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 −22 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −228 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
32 bit1 px512 px512 pxM = ? KiB

Nesuspaustas vaizdas yra 512 × 512 pikselių, 32 bitų pikseliui. Kiek atminties M jis užima, KiB (1 KiB = 1024 baitai)?

512 × 512 px32 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
q → ¬p¬q ∨ ¬pq ∧ ¬p¬q → ¬p

Kuri formulė yra logiškai ekvivalenti ¬(q → p)? Spustelėkite ją.

¬(q → p)
  1. 1q → ¬p
  2. 2¬q ∨ ¬p
  3. 3q ∧ ¬p
  4. 4¬q → ¬p
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
abcb → ca → cb → a111110101100011010001000

Argumentas su prielaidomis b → c; a → c ir išvada b → a negalioja. Spustelėkite teisingumo lentelės eilutę, kuri yra kontrapavyzdys.

b → ca → c∴ b → a
  1. 1a = 1, b = 1, c = 1
  2. 2a = 1, b = 1, c = 0
  3. 3a = 1, b = 0, c = 1
  4. 4a = 1, b = 0, c = 0
  5. 5a = 0, b = 1, c = 1
  6. 6a = 0, b = 1, c = 0
  7. 7a = 0, b = 0, c = 1
  8. 8a = 0, b = 0, c = 0
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABCD000111100001111000110302040507061121130150141809111010

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C, D) = Σm(1, 8, 11, 12, 13) sumų sandaugos (POS) formą. Kiek sumos narių (daugiklių) N ji turi?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 8, 11, 12, 13)
N =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​FFQ4​Q4​FFQ5​Q5​CLKMOD-60

Mod-60 skaitiklis sudarytas iš mažiausio galimo trigerių skaičiaus. Kiek iš galimų būsenų U niekada nenaudojama?

N = 60
U =
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaVidutinis

Raskite Oilerio funkciją φ(209), t. y. sveikųjų skaičių nuo 1 iki 209, tarpusavyje pirminių su 209, skaičių.

n = 209 = 11·19
φ(209) =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus

73 yra pirminis skaičius. Pasinaudokite mažąja Ferma teorema ir raskite 1566022 mod 73.

p = 73k = 66022
1566022 mod 73 =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Palyginimais pagrįsto rikiavimo apatinis rėžis blogiausiu atveju yra:

  1. AΩ(n²)
  2. BΩ(n log n)
  3. CΩ(log n)
  4. DΩ(n)
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 algoritmas yra atsitiktinis ir jo vykdymo laikas kinta su kiekviena įvestimi
  3. CNes jis veikia tik kai W = 0
  4. DNes n visada mažas
11.Duomenų struktūrosVidutinis

Kokia rakto paieškos subalansuotame dvejetainiame paieškos medyje laiko sudėtingumas?

  1. AO(n)
  2. BO(log n)
  3. CO(n log n)
  4. DO(1)
12.Duomenų struktūrosSunkus

Dinaminis masyvas užsipildęs padvigubėja. Kodėl daugelis įgyvendinimų jį sumažina tik tada, kai jis užpildytas ketvirtadaliu, o ne perpus?

  1. AKad būtų išvengta pakartotinio dydžio keitimo, kai push ir pop kaitaliojasi prie ribos
  2. BNes perpus mažinant esant pusei talpos būtų prarasti elementai
  3. CNes atminties paskirstytuvas gali atlaisvinti atmintį tik bloko ketvirtadaliais
  4. DKad masyvas liktų surikiuotas
13.Grafų teorijaVidutinis
ABCDEOilerio ciklasOilerio kelias, ne ciklasnei viena

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

|V| = 5|E| = 5
  1. 1Oilerio ciklas
  2. 2Oilerio kelias, ne ciklas
  3. 3nei viena
14.Grafų teorijaSunkus
15121512151136ABCDEF

Dijkstros algoritmu raskite trumpiausio kelio nuo A iki F svertiniame grafe ilgį d(F).

pradžia: Apabaiga: F
d(F) =
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis

Kurią SQL sąlygą reliacinėje algebroje atitinka atrankos operatorius (σ)?

  1. AGROUP BY
  2. BORDER BY
  3. CSELECT sąrašą
  4. DWHERE
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

Kodėl daugelis DBVS naudoja griežtąjį dviejų fazių užrakinimą, išlaikydamos išskirtinius užraktus iki patvirtinimo?

