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 −105 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −1058 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
2925 kodai, b = ? bitų?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Sistema kiekvienam iš 2925 elementų turi suteikti atskirą tokio pat ilgio dvejetainį kodą. Kiek mažiausiai bitų b reikia?

2925
b = bit
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
pqrp → (¬q ∧ r)((p → r) → q) ↔ (p → (¬q ∧ r))¬(((p → r) → q) ↔ (p → (¬q ∧ r)))111?110?101?100?011?010?001?000?

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

¬(((p → r) → q) ↔ (p → (¬q ∧ r)))
N =
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus

Kiek iš 16 teisingumo lentelės eilučių daro ((¬p ↔ q) ↔ ¬(s ↔ p)) ∧ (¬r ∨ (r → s)) teisingą? Pažymėkite šį skaičių N.

((¬p ↔ q) ↔ ¬(s ↔ p)) ∧ (¬r ∨ (r → s))
N =
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
ABC00011110011001131214050706

Karno žemėlapiu raskite minimalią F(A, B, C) = Σm(0, 2, 3, 4) sandaugų sumos (SOP) formą. Kiek iš viso literalų L ji turi (su brūkšneliu žymimas kintamasis skaičiuojamas kaip vienas literalas)?

F(A, B, C) = Σm(0, 2, 3, 4)
L =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
CLKT12345678

Kylančiuoju frontu valdomas T trigeris pradeda nuo Q = 0 ir gauna parodytus įėjimus 8 kylančiaisiais taktinio signalo frontais. Kiek kartų N Q keičia būseną?

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

Raskite mažiausią teigiamą sveikąjį skaičių x, kur x ≡ 4 (mod 11) ir x ≡ 2 (mod 13).

x ≡ 4 (mod 11)x ≡ 2 (mod 13)
x =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus

Kartotiniu kėlimu kvadratu raskite 2142 mod 46.

a = 21k = 42n = 46
2142 mod 46 =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Kuri godžioji taisyklė veiklų atrankos uždavinyje visada duoda didžiausią nepersidengiančių veiklų skaičių?

  1. APirmiausia pasirinkti trumpiausią veiklą
  2. BPasirinkti anksčiausiai prasidedančią veiklą
  3. CPirmiausia pasirinkti veiklą, turinčią mažiausiai persidengimų, tada kartoti su suderinamomis
  4. DPasirinkti anksčiausiai pasibaigiančią veiklą, tada kartoti su suderinamomis
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus

Kuris NP klasės apibrėžimas teisingas?

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

Eilė įgyvendinta dviem stekais: push atliekamas į steką „in“, o pop – iš steko „out“, kuris, ištuštėjęs, papildomas iš „in“. Kokia amortizuota vienos operacijos kaina?

  1. AO(1)
  2. BO(n²)
  3. CO(n)
  4. DO(log n)
12.Duomenų struktūrosSunkus

Įterpus raktą į AVL medį, mazgo kairysis pomedis tampa per aukštas, o naujas raktas pateko į jo kairiojo vaiko kairįjį pomedį (kairė–kairė atvejis). Koks taisymas taikomas?

  1. AVienas kairysis posūkis nesubalansuotame mazge
  2. BMazgo ir jo vaiko perspalvinimas
  3. CVienas dešinysis posūkis nesubalansuotame mazge
  4. DKairysis posūkis vaike, tada dešinysis posūkis mazge
13.Grafų teorijaVidutinis

Medis turi 3 viršūnių, kurių laipsnis 4, 4 viršūnių, kurių laipsnis 5, 4 viršūnių, kurių laipsnis 2, o visos kitos jo viršūnės yra lapai (laipsnis 1). Kiek lapų L jis turi?

3 × deg 44 × deg 54 × deg 2
L =
14.Grafų teorijaSunkus
13119618721015ABCDEFG

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

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

Ką grąžina INTERSECT, naudojamas tarp dviejų SELECT užklausų?

