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 kodas?−128?64?32?16?8?4?2?1

Užrašykite −38 kaip 8 bitų papildomojo kodo seką. Perskaitykite seką kaip dvejetainį skaičių be ženklo: kokia jo reikšmė U dešimtainėje sistemoje?

N = −388 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 1001 0011 AND 1100 0101. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

1001 0011AND1100 0101
R =
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
abc¬b¬c ∧ ¬b((c ∧ a) ∨ (b ∧ a)) ∨ (¬c ∧ ¬b)111?110?101?100?011?010?001?000?

Kiek iš 8 teisingumo lentelės eilučių ((c ∧ a) ∨ (b ∧ a)) ∨ (¬c ∧ ¬b) yra teisinga? Pažymėkite šį skaičių N.

((c ∧ a) ∨ (b ∧ a)) ∨ (¬c ∧ ¬b)
N =
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
∃x (¬P(x) ∧ ¬Q(x))∀x (¬P(x) ∨ ¬Q(x))∃x (¬P(x) ∨ ¬Q(x))∀x (¬P(x) ∧ ¬Q(x))

Kuris teiginys yra ekvivalentus ¬∀x (P(x) ∨ Q(x)), kai neigimas perkeltas iki pat vidaus? Spustelėkite jį.

¬∀x (P(x) ∨ Q(x))
  1. 1∃x (¬P(x) ∧ ¬Q(x))
  2. 2∀x (¬P(x) ∨ ¬Q(x))
  3. 3∃x (¬P(x) ∨ ¬Q(x))
  4. 4∀x (¬P(x) ∧ ¬Q(x))
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABCD000111100001111010011302140507061121131151141819111010

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 8, 9, 11, 12, 13, 14, 15) sandaugų sumos (SOP) formą. Kiek sandaugos narių N ji turi?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 8, 9, 11, 12, 13, 14, 15)
N =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
CLKJK123456

Kylančiuoju frontu valdomas JK trigeris pradeda nuo Q = 0 ir gauna parodytus įėjimus 6 kylančiaisiais taktinio signalo frontais. Kiek kartų N Q keičia būseną?

Q₀ = 0JK
N =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Raskite Oilerio funkciją φ(34), t. y. sveikųjų skaičių nuo 1 iki 34, tarpusavyje pirminių su 34, skaičių.

n = 34 = 2·17
φ(34) =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus

Kartotiniu kėlimu kvadratu raskite 1581 mod 79.

a = 15k = 81n = 79
1581 mod 79 =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Kodėl dinaminis programavimas realiai nepagreitina rikiavimo suliejimu?

  1. ARikiavimas suliejimu jau yra O(n)
  2. BJo daliniai uždaviniai nepersidengia, todėl nėra ko pakartotinai panaudoti
  3. CDinaminis programavimas veikia tik su grafų uždaviniais, bet ne su masyvais
  4. DRikiavimas suliejimu neturi rekursinės struktūros
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus

Kuris NP klasės apibrėžimas teisingas?

  1. AUždaviniai, kurių neišsprendžia joks algoritmas
  2. BUždaviniai, kurie nėra polinominiai
  3. CSprendimo uždaviniai, kurių teigiamus atsakymus, turint sertifikatą, galima patikrinti per polinominį laiką
  4. DUždaviniai, kurių negalima išspręsti per polinominį laiką
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Koks yra blogiausio atvejo dvejetainio paieškos medžio su n mazgų aukštis, jei raktai įterpiami surikiuota tvarka?

  1. A√n
  2. Bn (medis tampa susietuoju sąrašu)
  3. Clog₂ n
  4. D1
12.Duomenų struktūrosSunkus

Kaip naudojant O(1) papildomos atminties nustatyti, ar vienkrypčiame susietajame sąraše yra ciklas?

