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 −26 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −268 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
spustelėkite bitus, kad juos nustatytumėte012806403201608040201

Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 1001 0110 << 2. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?

1001 0110<< 2
R =
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
pqr(p → q) ∧ qr ∨ p((p → q) ∧ q) ∨ (r ∨ p)111?110?101?100?011?010?001?000?

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

((p → q) ∧ q) ∨ (r ∨ p)
N =
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
∀x (¬F(x) ∧ ¬G(x))∀x (F(x) ∧ ¬G(x))∀x (F(x) → ¬G(x))∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))

Kuris teiginys yra ekvivalentus ¬∃x (F(x) ∧ G(x)), kai neigimas perkeltas iki pat vidaus? Spustelėkite jį.

¬∃x (F(x) ∧ G(x))
  1. 1∀x (¬F(x) ∧ ¬G(x))
  2. 2∀x (F(x) ∧ ¬G(x))
  3. 3∀x (F(x) → ¬G(x))
  4. 4∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC000111100101324576

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

F = AB′C′ + B′C + A′B′C
L =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
ABCD000111100001111000X11312141517X6012113X150141819111X10

Raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 13) + d(1, 6, 10, 15) SOP formą, kur d žymi nesvarbias sąlygas. Kiek literalų L ji turi?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 13) + d(1, 6, 10, 15)
L =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Raskite 35 atvirkštinį moduliu 38: skaičių x, kur 0 < x < 38 ir 35·x ≡ 1 (mod 38).

a = 35n = 38
35−1 mod 38 =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus
343c = me​ mod n?m = cd​ mod nm(n, e) = (589, 19)d

Užšifruokite pranešimą m = 343 RSA viešuoju raktu (n, e) = (589, 19). Raskite šifrogramą c.

n = 589e = 19m = 343
c =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Ką reiškia, kad uždavinys turi optimalią struktūrą (optimal substructure)?

  1. AUždavinį galima išspręsti per pastovų laiką
  2. BVisi daliniai uždaviniai yra vienodo dydžio
  3. COptimalų sprendinį galima sudaryti iš optimalių jo dalinių uždavinių sprendinių
  4. DUždavinys turi lygiai vieną optimalų sprendinį, kurį bendrai turi visi dalinių uždavinių sprendiniai
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus

Heldo–Karpo dinaminio programavimo algoritmas tiksliai išsprendžia keliaujančio pirklio uždavinį. Koks jo vykdymo laikas n miestų?

  1. AO(n!)
  2. BO(n³)
  3. CO(n² 2ⁿ)
  4. DO(2n²)
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Kur yra mazgo su indeksu i tėvas dvejetainėje krūvoje, saugomoje masyve nuo indekso 0?

  1. AIndeksu i − 1
  2. BIndeksu ⌊(i − 1) / 2⌋
  3. CIndeksu 2i + 1
  4. DIndeksu ⌊i / 2⌋ + 1
12.Duomenų struktūrosSunkus

Kodėl iš standartinio Bloomo filtro elementų negalima tiesiog pašalinti išvalant jų bitus?

  1. ABloomo filtro bitų negalima keisti po sukūrimo
  2. BBloomo filtrai saugo visus elementus, o suhešavus jų vėl neįmanoma rasti
  3. CTie bitai gali priklausyti ir kitiems elementams, todėl atsirastų klaidingai neigiami atsakymai
  4. DŠalinimas padidintų klaidingai teigiamų atsakymų dažnį iki 100%
13.Grafų teorijaVidutinis
ABCDEFGOilerio ciklasOilerio kelias, ne ciklasnei viena

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

|V| = 7|E| = 10
  1. 1Oilerio ciklas
  2. 2Oilerio kelias, ne ciklas
  3. 3nei viena
14.Grafų teorijaSunkus
2031913610781ABCDEFG

Kruskalio algoritmas sudaro minimalų karkasinį medį. Spustelėkite briauną, kurią jis prideda kaip briauną numeris 2; praleistos briaunos neskaičiuojamos.

k = 2
  1. 1briauna AB
  2. 2briauna BC
  3. 3briauna BD
  4. 4briauna CE
  5. 5briauna DE
  6. 6briauna EF
  7. 7briauna GB
  8. 8briauna GC
  9. 9briauna GD
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis

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

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

Kas užklausai yra dengiantysis (covering) indeksas?