  1. AVisas abiejų rezultatų eilutes
  2. BEilutes, esančias abiejuose rezultatuose
  3. CEilutes, esančias pirmajame, bet ne antrajame rezultate
  4. DRezultatų Dekarto sandaugą
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

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

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

Kuris mazgas yra tame pačiame /16 potinklyje kaip 10.1.2.3?

  1. A11.1.2.3
  2. B10.1.200.5
  3. C10.0.2.3
  4. D10.2.2.3
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

Kokio tipo maršrutizavimo protokoluose atsiranda skaičiavimo iki begalybės problema ir kas nuo jos padeda?

  1. AJungčių būsenos; jungčių atnaujinimų išplatinimas
  2. BKelio vektoriaus; ilgesni AS keliai
  3. CStatinio maršrutizavimo; numatytųjų maršrutų pridėjimas
  4. DAtstumo vektoriaus; skaidytas horizontas (split horizon) ir atvirkštinis nuodijimas (poison reverse)
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/24 → /2611111111111111111111111111000000tinklo bitaimazgo bitai

Tinklą 192.168.10.0/24 reikia padalyti į bent 4 vienodų potinklių. Jei pasiskolinsite kuo mažiau bitų, kiek naudojamų mazgų H turės kiekvienas potinklis?

192.168.10.0/244 subnets
H =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
trečiasis oktetas 147 … 153112806403211608041211bendriskiriasi

Maršrutizatorius turi maršrutus į šiuos tinklus: 10.126.147.0/24, 10.126.148.0/24, 10.126.149.0/24, 10.126.150.0/24, 10.126.151.0/24, 10.126.152.0/24, 10.126.153.0/24. Koks ilgiausias vieno apibendrinto maršruto, apimančio juos visus, prefikso ilgis p?

10.126.147.0/24 … 10.126.153.0/24
p =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 151

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

105 = 0110 1001
invertuota: 1001 0110
+1 → 1001 0111

Perskaitykite be ženklo

1001 0111₂ = 256 − 105 = 151

Atsakymas

U = 151
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: b = 12 bit

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.

Dvejeto laipsniai

211 = 2048 < 2925
212 = 4096 ≥ 2925

Atsakymas

b = 12
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: N = 6

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

Suskaičiuokite eilutes su reikšme 1

¬(((p → r) → q) ↔ (p → (¬q ∧ r))): 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1
N = 6

Atsakymas

N = 6
4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: N = 6

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.

Stulpeliai

¬p; ¬p ↔ q; s ↔ p; ¬(s ↔ p); (¬p ↔ q) ↔ ¬(s ↔ p); ¬r; r → s; ¬r ∨ (r → s); ((¬p ↔ q) ↔ ¬(s ↔ p)) ∧ (¬r ∨ (r → s))

Skaidymas pagal p

p = 1: 3
p = 0: 3
N = 3 + 3 = 6

Atsakymas

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

Atsakymas: L = 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.

ABC00011110011001131214050706

Sugrupuokite vienetus

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

B′C′
A′B

Minimali SOP forma

F = B′C′ + A′B
L = 4

Atsakymas

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

Atsakymas: N = 2

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

T trigeris kiekvienu kylančiuoju frontu perjungia, kai T = 1, ir išlaiko, kai T = 0.

1: T = 1 → Q = 1
2: T = 0 → Q = 1
3: T = 0 → Q = 1
4: T = 1 → Q = 0
5: T = 0 → Q = 0
6: T = 0 → Q = 0
7: T = 0 → Q = 0
8: T = 0 → Q = 0

Suskaičiuokite pokyčius

0 → 1 → 1 → 1 → 0 → 0 → 0 → 0 → 0
N = 2

Atsakymas

N = 2
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: x = 15

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).

