); ¬q ↔ r; r ∨ p; (¬q ↔ r) ∨ (r ∨ p); ¬((¬q ↔ r) ∨ (r ∨ p)); ¬((p ∨ s) ↔ ¬q) ∧ ¬((¬q ↔ r) ∨ (r ∨ p))

Skaidymas pagal p

p = 1: 0
p = 0: 1
N = 0 + 1 = 1

Atsakymas

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

Atsakymas: L = 4

Būlio algebra: išraiškas supaprastinančios taisyklės yra X + X′ = 1 ir X·X′ = 0, X + X = X, sugėrimas X + X·Y = X, jungimo taisyklė X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y ir konsensuso teorema XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. De Morgano dėsniai (X·Y)′ paverčia X′ + Y′, o (X + Y)′ – X′·Y′. Karno žemėlapis šias taisykles taiko grafiškai: kiekviena dviejų gretimų langelių grupė yra vienas XY + XY′ = X taikymas.

Išraiškos mintermos

A′B′C′ → m(0)
BC → m(3, 7)
A′B′ → m(0, 1)
ABC00011110011011130204051706

Sugrupuokite ir nuskaitykite

F = BC + A′B′

Suskaičiuokite literalus

L = 4

Atsakymas

L = 4
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: fout = 0,04 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 = 2 kHz / 50 = 0,04 kHz

Atsakymas

fout = 0,04 kHz
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 13−1 mod 33 = 28

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·13 (mod 33).

r = 33, t = 0
r = 13, q = 2, t = 1
r = 7, q = 1, t = −2
r = 6, q = 1, t = 3
r = 1, q = 6, t = −5

Atvirkštinė

1 ≡ −5·13 (mod 33)
x = 28
patikra: 13·28 = 364 = 11·33 + 1

Atsakymas

13−1 mod 33 = 28
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 884 mod 25 = 21

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

84 = 10101002 = 64 + 16 + 4

Kartotinis kėlimas kvadratu

81 ≡ 8 (mod 25)
82 ≡ 14 (mod 25)
84 ≡ 21 (mod 25)
88 ≡ 16 (mod 25)
816 ≡ 6 (mod 25)
832 ≡ 11 (mod 25)
864 ≡ 21 (mod 25)

Sudauginkite reikalingus laipsnius

884 ≡ 21·6·21 ≡ 21 (mod 25)

Atsakymas

884 mod 25 = 21
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: B · O(2ⁿ)

Kodėl tai yra atsakymas

Kvietimų skaičius kiekviename lygmenyje padvigubėja, o lygmenų yra n, todėl iš viso gaunama apie 2ⁿ, kaip Hanojaus bokštų uždavinyje.

Atsakymas

B · O(2ⁿ)
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: B · Sprendimo versija yra NP-pilna, o optimizavimo versija – NP-sunki

Kodėl tai yra atsakymas

„Ar yra maršrutas, kurio ilgis ne didesnis kaip k?“ yra NP-pilnas; trumpiausio maršruto radimas yra NP-sunkus, nes jis bent tiek pat sunkus.

Atsakymas

B · Sprendimo versija yra NP-pilna, o optimizavimo versija – NP-sunki
11.Duomenų struktūros

Atsakymas: A · 1

Kodėl tai yra atsakymas

Taikant atvirąjį adresavimą visi raktai saugomi pačioje lentelėje, todėl n negali viršyti m; atskirų grandinių metodu užpildymo koeficientas gali būti didesnis už 1.

Atsakymas

A · 1
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: D · Vienas dešinysis posūkis nesubalansuotame mazge

Kodėl tai yra atsakymas

Kairė–kairė atveju vienas dešinysis posūkis pakelia kairįjį vaiką aukštyn ir atkuria balansą; zigzago atvejams reikia dvigubo posūkio.

Atsakymas

D · Vienas dešinysis posūkis nesubalansuotame mazge
13.Grafų teorija

Atsakymas: Oilerio 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) = 4, deg(D) = 4, deg(E) = 4, deg(F) = 2, deg(G) = 4

Nelyginės viršūnės

0
Oilerio ciklas

Atsakymas

Oilerio ciklas
14.Grafų teorija

Atsakymas: d(F) = 26

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): C: 13
C (13): E: 16, G: 25
E (16): D: 24, F: 26
D (24)
G (25): B: 35
F (26)
B (35)

Trumpiausias kelias

A → C → E → F
d(F) = 26

Atsakymas

d(F) = 26
15.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: C · 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

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

Atsakymas: A · Kai jo poveikis lygiavertis kuriam nors tų pačių transakcijų nuosekliam vykdymui

Kodėl tai yra atsakymas

Serializuojamumas yra pagrindinis lygiagretumo teisingumo kriterijus: susipynusio vykdymo rezultatas turi būti lygus kurios nors „po vieną“ tvarkos rezultatui.

Atsakymas

A · Kai jo poveikis lygiavertis kuriam nors tų pačių transakcijų nuosekliam vykdymui
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: D · CSMA/CD

Kodėl tai yra atsakymas

Daugkartinė prieiga su nešlio jutimu ir kolizijų aptikimu: aptikusios koliziją stotys sustoja ir bando vėl po atsitiktinės delsos. Visiškai dupleksiniame komutuojamame Ethernet kolizijų nėra.

Atsakymas

D · CSMA/CD
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: D · Go-Back-N persiunčia prarastą kadrą ir visus vėlesnius; Selective Repeat – tik prarastą kadrą

Kodėl tai yra atsakymas

Go-Back-N gavėjas ne eilės tvarka atėjusius kadrus atmeta, todėl siuntėjas turi pakartoti viską po praradimo. Selective Repeat juos saugo buferyje ir prašo tik trūkstamo.

Atsakymas

D · Go-Back-N persiunčia prarastą kadrą ir visus vėlesnius; Selective Repeat – tik prarastą kadrą
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: N = 16

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).

Pasiskolinti bitai

20 − 16 = 4

Potinklių skaičius

N = 24 = 16

Atsakymas

N = 16

Kiekviename /20 potinklyje yra 212 − 2 = 4094 naudojamų mazgų adresų.

20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 31

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: ⌊27/8⌋·8 = 24
transliacija: 24 + 8 − 1 = 31
naudojami mazgai: 25 … 30

Atsakymas

x = 31

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