  1. AIndeksas tik pirminiam raktui
  2. BIndeksas, turintis visus užklausai reikalingus stulpelius, todėl pačios lentelės skaityti nereikia
  3. CIndeksas, perkuriamas kiekvieną naktį
  4. DIndeksas, apimantis kiekvieną kiekvienos lentelės stulpelį
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Kokia yra TCP trijų žingsnių rankos paspaudimo (three-way handshake) paskirtis?

  1. AGreitai uždaryti ryšį
  2. BUžšifruoti duomenis
  3. CRasti mazgo IP adresą, kol dar nesiunčiami jam duomenys
  4. DUžmegzti ryšį ir sinchronizuoti sekos numerius
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Kokį išteklių SYN užtvindymo atakoje užpuolikas siekia išeikvoti?

  1. AServerio disko vietą
  2. BKomutatoriaus MAC adresų lentelę
  3. CServerio pusiau atvirų ryšių lentelę
  4. DKliento DNS podėlį
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/24 → /2811111111111111111111111111110000tinklo bitaimazgo bitai

Tinklas 10.179.145.0/24 padalytas į vienodus potinklius su prefiksu /28. Kiek yra potinklių N?

10.179.145.0/24/28
N =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
paskutinis oktetas = 198112816403201608141201tinklasmazgas

Mazgo adresas yra 10.20.224.198/29. Koks yra paskutinio naudojamo mazgo adreso jo potinklyje ketvirtasis oktetas x?

10.20.224.198/29
x =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 230

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

26 = 0001 1010
invertuota: 1110 0101
+1 → 1110 0110

Perskaitykite be ženklo

1110 0110₂ = 256 − 26 = 230

Atsakymas

U = 230
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: R = 88

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

Postūmis kairėn 2 perkelia kiekvieną bitą 2 pozicijomis į kairę; bitai, iškritę iš kairiojo galo, prarandami, o dešinėje įeina nuliai.

1001 0110 << 2
= 0101 1000

Rezultato reikšmė

0101 1000₂ = 88

Atsakymas

R = 88
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: N = 7

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

Suskaičiuokite eilutes su reikšme 1

((p → q) ∧ q) ∨ (r ∨ p): 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0
N = 7

Atsakymas

N = 7
4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: ∀x (F(x) → ¬G(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 (F(x) ∧ G(x)) ≡ ∀x (F(x) → ¬G(x))

Atsakymas

∀x (F(x) → ¬G(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: 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

AB′C′ → m(4)
B′C → m(1, 5)
A′B′C → m(1)
ABC00011110010011030214150706

Sugrupuokite ir nuskaitykite

F = B′C + AB′

Suskaičiuokite literalus

L = 4

Atsakymas

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

Atsakymas: L = 7

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.

D, B′C, A′C, A′B, AB′
ABCD000111100001111000X11312141517X6012113X150141819111X10

Minimalus dengimas

F = D + B′C + A′B + AB′
L = 7

Atsakymas

L = 7

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

7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 35−1 mod 38 = 25

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·35 (mod 38).

r = 38, t = 0
r = 35, q = 1, t = 1
r = 3, q = 11, t = −1
r = 2, q = 1, t = 12
r = 1, q = 2, t = −13

Atvirkštinė

1 ≡ −13·35 (mod 38)
x = 25
patikra: 35·25 = 875 = 23·38 + 1

Atsakymas

35−1 mod 38 = 25
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: c = 419

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

19 = 16 + 2 + 1
3431 ≡ 343 (mod 589)
3432 ≡ 438 (mod 589)
3434 ≡ 419 (mod 589)
3438 ≡ 39 (mod 589)
34316 ≡ 343 (mod 589)
34319 ≡ 343·438·343 ≡ 419 (mod 589)

Šifrograma

c = 419

Atsakymas

c = 419
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: C · Optimalų sprendinį galima sudaryti iš optimalių jo dalinių uždavinių sprendinių

Kodėl tai yra atsakymas

Optimali struktūra būtina, kad ir godieji algoritmai, ir dinaminis programavimas duotų teisingus atsakymus.

