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 −43 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?
N = −438 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
Sistema kiekvienam iš 1963 elementų turi suteikti atskirą tokio pat ilgio dvejetainį kodą. Kiek mažiausiai bitų b reikia?
1963
b = bit
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
Kuri formulė yra logiškai ekvivalenti ¬(r ∧ q)? Spustelėkite ją.
¬(r ∧ q)
1¬r ∧ ¬q
2¬r ∨ ¬q
3¬r ∧ q
4¬r ∨ q
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
Kuris teiginys yra ekvivalentus ¬∀x ∀y (R(x, y) → R(y, x)), kai neigimas perkeltas iki pat vidaus? Spustelėkite jį.
¬∀x ∀y (R(x, y) → R(y, x))
1∃x ∃y (¬R(x, y) ∧ ¬R(y, x))
2∃x ∃y (R(x, y) ∧ ¬R(y, x))
3∀x ∀y (R(x, y) ∧ ¬R(y, x))
4∃x ∃y (R(x, y) → ¬R(y, x))
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 5, 9, 10) 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(0, 1, 2, 4, 5, 9, 10)
L =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
Funkcijai F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 6, 9, 11, 15) + d(0, 13), kur d žymi nesvarbias sąlygas, raskite esminių pagrindinių implikantų skaičių N.
F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 6, 9, 11, 15) + d(0, 13)
N =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis
Išspręskite 86x ≡ 18 (mod 93). Pateikite sprendinį x, kur 0 < x < 93.
86x ≡ 18 (mod 93)
x =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus
Kartotiniu kėlimu kvadratu raskite 753 mod 80.
a = 7k = 53n = 80
753 mod 80 =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis
Kaip Primo algoritmas sudaro minimalų jungiamąjį medį?
AJis vykdo paiešką platyn ir pasilieka BFS medį
BJis augina vieną medį nuo pradinės viršūnės, kaskart pridėdamas pigiausią iš medžio išeinančią briauną
CJis surikiuoja visas briaunas pagal svorį ir prideda kiekvieną, jei ji miške nesudaro ciklo
DJis šalina brangiausią briauną, kol nebelieka ciklų
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus
Uždavinys yra NP-pilnas, jei jis:
ANeišsprendžiamas
BNepriklauso NP, bet yra sunkesnis už visus NP uždavinius, pvz., sustojimo problema
CIšsprendžiamas per polinominį laiką
DPriklauso NP ir kiekvienas NP uždavinys į jį redukuojamas per polinominį laiką
11.Duomenų struktūrosVidutinis
Kurį abstraktųjį duomenų tipą Dijkstros algoritmas naudoja kitai apdorojamai viršūnei parinkti?
AFIFO eilę
BSteką
CNesutvarkytą aibę
DMin prioritetinę eilę
12.Duomenų struktūrosSunkus
Mazgas su dviem vaikais iš dvejetainio paieškos medžio paprastai šalinamas:
APakeičiant jį in-order įpėdiniu (arba pirmtaku) ir pašalinant tą mazgą
BSukeičiant jį su šaknimi
CPerstatant po juo esantį pomedį iš naujo ir iš naujo įterpiant kiekvieną jame buvusį raktą
DPašalinant visą pomedį
13.Grafų teorijaVidutinis
Jungus grafas turi 9 viršūnių ir 12 briaunų. Kiek briaunų k reikia pašalinti, kad liktų karkasinis medis?
|V| = 9|E| = 12
k =
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
Studentai gali lankyti daug kursų, o kursus lanko daug studentų. Kaip tai modeliuojama lentelėmis?
ASujungiant studentus ir kursus į vieną lentelę
BIšoriniu raktu course_id studentų lentelėje, nurodančiu į kursus
CVienu stulpeliu, saugančiu kursų id sąrašą
DTarpine lentele, laikančia išorinius raktus ir į studentus, ir į kursus
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus
Lentelės employee(emp_id, dept_id, dept_name) raktas yra emp_id, ir dept_id → dept_name. Kuris teiginys teisingas?
AJi yra 2NF, bet ne 3NF
BJi nėra 2NF
CJi nėra 1NF
DJi yra BCNF, taigi ir 3NF
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis
Kuris mazgas yra tame pačiame /16 potinklyje kaip 10.1.2.3?
