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
8 bitų papildomasis kodas0−12806403201608040201

Nustatykite bitus, kad jie saugotų −62 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −628 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
1099 kodai, b = ? bitų?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Sistema kiekvienam iš 1099 elementų turi suteikti atskirą tokio pat ilgio dvejetainį kodą. Kiek mažiausiai bitų b reikia?

1099
b = bit
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
(q → p) ∧ (p → q)(q → p) ∧ (¬p → ¬q)q ∧ p(q → p) ∨ (p → q)

Kuri formulė yra logiškai ekvivalenti q ↔ p? Spustelėkite ją.

q ↔ p
  1. 1(q → p) ∧ (p → q)
  2. 2(q → p) ∧ (¬p → ¬q)
  3. 3q ∧ p
  4. 4(q → p) ∨ (p → q)
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus

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

((s ↔ ¬p) ∨ r) ∨ ¬(q ∧ s)
N =
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABCD000111100001111000010302140507060121131150140809011110

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(4, 10, 13, 15) 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(4, 10, 13, 15)
L =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​CLKMOD-13

Mod-13 skaitiklis turi išskaičiuoti 13 skirtingų būsenų. Kiek mažiausiai trigerių n jam reikia?

N = 13
n =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Raskite mažiausią teigiamą sveikąjį skaičių x, kur x ≡ 8 (mod 10) ir x ≡ 1 (mod 11).

x ≡ 8 (mod 10)x ≡ 1 (mod 11)
x =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus

Kartotiniu kėlimu kvadratu raskite 13134 mod 51.

a = 13k = 134n = 51
13134 mod 51 =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Turint 1, 3 ir 4 vertės monetas ir 6 sumą, kiek monetų panaudoja godusis metodas „pirmiausia didžiausia moneta“, palyginti su optimaliu sprendiniu?

  1. AGodusis panaudoja 2 monetas; optimalus sprendinys – 2
  2. BGodusis panaudoja 3 monetas; optimalus sprendinys – 3
  3. CGodusis panaudoja 3 monetas; optimalus sprendinys – 2
  4. DGodusis panaudoja 4 monetas; optimalus sprendinys – 3
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus

Ką reikia padaryti, norint parodyti, kad naujas uždavinys X yra NP-sunkus?

  1. AParodyti, kad X galima patikrinti per polinominį laiką
  2. BPer polinominį laiką redukuoti X į žinomą NP-sunkų uždavinį
  3. CPer polinominį laiką redukuoti žinomą NP-sunkų uždavinį į X
  4. DParodyti, kad X neturi polinominio algoritmo mažoms įvestims
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Kurią duomenų struktūrą vykdoma programa naudoja aktyviems funkcijų kvietimams ir jų lokaliesiems kintamiesiems sekti?

  1. ADinaminės atminties (heap) eilę
  2. BRėmelių dvejetainį paieškos medį
  3. CKvietimų steką
  4. DFunkcijų maišos lentelę
12.Duomenų struktūrosSunkus

Kodėl duomenų bazės indeksams dažnai naudoja B+ medžius, o ne paprastus B medžius?

  1. AB+ medžiai duomenis saugo tik šaknyje
  2. BB+ medžių nereikia balansuoti
  3. CB+ medžiai naudoja dvejetainius vidinius mazgus, todėl sumažėja skaitymų iš disko
  4. DVisi įrašai yra susietuose lapuose, todėl intervalų peržiūra efektyvi
13.Grafų teorijaVidutinis

Kiek skirtingų Hamiltono ciklų H turi pilnasis grafas K4? Ciklai, besiskiriantys tik pradine viršūne ar kryptimi, laikomi tuo pačiu.

K4
H =
14.Grafų teorijaSunkus
421411442414ABCDEF

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
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis

Kada WHERE EXISTS (použklausa) eilutei yra teisinga?