  1. AJis apsaugo nuo kaskadinių nutraukimų, nes niekas negali skaityti nepatvirtintų įrašų
  2. BJis leidžia transakcijoms saugiai skaityti nešvarius duomenis
  3. CJis pašalina transakcijų žurnalo poreikį
  4. DJis padaro aklavietes neįmanomas
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Kas vienareikšmiškai identifikuoja vieną TCP ryšio galą internete?

  1. AIP adresas kartu su prievado numeriu
  2. BVien MAC adresas
  3. CPotinklio kaukė ir šliuzas
  4. DVien domeno vardas
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Studentas paleidžia žaidimų serverį kompiuteryje už namų NAT maršrutizatoriaus. Draugai iš interneto negali prisijungti. Koks įprastas sprendimas?

  1. ASuteikti kompiuteriui kitą MAC adresą, kad maršrutizatorius galėtų jį rasti iš išorės
  2. BIšjungti kompiuterio DNS klientą
  3. CMaršrutizatoriuje sukonfigūruoti prievado persiuntimą į kompiuterio privatų adresą
  4. DPakeisti kompiuterio potinklio kaukę į /32
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/24 → /2711111111111111111111111111100000tinklo bitaimazgo bitai

Tinklą 192.168.10.0/24 reikia padalyti į bent 8 vienodų potinklių. Jei pasiskolinsite kuo mažiau bitų, kiek naudojamų mazgų H turės kiekvienas potinklis?

192.168.10.0/248 subnets
H =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
trečiasis oktetas 189 … 191112806413211618140211bendriskiriasi

Maršrutizatorius turi maršrutus į šiuos tinklus: 10.110.189.0/24, 10.110.190.0/24, 10.110.191.0/24. Koks ilgiausias vieno apibendrinto maršruto, apimančio juos visus, prefikso ilgis p?

10.110.189.0/24 … 10.110.191.0/24
p =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 234

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

22 = 0001 0110
invertuota: 1110 1001
+1 → 1110 1010

Perskaitykite be ženklo

1110 1010₂ = 256 − 22 = 234

Atsakymas

U = 234
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: M = 1024 KiB

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.

Bitai ir baitai

512·512·32 = 8388608 bit = 1048576 B

Paverskite į KiB

1048576/1024 = 1024 KiB

Atsakymas

M = 1024 KiB
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: q ∧ ¬p

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).

Dėsnis

¬(a → b) ≡ ¬(¬a ∨ b) ≡ a ∧ ¬b: vienintelė eilutė, kurioje implikacija klaidinga.
¬(q → p) ≡ q ∧ ¬p

Patikrinkite teisingumo lentele

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

Atsakymas

q ∧ ¬p

Stulpeliai po brūkšniu yra variantai pateikta tvarka.

4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: a = 0, b = 1, c = 1

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

a = 1, b = 1, c = 1: 1 1 | 1
a = 1, b = 1, c = 0: 0 0 | 1
a = 1, b = 0, c = 1: 1 1 | 1
a = 1, b = 0, c = 0: 1 0 | 1
a = 0, b = 1, c = 1: 1 1 | 0
a = 0, b = 1, c = 0: 0 1 | 0
a = 0, b = 0, c = 1: 1 1 | 1
a = 0, b = 0, c = 0: 1 1 | 1

Kontrapavyzdys

a = 0, b = 1, c = 1

Atsakymas

a = 0, b = 1, c = 1

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

5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriai

Atsakymas: N = 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.

ABCD000111100001111000110302040507061121130150141809111010

Sugrupuokite nulius

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

(C′ + D)
(B′ + C′)
(A + D)
(A + C′)
(A + B′)
(A′ + B + C + D′)

Minimali POS forma

F = (C′ + D)(B′ + C′)(A + D)(A + C′)(A + B′)(A′ + B + C + D′)
N = 6

Atsakymas

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

Atsakymas: U = 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.

Trigerių skaičius

2ⁿ ≥ 60 → n = 6 (2⁶ = 64)

Nenaudojamos būsenos

U = 64 − 60 = 4

Atsakymas

U = 4
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: φ(209) = 180

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

209 = 11·19

Oilerio funkcija

φ(209) = φ(11)·φ(19) = 10·18 = 180

Atsakymas

φ(209) = 180
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 1566022 mod 73 = 61

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.