  1. AVieną rodyklę stumti vienu žingsniu, kitą – dviem ir tikrinti, ar jos susitinka
  2. BSurikiuoti sąrašą ir ieškoti pasikartojimų
  3. CSkaičiuoti mazgus, kol skaičius viršys sąrašo ilgio lauką
  4. DKiekvieną aplankytą mazgą saugoti maišos aibėje
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
712113121111710ABCDEF

Dijkstros algoritmas vykdomas nuo A. Spustelėkite viršūnę, užfiksuojamą (padaromą galutine) 3 etape; pats A yra 1 etapas.

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

Ką atlieka ROLLBACK TO SAVEPOINT s1?

  1. AIštrina išsaugojimo tašką ir visas nuo tada pakeistas lenteles
  2. BAtšaukia visą transakciją nuo pradžios
  3. CUžbaigia transakciją ir viską patvirtina
  4. DAtšaukia pakeitimus, padarytus po išsaugojimo taško s1, palikdamas transakciją atvirą
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

Kuri lango funkcija (window function) kiekvieno skaidinio (partition) eilutėms priskiria 1, 2, 3, ... be pasikartojančių numerių?

  1. ACOUNT()
  2. BDENSE_RANK()
  3. CROW_NUMBER()
  4. DRANK()
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Koks yra numatytojo šliuzo (default gateway) vaidmuo mazge?

  1. ATai DNS serveris
  2. BJis priskiria MAC adresus
  3. CTai maršrutizatorius, naudojamas srautui į kitus tinklus
  4. DTai komutatoriaus prievadas, prie kurio prijungtas mazgas
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Serverio privatusis raktas bus pavogtas po metų. Kuri TLS savybė apsaugo šiandien įrašytus seansus?

  1. AIlgesnio domeno vardo naudojimas
  2. BSertifikato siuntimas du kartus
  3. CPersiuntimo slaptumas (forward secrecy), užtikrinamas laikinaisiais Diffie-Hellman raktų mainais
  4. DDuomenų glaudinimas prieš šifravimą
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
255.255.255.25211111111111111111111111111111100tinklo bitaimazgo bitai

Potinklio kaukė yra 255.255.255.252. Kiek naudojamų mazgų adresų H jame yra?

255.255.255.252
H =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
paskutinis oktetas = 187112806413211618041211tinklasmazgas

Mazgo adresas yra 10.20.101.187/30. Koks yra jo potinklio transliacijos adreso paskutinis skaičius (ketvirtasis oktetas) x?

10.20.101.187/30
x =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 218

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.

Invertuokite ir pridėkite vienetą

38 = 0010 0110
invertuota: 1101 1001
+1 → 1101 1010

Perskaitykite be ženklo

1101 1010₂ = 256 − 38 = 218

Atsakymas

U = 218
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 129

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 0011
AND 1100 0101
= 1000 0001

Rezultato reikšmė

1000 0001₂ = 129

Atsakymas

R = 129
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: N = 5

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.

