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 kode1−12806403211618040211

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

1001 10018 bit
N =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 1001 1100 AND 1101 1100. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

1001 1100AND1101 1100
R =
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
tautologijaprieštarakontingencija

Ar r → (r ∨ p) yra tautologija, prieštara ar kontingencija? Spustelėkite savo atsakymą.

r → (r ∨ p)
  1. 1tautologija
  2. 2prieštara
  3. 3kontingencija
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
pqrq → (r ∨ p)qr111110101100011010001000

Argumentas su prielaidomis q → (r ∨ p); q ir išvada r negalioja. Spustelėkite teisingumo lentelės eilutę, kuri yra kontrapavyzdys.

q → (r ∨ p)q∴ r
  1. 1p = 1, q = 1, r = 1
  2. 2p = 1, q = 1, r = 0
  3. 3p = 1, q = 0, r = 1
  4. 4p = 1, q = 0, r = 0
  5. 5p = 0, q = 1, r = 1
  6. 6p = 0, q = 1, r = 0
  7. 7p = 0, q = 0, r = 1
  8. 8p = 0, q = 0, r = 0
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC000111100101324576

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

F = A′BC′ + A′BC + B′C′ + A′C′
L =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
DQ0​Q0​DQ1​Q1​DQ2​Q2​DQ3​Q3​DQ4​Q4​CLKJOHNSON

Johnsono (susuktas žiedinis) skaitiklis sudarytas iš 5 D trigerių, invertuotas paskutinis išėjimas grąžinamas į pirmąjį įėjimą, ir pradeda nuo visų nulių. Kiek skirtingų būsenų N jis praeina?

n = 5
N =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Raskite mažiausią teigiamą sveikąjį skaičių x, kur x ≡ 3 (mod 5) ir x ≡ 0 (mod 12).

x ≡ 3 (mod 5)x ≡ 0 (mod 12)
x =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus
26c = me​ mod n?m = cd​ mod nm(n, e) = (85, 7)d

Užšifruokite pranešimą m = 26 RSA viešuoju raktu (n, e) = (85, 7). Raskite šifrogramą c.

n = 85e = 7m = 26
c =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Kodėl daug bibliotekinių rikiavimo procedūrų labai mažiems daliniams masyvams pereina prie rikiavimo įterpimu?

  1. ARikiavimas įterpimu blogiausiu atveju yra O(n log n)
  2. BRikiavimas įterpimu didelėms įvestims naudoja mažiau atminties nei bet kuris kitas rikiavimo algoritmas
  3. CRekursiniai algoritmai negali apdoroti mažesnių nei 10 elementų masyvų
  4. DRikiavimas įterpimu turi mažas pridėtines sąnaudas ir yra greitas su mažomis ar beveik surikiuotomis įvestimis
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus

0/1 kuprinės uždavinys, sprendžiamas dinaminiu programavimu, užtrunka O(nW) laiko. Kodėl tai vadinama pseudopolinominiu laiku?

  1. AW yra skaitinė reikšmė, todėl laikas yra eksponentinis bitų, reikalingų W užrašyti, skaičiaus atžvilgiu
  2. BNes jis veikia tik kai W = 0
  3. CNes n visada mažas
  4. DNes algoritmas yra atsitiktinis ir jo vykdymo laikas kinta su kiekviena įvestimi
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Dvejetainio medžio šaknis yra 1, jos kairysis vaikas 2, dešinysis 3; mazgas 2 turi vaikus 4 (kairįjį) ir 5 (dešinįjį). Koks postorder apėjimas?

  1. A1 2 4 5 3
  2. B5 4 3 2 1
  3. C4 5 2 3 1
  4. D4 2 5 1 3
12.Duomenų struktūrosSunkus

Kodėl B medžiai naudojami duomenų bazėse ir failų sistemose?

  1. ADidelis šakojimosi koeficientas išlaiko medį žemą ir sumažina lėtų disko skaitymų skaičių
  2. BJų nereikia perbalansuoti
  3. CJie saugo nesurikiuotus duomenis
  4. DJie naudoja mažiau atminties nei bet koks masyvas, todėl visas indeksas visada telpa operatyviojoje atmintyje
13.Grafų teorijaVidutinis
ABCDEFOilerio ciklasOilerio kelias, ne ciklasnei viena

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

|V| = 6|E| = 7
  1. 1Oilerio ciklas
  2. 2Oilerio kelias, ne ciklas
  3. 3nei viena
14.Grafų teorijaSunkus
4129281021ABCDEF

Dijkstros algoritmas vykdomas nuo A. Spustelėkite viršūnę, užfiksuojamą (padaromą galutine) 4 etape; pats A yra 1 etapas.

pradžia: Aetapas 4
  1. 1A
  2. 2B
  3. 3C
  4. 4D
  5. 5E
  6. 6F
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis

Studentai gali lankyti daug kursų, o kursus lanko daug studentų. Kaip tai modeliuojama lentelėmis?