Suredukuokite rodiklį

66022 mod 72 = 70
1566022 ≡ 1570 (mod 73)

Mažas laipsnis

1570 mod 73 = 61

Atsakymas

1566022 mod 73 = 61
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: B · Ω(n log n)

Kodėl tai yra atsakymas

Bet kuriam palyginimais pagrįstam rikiavimui blogiausiu atveju reikia bent log₂(n!) ≈ n log n palyginimų. Rikiavimas skaičiavimu (counting sort) šį rėžį aplenkia, nes nelygina elementų.

Atsakymas

B · Ω(n log n)
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: B · O(log n)

Kodėl tai yra atsakymas

Subalansuoto medžio aukštis yra apie log₂ n, todėl paieška eina vienu keliu nuo šaknies iki lapo.

Atsakymas

B · O(log n)
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: A · Kad būtų išvengta pakartotinio dydžio keitimo, kai push ir pop kaitaliojasi prie ribos

Kodėl tai yra atsakymas

Mažinant esant pusei talpos, tokioje sekoje kiekviena operacija galėtų sukelti dydžio keitimą; tarpas tarp 1/4 ir pilnos talpos išlaiko amortizuotą kainą O(1).

Atsakymas

A · Kad būtų išvengta pakartotinio dydžio keitimo, kai push ir pop kaitaliojasi prie ribos
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) = 2

Nelyginės viršūnės

0
Oilerio ciklas

Atsakymas

Oilerio ciklas
14.Grafų teorija

Atsakymas: d(F) = 24

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

Kiekviena eilutė: užfiksuota viršūnė, jos galutinis atstumas ir kaimynai, kurių atstumas pagerėja.

A (0): B: 15, C: 12
C (12): E: 27
B (15): D: 27, E: 21
E (21): F: 24
F (24)
D (27)

Trumpiausias kelias

A → B → E → F
d(F) = 24

Atsakymas

d(F) = 24
15.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: D · WHERE

Kodėl tai yra atsakymas

σcondition(R) grąžina sąlygą tenkinančius R kortežus, kaip WHERE sąlyga.

Atsakymas

D · WHERE
16.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: A · Jis apsaugo nuo kaskadinių nutraukimų, nes niekas negali skaityti nepatvirtintų įrašų

Kodėl tai yra atsakymas

Paprastas 2PL garantuoja serializuojamumą, bet anksti atlaisvinus rašymo užraktus kiti galėtų perskaityti duomenis, kurie vėliau atšaukiami; griežtasis 2PL to išvengia.

Atsakymas

A · Jis apsaugo nuo kaskadinių nutraukimų, nes niekas negali skaityti nepatvirtintų įrašų
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: A · IP adresas kartu su prievado numeriu

Kodėl tai yra atsakymas

TCP ryšį identifikuoja šaltinio IP ir prievadas bei paskirties IP ir prievadas. Prievadai atskiria daugybę viename mazge veikiančių programų.

Atsakymas

A · IP adresas kartu su prievado numeriu
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: C · Maršrutizatoriuje sukonfigūruoti prievado persiuntimą į kompiuterio privatų adresą

Kodėl tai yra atsakymas

NAT sukuria susiejimus tik ryšiams, pradėtiems iš vidaus. Prievado persiuntimo taisyklė susieja viešąjį prievadą su vidiniu mazgu, kad įeinantys ryšiai jį pasiektų.

Atsakymas

C · Maršrutizatoriuje sukonfigūruoti prievado persiuntimą į kompiuterio privatų adresą
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: H = 30

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).

Skolinami bitai

23 = 8 ≥ 8 → b = 3, /27

Mazgai potinklyje

25 − 2 = 30

Atsakymas

H = 30
20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: p = 22

Maršrutų apibendrinimas: apibendrintas maršrutas a.b.c.0/p apima visus tinklus, kurių pirmieji p bitai sutampa. Pirmojo ir paskutinio tinklo besiskiriantį oktetą užrašykite dvejetainiu pavidalu; bendrų pradinių bitų skaičius, pridėjus ankstesnių oktetų bitus, yra ilgiausias apibendrinimo prefiksas.

Palyginkite bitus

189 = 10111101
191 = 10111111
bendri pradiniai bitai: 6

Prefikso ilgis

p = 16 + 6 = 22

Atsakymas

p = /22

Apibendrintas maršrutas: 10.110.188.0/22 (jis taip pat apima tinklų, kurių nėra sąraše: 1).

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