Teisingumo lentelė eilutė po eilutės

a = 1, b = 1, c = 1: c ∧ a = 1, b ∧ a = 1, (c ∧ a) ∨ (b ∧ a) = 1, ¬c = 0, ¬b = 0, ¬c ∧ ¬b = 0, ((c ∧ a) ∨ (b ∧ a)) ∨ (¬c ∧ ¬b) = 1
a = 1, b = 1, c = 0: c ∧ a = 0, b ∧ a = 1, (c ∧ a) ∨ (b ∧ a) = 1, ¬c = 1, ¬b = 0, ¬c ∧ ¬b = 0, ((c ∧ a) ∨ (b ∧ a)) ∨ (¬c ∧ ¬b) = 1
a = 1, b = 0, c = 1: c ∧ a = 1, b ∧ a = 0, (c ∧ a) ∨ (b ∧ a) = 1, ¬c = 0, ¬b = 1, ¬c ∧ ¬b = 0, ((c ∧ a) ∨ (b ∧ a)) ∨ (¬c ∧ ¬b) = 1
a = 1, b = 0, c = 0: c ∧ a = 0, b ∧ a = 0, (c ∧ a) ∨ (b ∧ a) = 0, ¬c = 1, ¬b = 1, ¬c ∧ ¬b = 1, ((c ∧ a) ∨ (b ∧ a)) ∨ (¬c ∧ ¬b) = 1
a = 0, b = 1, c = 1: c ∧ a = 0, b ∧ a = 0, (c ∧ a) ∨ (b ∧ a) = 0, ¬c = 0, ¬b = 0, ¬c ∧ ¬b = 0, ((c ∧ a) ∨ (b ∧ a)) ∨ (¬c ∧ ¬b) = 0
a = 0, b = 1, c = 0: c ∧ a = 0, b ∧ a = 0, (c ∧ a) ∨ (b ∧ a) = 0, ¬c = 1, ¬b = 0, ¬c ∧ ¬b = 0, ((c ∧ a) ∨ (b ∧ a)) ∨ (¬c ∧ ¬b) = 0
a = 0, b = 0, c = 1: c ∧ a = 0, b ∧ a = 0, (c ∧ a) ∨ (b ∧ a) = 0, ¬c = 0, ¬b = 1, ¬c ∧ ¬b = 0, ((c ∧ a) ∨ (b ∧ a)) ∨ (¬c ∧ ¬b) = 0
a = 0, b = 0, c = 0: c ∧ a = 0, b ∧ a = 0, (c ∧ a) ∨ (b ∧ a) = 0, ¬c = 1, ¬b = 1, ¬c ∧ ¬b = 1, ((c ∧ a) ∨ (b ∧ a)) ∨ (¬c ∧ ¬b) = 1

Suskaičiuokite eilutes su reikšme 1

((c ∧ a) ∨ (b ∧ a)) ∨ (¬c ∧ ¬b): 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1
N = 5

Atsakymas

N = 5
4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: ∃x (¬P(x) ∧ ¬Q(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.

Perkelkite neigimą į vidų

¬∀x (P(x) ∨ Q(x)) ≡ ∃x (¬P(x) ∧ ¬Q(x))

Atsakymas

∃x (¬P(x) ∧ ¬Q(x))

Kiti variantai arba palieka kvantorių nepakeistą, arba keičia kvantorių tvarką, arba netinkamai neigia vidinę formulę.

5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 4

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.

ABCD000111100001111010011302140507061121131151141819111010

Sugrupuokite vienetus

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

C′D′
B′CD
AD
AB

Minimali SOP forma

F = C′D′ + B′CD + AD + AB
N = 4

Atsakymas

N = 4

Egzistuoja kitas to paties dydžio grupavimas; jis turi tiek pat narių ir literalų.

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.

Q po kiekvieno fronto

JK trigeris: 00 išlaiko, 01 nustato į 0 (Q = 0), 10 nustato į 1 (Q = 1), 11 perjungia.

1: J = 0, K = 0 → Q = 0
2: J = 0, K = 0 → Q = 0
3: J = 1, K = 1 → Q = 1
4: J = 1, K = 1 → Q = 0
5: J = 1, K = 0 → Q = 1
6: J = 0, K = 1 → Q = 0

Suskaičiuokite pokyčius

0 → 0 → 0 → 1 → 0 → 1 → 0
N = 4

Atsakymas

N = 4
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: φ(34) = 16

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

34 = 2·17

Oilerio funkcija

φ(34) = φ(17)·φ(2) = 16·1 = 16

Atsakymas

φ(34) = 16
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 1581 mod 79 = 57

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

81 = 10100012 = 64 + 16 + 1

Kartotinis kėlimas kvadratu

151 ≡ 15 (mod 79)
152 ≡ 67 (mod 79)
154 ≡ 65 (mod 79)
158 ≡ 38 (mod 79)
1516 ≡ 22 (mod 79)
1532 ≡ 10 (mod 79)
1564 ≡ 21 (mod 79)

Sudauginkite reikalingus laipsnius

1581 ≡ 15·22·21 ≡ 57 (mod 79)

Atsakymas

1581 mod 79 = 57
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: B · 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

B · Jo daliniai uždaviniai nepersidengia, todėl nėra ko pakartotinai panaudoti
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: C · Sprendimo uždaviniai, kurių teigiamus atsakymus, turint sertifikatą, galima patikrinti per polinominį laiką

Kodėl tai yra atsakymas

NP uždaviniui pasiūlytą sprendinį (sertifikatą) galima greitai patikrinti, pvz., patikrinti, ar duotas priskyrimas tenkina loginę formulę.

