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 −3 kaip 8 bitų papildomojo kodo seką. Perskaitykite seką kaip dvejetainį skaičių be ženklo: kokia jo reikšmė U dešimtainėje sistemoje?

N = −38 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 1110 1011 XOR 1010 1010. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

1110 1011XOR1010 1010
R =
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
pqr(p ∧ q) ∧ rp ∨ q((p ∧ q) ∧ r) ∧ (p ∨ q)111?110?101?100?011?010?001?000?

Kiek iš 8 teisingumo lentelės eilučių ((p ∧ q) ∧ r) ∧ (p ∨ q) yra teisinga? Pažymėkite šį skaičių N.

((p ∧ q) ∧ r) ∧ (p ∨ q)
N =
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
rq¬qr ∧ q

Duotos prielaidos r ∨ q; ¬r. Kokia išvada iš jų išplaukia? Spustelėkite ją.

r ∨ q¬r
  1. 1r
  2. 2q
  3. 3¬q
  4. 4r ∧ q
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC00011110010011131214150706

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C) = Σm(1, 2, 3, 4, 5) sandaugų sumos (SOP) formą. Kiek iš viso literalų L ji turi (su brūkšneliu žymimas kintamasis skaičiuojamas kaip vienas literalas)?

F(A, B, C) = Σm(1, 2, 3, 4, 5)
L =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
ABCD000111100001111000110302140507X60120130150140819X11110

Funkcijai F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 9, 10) + d(6, 11), kur d žymi nesvarbias sąlygas, raskite esminių pagrindinių implikantų skaičių N.

F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 9, 10) + d(6, 11)
N =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Raskite 59 atvirkštinį moduliu 73: skaičių x, kur 0 < x < 73 ir 59·x ≡ 1 (mod 73).

a = 59n = 73
59−1 mod 73 =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus

Išspręskite 88x ≡ 62 (mod 90). Pateikite mažiausią teigiamą sprendinį x.

88x ≡ 62 (mod 90)
x =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

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

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

Strasseno algoritmas matricas daugina naudodamas 7, o ne 8 rekursines pusės dydžio blokų daugybas. Koks jo vykdymo laikas?

  1. AΘ(nlog₂ 7), apie n2,81
  2. BΘ(n2)
  3. CΘ(n³)
  4. DΘ(n² log n)
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Programai reikia greitos paieškos, taip pat reikia išvardyti raktus surikiuota tvarka ir atsakyti į intervalų užklausas. Kuri struktūra tinka geriausiai?

  1. AStekas
  2. BNesurikiuotas susietasis sąrašas
  3. CSubalansuotas dvejetainis paieškos medis
  4. DMaišos lentelė
12.Duomenų struktūrosSunkus

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

  1. AKiekvieną aplankytą mazgą saugoti maišos aibėje
  2. BSkaičiuoti mazgus, kol skaičius viršys sąrašo ilgio lauką
  3. CVieną rodyklę stumti vienu žingsniu, kitą – dviem ir tikrinti, ar jos susitinka
  4. DSurikiuoti sąrašą ir ieškoti pasikartojimų
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
1364138141386ABCDEFG

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
  7. 7G
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis

Kuri užklausa grąžina didžiausią atlyginimą kiekviename skyriuje?

  1. ASELECT dept, salary FROM emp WHERE salary = MAX(salary)
  2. BSELECT dept, MAX(salary) FROM emp ORDER BY dept
  3. CSELECT MAX(dept), salary FROM emp GROUP BY salary
  4. DSELECT dept, MAX(salary) FROM emp GROUP BY dept
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

Dvi transakcijos abi perskaito stock = 10, kiekviena atima 1 ir įrašo rezultatą, todėl gaunama 9, o ne 8. Kuri tai anomalija?

  1. ATrynimo anomalija
  2. BPrarastas atnaujinimas
  3. CNešvarus skaitymas
  4. DFantominis skaitymas
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Kodėl Wi-Fi naudoja kolizijų vengimą (CSMA/CA), o ne kolizijų aptikimą?