Pirmoji kongruencija

x = 4 + 11k

Antroji kongruencija

4 + 11k ≡ 2 (mod 13) → 11k ≡ 11 (mod 13)
k ≡ 6·11 ≡ 1 (mod 13)

Rezultatas

x = 4 + 11·1 = 15
x = 15
patikra: 15 mod 11 = 4, 15 mod 13 = 2

Atsakymas

x = 15
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 2142 mod 46 = 29

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

42 = 1010102 = 32 + 8 + 2

Kartotinis kėlimas kvadratu

211 ≡ 21 (mod 46)
212 ≡ 27 (mod 46)
214 ≡ 39 (mod 46)
218 ≡ 3 (mod 46)
2116 ≡ 9 (mod 46)
2132 ≡ 35 (mod 46)

Sudauginkite reikalingus laipsnius

2142 ≡ 27·3·35 ≡ 29 (mod 46)

Atsakymas

2142 mod 46 = 29
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: D · Pasirinkti anksčiausiai pasibaigiančią veiklą, tada kartoti su suderinamomis

Kodėl tai yra atsakymas

Anksčiausios pabaigos pasirinkimo optimalumą galima įrodyti mainų argumentu; kitoms taisyklėms yra kontrpavyzdžių.

Atsakymas

D · Pasirinkti anksčiausiai pasibaigiančią veiklą, tada kartoti su suderinamomis
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: B · 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

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

Atsakymas: A · O(1)

Kodėl tai yra atsakymas

Kiekvienas elementas iš viso daugiausia dukart įdedamas ir išimamas, todėl nors vienas papildymas gali užtrukti O(n), vidurkis per seką yra O(1).

Atsakymas

A · O(1)
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: C · Vienas dešinysis posūkis nesubalansuotame mazge

Kodėl tai yra atsakymas

Kairė–kairė atveju vienas dešinysis posūkis pakelia kairįjį vaiką aukštyn ir atkuria balansą; zigzago atvejams reikia dvigubo posūkio.

Atsakymas

C · Vienas dešinysis posūkis nesubalansuotame mazge
13.Grafų teorija

Atsakymas: L = 20

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.

Rankų paspaudimo lema medžiui

L + 40 = 2(L + 11) − 2
L = 20

Atsakymas

L = 20

Trumpesnis kelias: L = 2 + Σ (d − 2) pagal viršūnes, kurių laipsnis d ≥ 3.

14.Grafų teorija

Atsakymas: d(F) = 19

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: 13, C: 11
C (11): E: 12
E (12): D: 20, F: 19, G: 27
B (13): D: 19, G: 15
G (15)
D (19)
F (19)

Trumpiausias kelias

A → C → E → F
d(F) = 19

Atsakymas

d(F) = 19
15.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: B · Eilutes, esančias abiejuose rezultatuose

Kodėl tai yra atsakymas

INTERSECT palieka tik abiejose užklausose esančias eilutes ir, kaip UNION, pagal nutylėjimą pašalina pasikartojimus.

Atsakymas

B · Eilutes, esančias abiejuose rezultatuose
16.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: C · 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

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

Atsakymas: B · 10.1.200.5

Kodėl tai yra atsakymas

Esant /16, pirmieji 16 bitų (10,1) yra tinklo dalis. Juos turi tik 10.1.200.5, todėl jis yra tinkle 10.1.0.0/16.

Atsakymas

B · 10.1.200.5
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: D · Atstumo vektoriaus; skaidytas horizontas (split horizon) ir atvirkštinis nuodijimas (poison reverse)

Kodėl tai yra atsakymas

Po gedimo atstumo vektoriaus maršrutizatoriai gali toliau vienas kitam skelbti pasenusius maršrutus, lėtai didindami metriką. Skaidytas horizontas, atvirkštinis nuodijimas ir didžiausia metrika tai riboja.

Atsakymas

D · Atstumo vektoriaus; skaidytas horizontas (split horizon) ir atvirkštinis nuodijimas (poison reverse)
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: H = 62

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

22 = 4 ≥ 4 → b = 2, /26

Mazgai potinklyje

26 − 2 = 62

Atsakymas

H = 62
20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: p = 20

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

147 = 10010011
153 = 10011001
bendri pradiniai bitai: 4

Prefikso ilgis

p = 16 + 4 = 20

Atsakymas

p = /20

Apibendrintas maršrutas: 10.126.144.0/20 (jis taip pat apima tinklų, kurių nėra sąraše: 9).

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