  1. AKai použklausa grąžina skaičių, didesnį už nulį
  2. BKai použklausa grąžina bent vieną eilutę
  3. CKai použklausa negrąžina NULL reikšmių
  4. DKai použklausa grąžina lygiai vieną eilutę
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

Kodėl užklausa su WHERE YEAR(order_date) = 2025 gali nenaudoti stulpelio order_date indekso?

  1. AIndeksai niekada neveikia su datomis
  2. BYEAR nėra galiojantis SQL
  3. CIndeksas pagal order_date naudojamas tik ORDER BY sąlygoms, niekada WHERE
  4. DFunkcijos taikymas stulpeliui neleidžia atlikti paprastos intervalinės paieškos indekse
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Kokią CIDR žymėjimo reikšmę atitinka potinklio kaukė 255.255.255.0?

  1. A/8
  2. B/24
  3. C/32
  4. D/16
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Eilės pradžios blokavimas (head-of-line blocking) HTTP/2 per TCP atsiranda todėl, kad:

  1. AHTTP/2 naudoja UDP
  2. BServeriai negali apdoroti lygiagrečių užklausų
  3. CKiekvienai užklausai reikia atskiro naujo TCP ryšio, todėl vėlesnės užklausos laukia eilėje
  4. DPrarastas TCP segmentas sulaiko visus multipleksuotus srautus, kol bus pakartotinai išsiųstas
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/24 → /2811111111111111111111111111110000tinklo bitaimazgo bitai

Tinklą 192.168.10.0/24 reikia padalyti į bent 12 vienodų potinklių. Jei pasiskolinsite kuo mažiau bitų, kiek naudojamų mazgų H turės kiekvienas potinklis?

192.168.10.0/2412 subnets
H =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
paskutinis oktetas = 96012816413201608040201tinklasmazgas

Mazgo adresas yra 10.20.252.96/29. Koks yra jo potinklio transliacijos adreso paskutinis skaičius (ketvirtasis oktetas) x?

10.20.252.96/29
x =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 194

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

62 = 0011 1110
invertuota: 1100 0001
+1 → 1100 0010

Perskaitykite be ženklo

1100 0010₂ = 256 − 62 = 194

Atsakymas

U = 194
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 < 1099
211 = 2048 ≥ 1099

Atsakymas

b = 11
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: (q → p) ∧ (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 reiškia, kad implikacija galioja abiem kryptimis: (a → b) ∧ (b → a).
q ↔ p ≡ (q → p) ∧ (p → q)

Patikrinkite teisingumo lentele

p = 1, q = 1: 1 | 1 1 1 1
p = 1, q = 0: 0 | 0 1 0 1
p = 0, q = 1: 0 | 0 0 0 1
p = 0, q = 0: 1 | 1 1 0 1

Atsakymas

(q → p) ∧ (p → q)

Stulpeliai po brūkšniu yra variantai pateikta tvarka.

4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: N = 15

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

Skaidymas pagal p

p = 1: 7
p = 0: 8
N = 7 + 8 = 15

Atsakymas

N = 15
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: L = 11

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.

ABCD000111100001111000010302140507060121131150140809011110

Sugrupuokite vienetus

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

ABD
A′BC′D′
AB′CD′

Minimali SOP forma

F = ABD + A′BC′D′ + AB′CD′
L = 11

Atsakymas

L = 11
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: n = 4

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.

Trigerių skaičius

2ⁿ ≥ 13 → n = 4 (2⁴ = 16)

Atsakymas

n = 4
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: x = 78

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).

Pirmoji kongruencija

x = 8 + 10k

Antroji kongruencija

8 + 10k ≡ 1 (mod 11) → 10k ≡ 4 (mod 11)
k ≡ 10·4 ≡ 7 (mod 11)

Rezultatas

x = 8 + 10·7 = 78
x = 78
patikra: 78 mod 10 = 8, 78 mod 11 = 1

Atsakymas

x = 78
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 13134 mod 51 = 16

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

134 = 100001102 = 128 + 4 + 2

Kartotinis kėlimas kvadratu

131 ≡ 13 (mod 51)
132 ≡ 16 (mod 51)
134 ≡ 1 (mod 51)
138 ≡ 1 (mod 51)
1316 ≡ 1 (mod 51)
1332 ≡ 1 (mod 51)
1364 ≡ 1 (mod 51)
13128 ≡ 1 (mod 51)