  1. ARadijo signalai niekada nesusiduria
  2. BBevielė stotis siųsdama negali patikimai aptikti kolizijų
  3. CWi-Fi tinkle leidžiamas tik vienas įrenginys
  4. DKolizijų aptikimas veikia tik šviesolaidiniais kabeliais, bet ne bendrais bevielio radijo kanalais
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

DNS podėlio apnuodijimo (DNS cache poisoning) ataka siekiama:

  1. APavogti Wi-Fi slaptažodžius
  2. BPriversti resolverį išsaugoti netikrą domeno IP adresą
  3. CIštrinti DNS serverius
  4. DPerkrauti serverį srautu, kad jis nustotų atsakinėti į užklausas
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/?11111111111111111111111100000000tinklo bitaimazgo bitai

Skyriui viename potinklyje reikia 237 mazgų adresų. Koks yra ilgiausias prefiksas p (mažiausias potinklis), kurio pakanka?

237 hosts
p =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
paskutinis oktetas = 173112806413201618140211tinklasmazgas

Mazgo adresas yra 10.20.251.173/29. Koks yra paskutinio naudojamo mazgo adreso jo potinklyje ketvirtasis oktetas x?

10.20.251.173/29
x =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 253

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

3 = 0000 0011
invertuota: 1111 1100
+1 → 1111 1101

Perskaitykite be ženklo

1111 1101₂ = 256 − 3 = 253

Atsakymas

U = 253
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 65

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

XOR duoda 1, kur du bitai skiriasi.

1110 1011
XOR 1010 1010
= 0100 0001

Rezultato reikšmė

0100 0001₂ = 65

Atsakymas

R = 65
3.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.

Teisingumo lentelė eilutė po eilutės

p = 1, q = 1, r = 1: p ∧ q = 1, (p ∧ q) ∧ r = 1, p ∨ q = 1, ((p ∧ q) ∧ r) ∧ (p ∨ q) = 1
p = 1, q = 1, r = 0: p ∧ q = 1, (p ∧ q) ∧ r = 0, p ∨ q = 1, ((p ∧ q) ∧ r) ∧ (p ∨ q) = 0
p = 1, q = 0, r = 1: p ∧ q = 0, (p ∧ q) ∧ r = 0, p ∨ q = 1, ((p ∧ q) ∧ r) ∧ (p ∨ q) = 0
p = 1, q = 0, r = 0: p ∧ q = 0, (p ∧ q) ∧ r = 0, p ∨ q = 1, ((p ∧ q) ∧ r) ∧ (p ∨ q) = 0
p = 0, q = 1, r = 1: p ∧ q = 0, (p ∧ q) ∧ r = 0, p ∨ q = 1, ((p ∧ q) ∧ r) ∧ (p ∨ q) = 0
p = 0, q = 1, r = 0: p ∧ q = 0, (p ∧ q) ∧ r = 0, p ∨ q = 1, ((p ∧ q) ∧ r) ∧ (p ∨ q) = 0
p = 0, q = 0, r = 1: p ∧ q = 0, (p ∧ q) ∧ r = 0, p ∨ q = 0, ((p ∧ q) ∧ r) ∧ (p ∨ q) = 0
p = 0, q = 0, r = 0: p ∧ q = 0, (p ∧ q) ∧ r = 0, p ∨ q = 0, ((p ∧ q) ∧ r) ∧ (p ∨ q) = 0

Suskaičiuokite eilutes su reikšme 1

((p ∧ q) ∧ r) ∧ (p ∨ q): 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0
N = 1

Atsakymas

N = 1
4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: q

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.

Eilutės, kuriose visos prielaidos teisingos

q = 1, r = 0: r = 0, q = 1, ¬q = 0, r ∧ q = 0

Išvada

q (disjunktyvusis silogizmas)

Atsakymas

q
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: L = 6

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.

ABC00011110010011131214150706

Sugrupuokite vienetus

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

B′C
A′B
AB′

Minimali SOP forma

F = B′C + A′B + AB′
L = 6

Atsakymas

L = 6

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

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′C′D, A′BD′, AB′D, AB′C
ABCD000111100001111000110302140507X60120130150140819X11110

Esminiai pagrindiniai implikantai

B′C′D, A′BD′, AB′C
N = 3

Atsakymas

N = 3
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 59−1 mod 73 = 26

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·59 (mod 73).

r = 73, t = 0
r = 59, q = 1, t = 1
r = 14, q = 4, t = −1
r = 3, q = 4, t = 5
r = 2, q = 1, t = −21
r = 1, q = 2, t = 26

Atvirkštinė

1 ≡ 26·59 (mod 73)
x = 26
patikra: 59·26 = 1534 = 21·73 + 1

Atsakymas

59−1 mod 73 = 26
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: x = 14

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).