A10.2.2.3
B11.1.2.3
C10.0.2.3
D10.1.200.5
18.Kompiuterių tinklaiSunkus
Po pasikartojančių kolizijų klasikinio Ethernet stotys laukimo laiką renkasi iš intervalo, kuris kaskart padvigubėja. Kodėl?
AKad sumažėtų tikimybė vėl susidurti, kai varžosi daug stočių
BKad kabelis perduotų signalus toliau
CKad bendrame kabelyje pirmenybė tektų stočiai su didžiausiu MAC adresu
DKad visos stotys būtų sinchronizuotos su vienu laikrodžiu
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
Tinklą 192.168.10.0/24 reikia padalyti į bent 10 vienodų potinklių. Jei pasiskolinsite kuo mažiau bitų, kiek naudojamų mazgų H turės kiekvienas potinklis?
192.168.10.0/2410 subnets
H =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
Mazgo adresas yra 10.20.150.137/26. Koks yra jo potinklio transliacijos adreso paskutinis skaičius (ketvirtasis oktetas) x?
10.20.150.137/26
x =
3Tirpalai
1.Skaičiavimo sistemos
Atsakymas: U = 213
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
43 = 0010 1011
invertuota: 1101 0100
+1 → 1101 0101
Perskaitykite be ženklo
1101 0101₂ = 256 − 43 = 213
Atsakymas
U = 213
2.Skaičiavimo sistemos
Atsakymas: b = 11 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
210 = 1024 < 1963
211 = 2048 ≥ 1963
Atsakymas
b = 11
3.Teiginių logika ir įrodymai
Atsakymas: ¬r ∨ ¬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
De Morgano dėsnis: ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b. ∧ virsta ∨ ir abi dalys paneigiamos.
¬(r ∧ q) ≡ ¬r ∨ ¬q
Patikrinkite teisingumo lentele
q = 1, r = 1: 0 | 0 0 0 1
q = 1, r = 0: 1 | 0 1 1 1
q = 0, r = 1: 1 | 0 1 0 0
q = 0, r = 0: 1 | 1 1 0 1
Atsakymas
¬r ∨ ¬q
Stulpeliai po brūkšniu yra variantai pateikta tvarka.
4.Teiginių logika ir įrodymai
Atsakymas: ∃x ∃y (R(x, y) ∧ ¬R(y, x))
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.
Kiti variantai arba palieka kvantorių nepakeistą, arba keičia kvantorių tvarką, arba netinkamai neigia vidinę formulę.
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai
Atsakymas: L = 8
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.
Sugrupuokite vienetus
Kiekviena grupė yra 2ᵏ langelių stačiakampis; kraštiniai langeliai yra priešingo krašto langelių kaimynai.
B′C′D
B′CD′
A′C′
Minimali SOP forma
F = B′C′D + B′CD′ + A′C′
L = 8
Atsakymas
L = 8
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai
Atsakymas: N = 3
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, AD, A′B′C′, A′BCD′
Esminiai pagrindiniai implikantai
B′D, AD, A′BCD′
N = 3
Atsakymas
N = 3
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika
Atsakymas: x = 24
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).
86 atvirkštinis
r = 93, t = 0
r = 86, q = 1, t = 1
r = 7, q = 12, t = −1
r = 2, q = 3, t = 13
r = 1, q = 2, t = −40
86−1 ≡ 53 (mod 93)
Išspręskite
x ≡ 53·18 = 954 ≡ 24 (mod 93)
patikra: 86·24 = 2064 ≡ 18 (mod 93)
Atsakymas
x = 24
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika
Atsakymas: 753 mod 80 = 7
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
53 = 1101012 = 32 + 16 + 4 + 1
Kartotinis kėlimas kvadratu
71 ≡ 7 (mod 80)
72 ≡ 49 (mod 80)
74 ≡ 1 (mod 80)
78 ≡ 1 (mod 80)
716 ≡ 1 (mod 80)
732 ≡ 1 (mod 80)
Sudauginkite reikalingus laipsnius
753 ≡ 7·1·1·1 ≡ 7 (mod 80)
Atsakymas
753 mod 80 = 7
9.Algoritmai ir sudėtingumas
Atsakymas: B · Jis augina vieną medį nuo pradinės viršūnės, kaskart pridėdamas pigiausią iš medžio išeinančią briauną
Kodėl tai yra atsakymas
Primo algoritmas su kertančių briaunų prioritetine eile, naudojant dvejetainę krūvą, veikia per O(E log V).