Sudauginkite reikalingus laipsnius

13134 ≡ 16·1·1 ≡ 16 (mod 51)

Atsakymas

13134 mod 51 = 16
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: C · Godusis panaudoja 3 monetas; optimalus sprendinys – 2

Kodėl tai yra atsakymas

Godusis metodas paima 4 + 1 + 1 = 3 monetas, bet 3 + 3 panaudoja tik 2, todėl šiai monetų sistemai godusis metodas nėra optimalus; dinaminis programavimas – optimalus.

Atsakymas

C · Godusis panaudoja 3 monetas; optimalus sprendinys – 2
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: C · Per polinominį laiką redukuoti žinomą NP-sunkų uždavinį į X

Kodėl tai yra atsakymas

Jei žinomą sunkų uždavinį galima efektyviai transformuoti į X, greitas X algoritmas išspręstų ir žinomą uždavinį.

Atsakymas

C · Per polinominį laiką redukuoti žinomą NP-sunkų uždavinį į X
11.Duomenų struktūros

Atsakymas: C · Kvietimų steką

Kodėl tai yra atsakymas

Kiekvienas kvietimas įdeda steko rėmelį, o kiekvienas grįžimas jį išima, todėl naujausias kvietimas baigiasi pirmas.

Atsakymas

C · Kvietimų steką
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: D · Visi įrašai yra susietuose lapuose, todėl intervalų peržiūra efektyvi

Kodėl tai yra atsakymas

B+ medyje vidiniai mazgai tik nukreipia paiešką, o lapai susieti raktų tvarka, todėl intervalo užklausa randa pirmąjį raktą ir tada eina lapais.

Atsakymas

D · Visi įrašai yra susietuose lapuose, todėl intervalų peržiūra efektyvi
13.Grafų teorija

Atsakymas: H = 3

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 = (4 − 1)!/2 = 6/2 = 3

Atsakymas

H = 3
14.Grafų teorija

Atsakymas: F

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

etapas 5

F

Atsakymas

F
15.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: B · Kai použklausa grąžina bent vieną eilutę

Kodėl tai yra atsakymas

EXISTS tik tikrina, ar sukuriama bent viena eilutė; NOT EXISTS teisinga, kai použklausa negrąžina jokių eilučių.

Atsakymas

B · Kai použklausa grąžina bent vieną eilutę
16.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: D · Funkcijos taikymas stulpeliui neleidžia atlikti paprastos intervalinės paieškos indekse

Kodėl tai yra atsakymas

Ši išraiška nėra „sargable“; naudojant order_date >= '2025-01-01' AND order_date < '2026-01-01' galima atlikti intervalinį indekso skenavimą.

Atsakymas

D · Funkcijos taikymas stulpeliui neleidžia atlikti paprastos intervalinės paieškos indekse
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: B · /24

Kodėl tai yra atsakymas

Trys oktetai po 255 sudaro 24 vienetinius bitus, todėl 255.255.255.0 = /24.

Atsakymas

B · /24
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: D · Prarastas TCP segmentas sulaiko visus multipleksuotus srautus, kol bus pakartotinai išsiųstas

Kodėl tai yra atsakymas

TCP pristato baitus eilės tvarka, todėl vienas praradimas sustabdo kiekvieną ryšio srautą. QUIC (HTTP/3) srautus per UDP apdoroja nepriklausomai.

Atsakymas

D · Prarastas TCP segmentas sulaiko visus multipleksuotus srautus, kol bus pakartotinai išsiųstas
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 ≥ 12 → b = 4, /28

Mazgai potinklyje

24 − 2 = 14

Atsakymas

H = 14
20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 103

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: ⌊96/8⌋·8 = 96
transliacija: 96 + 8 − 1 = 103
naudojami mazgai: 97 … 102

Atsakymas

x = 103

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