Padalykite iš DBD

gcd(88, 90) = 2
44x ≡ 31 (mod 45)

Išspręskite suprastintą kongruenciją

44−1 ≡ 44 (mod 45) → x ≡ 14 (mod 45)

Sprendiniai moduliu 90

x ∈ {14, 59}
x = 14

Atsakymas

x = 14
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: A · O(log n)

Kodėl tai yra atsakymas

Kiekviename žingsnyje uždavinys sumažėja perpus, o darbas viename žingsnyje pastovus, todėl žingsnių yra apie log₂ n.

Atsakymas

A · O(log n)
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: A · Θ(nlog₂ 7), apie n2,81

Kodėl tai yra atsakymas

Kai a = 7 ir b = 2, nlog₂ 7 dominuoja O(n²) sudėties darbą, todėl gaunama apie n2,81.

Atsakymas

A · Θ(nlog₂ 7), apie n2,81
11.Duomenų struktūros

Atsakymas: C · Subalansuotas dvejetainis paieškos medis

Kodėl tai yra atsakymas

Subalansuotas DPM užtikrina O(log n) paiešką ir laiko raktus sutvarkytus, todėl in-order apėjimas ir intervalų užklausos paprastos; maišos lentelė raktus išbarsto.

Atsakymas

C · Subalansuotas dvejetainis paieškos medis
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: C · 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

C · Vieną rodyklę stumti vienu žingsniu, kitą – dviem ir tikrinti, ar jos susitinka
13.Grafų teorija

Atsakymas: Oilerio kelias, ne 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) = 3, deg(C) = 3, deg(D) = 2, deg(E) = 2, deg(F) = 2

Nelyginės viršūnės

B, C → 2
Oilerio kelias, ne ciklas

Atsakymas

Oilerio kelias, ne ciklas

Oilerio kelias prasideda vienoje nelyginėje viršūnėje ir baigiasi kitoje.

14.Grafų teorija

Atsakymas: G

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: 13
2. B (13): D: 19, G: 26
3. D (19): E: 32, F: 27
4. G (26): C: 34
5. F (27)
6. E (32)
7. C (34)

etapas 4

G

Atsakymas

G
15.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: D · SELECT dept, MAX(salary) FROM emp GROUP BY dept

Kodėl tai yra atsakymas

GROUP BY dept sukuria grupę kiekvienam skyriui, o MAX(salary) kiekvienoje išrenka didžiausią reikšmę.

Atsakymas

D · SELECT dept, MAX(salary) FROM emp GROUP BY dept
16.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: B · Prarastas atnaujinimas

Kodėl tai yra atsakymas

Prarasto atnaujinimo atveju abi transakcijos dirba su ta pačia sena reikšme, o antrasis įrašymas ištrina pirmąjį; užrakinimas (SELECT ... FOR UPDATE) ar atominiai atnaujinimai to išvengia.

Atsakymas

B · Prarastas atnaujinimas
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: B · Bevielė stotis siųsdama negali patikimai aptikti kolizijų

Kodėl tai yra atsakymas

Radijo siųstuvas siųsdamas negirdi kitų silpnų signalų, o kai kurios stotys viena nuo kitos paslėptos. Todėl 802,11 laukia atsitiktinį delsos laiką ir naudoja patvirtinimus.

Atsakymas

B · Bevielė stotis siųsdama negali patikimai aptikti kolizijų
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: B · Priversti resolverį išsaugoti netikrą domeno IP adresą

Kodėl tai yra atsakymas

Apnuodijimas į resolverio podėlį įterpia suklastotus įrašus. DNSSEC prideda parašus, kad resolveriai galėtų patikrinti įrašus.

Atsakymas

B · Priversti resolverį išsaugoti netikrą domeno IP adresą
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: p = 24

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

27 − 2 = 126 < 237
28 − 2 = 254 ≥ 237 → h = 8

Prefikso ilgis

p = 32 − 8 = 24

Atsakymas

p = /24
20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 174

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: ⌊173/8⌋·8 = 168
transliacija: 168 + 8 − 1 = 175
naudojami mazgai: 169 … 174

Atsakymas

x = 174

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