  1. ASujungiant studentus ir kursus į vieną lentelę
  2. BIšoriniu raktu course_id studentų lentelėje, nurodančiu į kursus
  3. CVienu stulpeliu, saugančiu kursų id sąrašą
  4. DTarpine lentele, laikančia išorinius raktus ir į studentus, ir į kursus
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

Užklausa FROM customers c LEFT JOIN orders o ON o.customer_id = c.id WHERE o.status = 'paid' netikėtai praranda klientus be užsakymų. Kodėl?

  1. ALEFT JOIN niekada nepalieka nesutampančių eilučių
  2. Bstatus yra rezervuotas žodis
  3. CSujungimui reikėtų naudoti USING, o ne ON
  4. DWHERE sąlyga o lentelei atmeta NULL reikšmėmis užpildytas eilutes ir paverčia sujungimą vidiniu
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Ką nurodo DNS MX įrašas?

  1. AKito mazgo pseudonimą
  2. BPašto serverius, priimančius domeno el. laiškus
  3. CŽiniatinklio serverio IPv4 adresą
  4. DZonos vardų serverius
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Kuris maršrutizavimo protokolas yra jungčių būsenos (link-state) protokolas?

  1. AARP
  2. BBGP
  3. CRIP
  4. DOSPF
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/?11111111111111111111100000000000tinklo bitaimazgo bitai

Skyriui viename potinklyje reikia 1387 mazgų adresų. Koks yra ilgiausias prefiksas p (mažiausias potinklis), kurio pakanka?

1387 hosts
p =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
paskutinis oktetas = 74012816403201618041201tinklasmazgas

Mazgo adresas yra 10.20.192.74/30. Koks yra paskutinio naudojamo mazgo adreso jo potinklyje ketvirtasis oktetas x?

10.20.192.74/30
x =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: N = −103

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 + 1 = −103

Atsakymas

N = −103
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 156

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.

1001 1100
AND 1101 1100
= 1001 1100

Rezultato reikšmė

1001 1100₂ = 156

Atsakymas

R = 156
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: tautologija

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

p = 1, r = 1: r ∨ p = 1, r → (r ∨ p) = 1
p = 1, r = 0: r ∨ p = 1, r → (r ∨ p) = 1
p = 0, r = 1: r ∨ p = 1, r → (r ∨ p) = 1
p = 0, r = 0: r ∨ p = 0, r → (r ∨ p) = 1

Klasifikuokite

r → (r ∨ p): 1, 1, 1, 1
1 kiekvienoje eilutėje: tautologija.

Atsakymas

tautologija
4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: p = 1, q = 1, r = 0

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.

Prielaidos ir išvada eilutė po eilutės

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

Kontrapavyzdys

p = 1, q = 1, r = 0

Atsakymas

p = 1, q = 1, r = 0

Tokios formos argumentas atrodo kaip galiojanti taisyklė, bet vienos eilutės pakanka parodyti, kad ji negalioja.

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′BC′ → m(2)
A′BC → m(3)
B′C′ → m(0, 4)
A′C′ → m(0, 2)
ABC00011110011001131214050706

Sugrupuokite ir nuskaitykite

F = B′C′ + A′B

Suskaičiuokite literalus

L = 4

Atsakymas

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

Atsakymas: N = 10

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.