Atsakymas

C · Sprendimo uždaviniai, kurių teigiamus atsakymus, turint sertifikatą, galima patikrinti per polinominį laiką
11.Duomenų struktūros

Atsakymas: B · n (medis tampa susietuoju sąrašu)

Kodėl tai yra atsakymas

Įterpiant surikiuotus raktus susidaro išsigimęs n aukščio medis, todėl paieška tampa O(n). Subalansuoti medžiai to išvengia.

Atsakymas

B · n (medis tampa susietuoju sąrašu)
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: A · Vieną rodyklę stumti vienu žingsniu, kitą – dviem ir tikrinti, ar jos susitinka

Kodėl tai yra atsakymas

Floydo algoritme, jei yra ciklas, greitoji rodyklė galiausiai pasiveja lėtąją; kitu atveju greitoji rodyklė pasiekia null.

Atsakymas

A · Vieną rodyklę stumti vienu žingsniu, kitą – dviem ir tikrinti, ar jos susitinka
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) = 2, deg(C) = 2, deg(D) = 2, deg(E) = 4, deg(F) = 2

Nelyginės viršūnės

0
Oilerio ciklas

Atsakymas

Oilerio ciklas
14.Grafų teorija

Atsakymas: C

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: 7, C: 12
2. B (7): C: 8, D: 20, E: 17
3. C (8)
4. E (17): F: 24
5. D (20)
6. F (24)

etapas 3

C

Atsakymas

C
15.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: D · Atšaukia pakeitimus, padarytus po išsaugojimo taško s1, palikdamas transakciją atvirą

Kodėl tai yra atsakymas

Išsaugojimo taškas pažymi vietą transakcijos viduje; grįžus į jį atšaukiamas vėlesnis darbas, o ankstesni pakeitimai lieka laukti COMMIT.

Atsakymas

D · Atšaukia pakeitimus, padarytus po išsaugojimo taško s1, palikdamas transakciją atvirą
16.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: C · ROW_NUMBER()

Kodėl tai yra atsakymas

ROW_NUMBER suteikia unikalius iš eilės einančius numerius; RANK po lygiųjų pozicijų palieka tarpus; DENSE_RANK – ne.

Atsakymas

C · ROW_NUMBER()
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: C · Tai maršrutizatorius, naudojamas srautui į kitus tinklus

Kodėl tai yra atsakymas

Mazgas paketus ne vietinėms paskirties vietoms siunčia numatytajam šliuzui, paprastai savo vietiniam maršrutizatoriui.

Atsakymas

C · Tai maršrutizatorius, naudojamas srautui į kitus tinklus
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: C · Persiuntimo slaptumas (forward secrecy), užtikrinamas laikinaisiais Diffie-Hellman raktų mainais

Kodėl tai yra atsakymas

Naudojant laikinąjį (EC)DHE, kiekvienas seanso raktas gaunamas iš laikinų reikšmių, kurios sunaikinamos. Ilgalaikis raktas tik pasirašo mainus, todėl vėliau jį pavogus senas srautas neiššifruojamas.

Atsakymas

C · Persiuntimo slaptumas (forward secrecy), užtikrinamas laikinaisiais Diffie-Hellman raktų mainais
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: H = 2

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).

Prefikso ilgis

255.255.255.252 = /30

Naudojami mazgai

22 − 2 = 2

Atsakymas

H = 2
20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 187

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: ⌊187/4⌋·4 = 184
transliacija: 184 + 4 − 1 = 187
naudojami mazgai: 185 … 186

Atsakymas

x = 187

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