Suskaičiuokite skirtingus kintamuosius: teisingumo lentelėje yra 2ⁿ eilučių, o pirmoji eilutė – visi kintamieji lygūs 1.
Kiekvienai posakio daliai skirkite savo stulpelį ir užpildykite stulpelius iš vidaus į išorę.
Taikykite kiekvienos jungties taisyklę: → yra 0 tik tada, kai 1 → 0, o ↔ yra 1, kai abi pusės sutampa.
Tikrindami ekvivalentumą, palyginkite galutinius stulpelius eilutė po eilutės; tikrindami argumentą, žiūrėkite tik į eilutes, kuriose visos prielaidos lygios 1.
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
Grandinei dirbkite nuo įėjimų iki išėjimo po vieną elementą ir užrašykite reikšmę ant kiekvieno laido arba užrašykite išraišką ir užpildykite teisingumo lentelę.
Supaprastindami įrašykite vienetus (o nesvarbias reikšmes kaip X) į Karno žemėlapį su Grejaus kodo eilutėmis ir stulpeliais: 00, 01, 11, 10.
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.
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
Pirmiausia visus skaičius suredukuokite moduliu n; liekanos yra nuo 0 iki n − 1.
Atvirkštiniam skaičiui taikykite išplėstinį algoritmą ir pasilikite a koeficientą; jei jis neigiamas, pridėkite n.
Sprendžiant a·x ≡ b, dauginkite iš a⁻¹; dvi kongruencijas sujunkite rašydami x = r₁ + m₁k.
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
Užrašykite kiekvienos viršūnės laipsnį; laipsnių suma lygi dvigubam briaunų skaičiui.
Oilerio uždaviniuose patikrinkite, ar grafas jungus, ir suskaičiuokite nelyginio laipsnio viršūnes.
Medžiams naudokite n − 1 briaunų ir rankų paspaudimo lemą.
Dijkstros algoritme laikykite preliminarių atstumų lentelę ir kiekviename etape užfiksuokite mažiausio atstumo dar neužfiksuotą viršūnę.
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
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
Nustatykite bitus pagal 8 bitų rezultatą 1001 0110 << 2. Kokia rezultato reikšmė R dešimtainėje sistemoje?
1001 0110<< 2
R =
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
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
Kuris teiginys yra ekvivalentus ¬∃x (F(x) ∧ G(x)), kai neigimas perkeltas iki pat vidaus? Spustelėkite jį.
¬∃x (F(x) ∧ G(x))
1∀x (¬F(x) ∧ ¬G(x))
2∀x (F(x) ∧ ¬G(x))
3∀x (F(x) → ¬G(x))
4∃x (¬F(x) ∧ ¬G(x))
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
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
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?
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
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)?
AUždavinį galima išspręsti per pastovų laiką
BVisi daliniai uždaviniai yra vienodo dydžio
COptimalų sprendinį galima sudaryti iš optimalių jo dalinių uždavinių sprendinių
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?
AO(n!)
BO(n³)
CO(n² 2ⁿ)
DO(2n²)
11.Duomenų struktūrosVidutinis
Kur yra mazgo su indeksu i tėvas dvejetainėje krūvoje, saugomoje masyve nuo indekso 0?
AIndeksu i − 1
BIndeksu ⌊(i − 1) / 2⌋
CIndeksu 2i + 1
DIndeksu ⌊i / 2⌋ + 1
12.Duomenų struktūrosSunkus
Kodėl iš standartinio Bloomo filtro elementų negalima tiesiog pašalinti išvalant jų bitus?
ABloomo filtro bitų negalima keisti po sukūrimo
BBloomo filtrai saugo visus elementus, o suhešavus jų vėl neįmanoma rasti
CTie bitai gali priklausyti ir kitiems elementams, todėl atsirastų klaidingai neigiami atsakymai
DŠalinimas padidintų klaidingai teigiamų atsakymų dažnį iki 100%
13.Grafų teorijaVidutinis
Ar jungus grafas turi Oilerio ciklą, Oilerio kelią, kuris nėra ciklas, ar nei vieno? Spustelėkite savo atsakymą.
|V| = 7|E| = 10
1Oilerio ciklas
2Oilerio kelias, ne ciklas
3nei viena
14.Grafų teorijaSunkus
Kruskalio algoritmas sudaro minimalų karkasinį medį. Spustelėkite briauną, kurią jis prideda kaip briauną numeris 2; praleistos briaunos neskaičiuojamos.
k = 2
1briauna AB
2briauna BC
3briauna BD
4briauna CE
5briauna DE
6briauna EF
7briauna GB
8briauna GC
9briauna GD
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis
Studentai gali lankyti daug kursų, o kursus lanko daug studentų. Kaip tai modeliuojama lentelėmis?
AVienu stulpeliu, saugančiu kursų id sąrašą
BSujungiant studentus ir kursus į vieną lentelę
CIšoriniu raktu course_id studentų lentelėje, nurodančiu į kursus
DTarpine lentele, laikančia išorinius raktus ir į studentus, ir į kursus
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus
Kas užklausai yra dengiantysis (covering) indeksas?
AIndeksas tik pirminiam raktui
BIndeksas, turintis visus užklausai reikalingus stulpelius, todėl pačios lentelės skaityti nereikia
CIndeksas, perkuriamas kiekvieną naktį
DIndeksas, apimantis kiekvieną kiekvienos lentelės stulpelį
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis
Kokia yra TCP trijų žingsnių rankos paspaudimo (three-way handshake) paskirtis?
AGreitai uždaryti ryšį
BUžšifruoti duomenis
CRasti mazgo IP adresą, kol dar nesiunčiami jam duomenys
DUžmegzti ryšį ir sinchronizuoti sekos numerius
18.Kompiuterių tinklaiSunkus
Kokį išteklių SYN užtvindymo atakoje užpuolikas siekia išeikvoti?
AServerio disko vietą
BKomutatoriaus MAC adresų lentelę
CServerio pusiau atvirų ryšių lentelę
DKliento DNS podėlį
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
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
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)
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′
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.
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).
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).