Seka 5 trigeriams

00000 → 10000 → 11000 → 11100 → 11110 → 11111 → 01111 → 00111 → 00011 → 00001

Būsenų skaičius

N = 10

Atsakymas

N = 10
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: x = 48

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 = 3 + 5k

Antroji kongruencija

3 + 5k ≡ 0 (mod 12) → 5k ≡ 9 (mod 12)
k ≡ 5·9 ≡ 9 (mod 12)

Rezultatas

x = 3 + 5·9 = 48
x = 48
patikra: 48 mod 5 = 3, 48 mod 12 = 0

Atsakymas

x = 48
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: c = 36

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

7 = 4 + 2 + 1
261 ≡ 26 (mod 85)
262 ≡ 81 (mod 85)
264 ≡ 16 (mod 85)
267 ≡ 26·81·16 ≡ 36 (mod 85)

Šifrograma

c = 36

Atsakymas

c = 36
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: D · Rikiavimas įterpimu turi mažas pridėtines sąnaudas ir yra greitas su mažomis ar beveik surikiuotomis įvestimis

Kodėl tai yra atsakymas

Mažiems n paprastas rikiavimo įterpimu ciklas aplenkia greitojo rikiavimo ar rikiavimo suliejimu rekursijos pridėtines sąnaudas, nors jis ir O(n²).

Atsakymas

D · Rikiavimas įterpimu turi mažas pridėtines sąnaudas ir yra greitas su mažomis ar beveik surikiuotomis įvestimis
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: A · W yra skaitinė reikšmė, todėl laikas yra eksponentinis bitų, reikalingų W užrašyti, skaičiaus atžvilgiu

Kodėl tai yra atsakymas

Vykdymo laikas yra polinominis W reikšmės atžvilgiu, bet eksponentinis jos ilgio (log W bitų) atžvilgiu; 0/1 kuprinės uždavinys yra NP-pilnas.

Atsakymas

A · W yra skaitinė reikšmė, todėl laikas yra eksponentinis bitų, reikalingų W užrašyti, skaičiaus atžvilgiu
11.Duomenų struktūros

Atsakymas: C · 4 5 2 3 1

Kodėl tai yra atsakymas

Postorder apdoroja 4 ir 5 prieš 2, tada 3 ir galiausiai šaknį 1.

Atsakymas

C · 4 5 2 3 1
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: A · Didelis šakojimosi koeficientas išlaiko medį žemą ir sumažina lėtų disko skaitymų skaičių

Kodėl tai yra atsakymas

B medžiai viename mazge saugo daug raktų, todėl aukštis mažas ir vienai paieškai reikia nedaug bloko skaitymų; B+ medžiai dar sujungia lapus intervalų skenavimui.

Atsakymas

A · Didelis šakojimosi koeficientas išlaiko medį žemą ir sumažina lėtų disko skaitymų skaičių
13.Grafų teorija

Atsakymas: nei viena

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) = 1, deg(B) = 3, deg(C) = 2, deg(D) = 3, deg(E) = 3, deg(F) = 2

Nelyginės viršūnės

A, B, D, E → 4
nei viena

Atsakymas

nei viena
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: 12
2. B (4): D: 6
3. D (6): E: 16, F: 8
4. F (8): E: 9
5. E (9)
6. C (12)

etapas 4

F

Atsakymas

F
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: D · WHERE sąlyga o lentelei atmeta NULL reikšmėmis užpildytas eilutes ir paverčia sujungimą vidiniu

Kodėl tai yra atsakymas

Nesutampančių eilučių o.status yra NULL, todėl WHERE patikra nėra TRUE; perkėlus sąlygą į ON sąlygą, paliekamas kiekvienas klientas.

Atsakymas

D · WHERE sąlyga o lentelei atmeta NULL reikšmėmis užpildytas eilutes ir paverčia sujungimą vidiniu
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: B · Pašto serverius, priimančius domeno el. laiškus

Kodėl tai yra atsakymas

MX (mail exchange) įrašai išvardija pašto serverius su prioritetais, kad siunčiantys serveriai žinotų, kur pristatyti to domeno laiškus.

Atsakymas

B · Pašto serverius, priimančius domeno el. laiškus
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: D · OSPF

Kodėl tai yra atsakymas

OSPF maršrutizatoriai sudaro visą srities žemėlapį ir trumpiausius kelius apskaičiuoja Dijkstros algoritmu. RIP yra atstumo vektoriaus, o BGP – kelio vektoriaus protokolas.

Atsakymas

D · OSPF
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: p = 21

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

210 − 2 = 1022 < 1387
211 − 2 = 2046 ≥ 1387 → h = 11

Prefikso ilgis

p = 32 − 11 = 21

Atsakymas

p = /21
20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 74

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

22 = 4

Šio mazgo potinklis

tinklas: ⌊74/4⌋·4 = 72
transliacija: 72 + 4 − 1 = 75
naudojami mazgai: 73 … 74

Atsakymas

x = 74

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