Atsakymas
B · Jis augina vieną medį nuo pradinės viršūnės, kaskart pridėdamas pigiausią iš medžio išeinančią briauną
10.Algoritmai ir sudėtingumas
Atsakymas: D · Priklauso NP ir kiekvienas NP uždavinys į jį redukuojamas per polinominį laiką
Kodėl tai yra atsakymas
NP-pilni uždaviniai yra sunkiausi NP klasėje; polinominis algoritmas vienam iš jų duotų polinominį algoritmą visai NP klasei.
Atsakymas
D · Priklauso NP ir kiekvienas NP uždavinys į jį redukuojamas per polinominį laiką
11.Duomenų struktūros
Atsakymas: D · Min prioritetinę eilę
Kodėl tai yra atsakymas
Min prioritetinė eilė, paprastai dvejetainė krūva, efektyviai grąžina neaplankytą viršūnę su mažiausiu atstumu.
Atsakymas
D · Min prioritetinę eilę
12.Duomenų struktūros
Atsakymas: A · Pakeičiant jį in-order įpėdiniu (arba pirmtaku) ir pašalinant tą mazgą
Kodėl tai yra atsakymas
In-order įpėdinis turi ne daugiau kaip vieną vaiką, todėl jį lengva pašalinti, nukopijavus jo raktą į šalinamą mazgą.
Atsakymas
A · Pakeičiant jį in-order įpėdiniu (arba pirmtaku) ir pašalinant tą mazgą
13.Grafų teorija
Atsakymas: k = 4
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.
Karkasinio medžio briaunos
9 − 1 = 8
Pašalintinos briaunos
k = 12 − 8 = 4
Atsakymas
k = 4
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): B: 8
B (8): C: 14, D: 23, G: 13
G (13): E: 25
C (14): E: 20
E (20): F: 30
D (23): F: 26
F (26)
Trumpiausias kelias
A → B → D → F
d(F) = 26
Atsakymas
d(F) = 26
15.Duomenų bazės ir SQL
Atsakymas: D · Tarpine lentele, laikančia išorinius raktus ir į studentus, ir į kursus
Kodėl tai yra atsakymas
Ryšiui daugelis su daugeliu reikia asociatyviosios (tarpinės) lentelės, pvz., enrolment(student_id, course_id), dažnai su sudėtiniu pirminiu raktu.
Atsakymas
D · Tarpine lentele, laikančia išorinius raktus ir į studentus, ir į kursus
16.Duomenų bazės ir SQL
Atsakymas: A · Ji yra 2NF, bet ne 3NF
Kodėl tai yra atsakymas
Raktas turi vieną stulpelį, todėl 2NF tenkinama, bet emp_id → dept_id → dept_name yra tranzityvioji priklausomybė, pažeidžianti 3NF.
Atsakymas
A · Ji yra 2NF, bet ne 3NF
17.Kompiuterių tinklai
Atsakymas: D · 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
D · 10.1.200.5
18.Kompiuterių tinklai
Atsakymas: A · Kad sumažėtų tikimybė vėl susidurti, kai varžosi daug stočių
Kodėl tai yra atsakymas
Kiekviena nauja kolizija rodo didesnę konkurenciją, todėl atsitiktinis intervalas didėja ir stotys su didesne tikimybe pasirenka skirtingus laiko tarpsnius. Tai prisitaiko prie apkrovos be centrinio valdymo.
Atsakymas
A · Kad sumažėtų tikimybė vėl susidurti, kai varžosi daug stočių
19.IPv4 potinkliai
Atsakymas: H = 14
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).
Skolinami bitai
24 = 16 ≥ 10 → b = 4, /28
Mazgai potinklyje
24 − 2 = 14
Atsakymas
H = 14
20.IPv4 potinkliai
Atsakymas: x = 191
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).