Atsakymas

C · Optimalų sprendinį galima sudaryti iš optimalių jo dalinių uždavinių sprendinių
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: C · O(n² 2ⁿ)

Kodėl tai yra atsakymas

Yra apie n 2ⁿ būsenų, kurių kiekviena apskaičiuojama per O(n); tai eksponentinis laikas, bet daug greitesnis nei visų (n − 1)! maršrutų išbandymas.

Atsakymas

C · O(n² 2ⁿ)
11.Duomenų struktūros

Atsakymas: B · Indeksu ⌊(i − 1) / 2⌋

Kodėl tai yra atsakymas

Mazgo i vaikai yra 2i + 1 ir 2i + 2, todėl i tėvas yra ⌊(i − 1) / 2⌋; indeksuojant nuo 1 tai ⌊i / 2⌋.

Atsakymas

B · Indeksu ⌊(i − 1) / 2⌋
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: C · Tie bitai gali priklausyti ir kitiems elementams, todėl atsirastų klaidingai neigiami atsakymai

Kodėl tai yra atsakymas

Išvalius bendrą bitą, kitas elementas atrodytų nesantis; skaičiuojantieji Bloomo filtrai vietoj bitų laiko skaitiklius, kad būtų galima šalinti.

Atsakymas

C · Tie bitai gali priklausyti ir kitiems elementams, todėl atsirastų klaidingai neigiami atsakymai
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) = 2, deg(B) = 3, deg(C) = 3, deg(D) = 3, deg(E) = 4, deg(F) = 2, deg(G) = 3

Nelyginės viršūnės

B, C, D, G → 4
nei viena

Atsakymas

nei viena
14.Grafų teorija

Atsakymas: briauna BC

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.

Kruskalio algoritmas

1. GD (1)
2. BC (3)
3. DE (6)
4. GB (7)
5. EF (10)
6. AB (20)

briaunos numeris 2

BC

Atsakymas

briauna BC
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: B · Indeksas, turintis visus užklausai reikalingus stulpelius, todėl pačios lentelės skaityti nereikia

Kodėl tai yra atsakymas

Jei visi nurodyti stulpeliai yra indekse, DBVS gali atlikti peržiūrą vien pagal indeksą ir nebeskaityti lentelės eilučių, taip sutaupydama I/O.

Atsakymas

B · Indeksas, turintis visus užklausai reikalingus stulpelius, todėl pačios lentelės skaityti nereikia
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: D · Užmegzti ryšį ir sinchronizuoti sekos numerius

Kodėl tai yra atsakymas

Rankos paspaudimas užmezga ryšį ir abiejose pusėse suderina pradinius sekos numerius prieš siunčiant duomenis.

Atsakymas

D · Užmegzti ryšį ir sinchronizuoti sekos numerius
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: C · Serverio pusiau atvirų ryšių lentelę

Kodėl tai yra atsakymas

Kiekvienas SYN priverčia serverį rezervuoti būseną ir laukti ACK, kuris niekada neateina. SYN slapukai leidžia nesaugoti būsenos, kol rankos paspaudimas nebaigtas.

Atsakymas

C · Serverio pusiau atvirų ryšių lentelę
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: N = 16

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).

Pasiskolinti bitai

28 − 24 = 4

Potinklių skaičius

N = 24 = 16

Atsakymas

N = 16

Kiekviename /28 potinklyje yra 24 − 2 = 14 naudojamų mazgų adresų.

20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 198

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: ⌊198/8⌋·8 = 192
transliacija: 192 + 8 − 1 = 199
naudojami mazgai: 193 … 198

Atsakymas

x = 198

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