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 −114 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?

N = −1148 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
32 bitų dvejetainis papildomasis kodas, N = ??ženklas???????????????????????????????

Koks yra mažiausias (labiausiai neigiamas) sveikasis skaičius N, kurį galima užrašyti 32 bitų papildomuoju kodu?

32 bit
N =
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
¬b ∧ ¬cc → ¬b¬c → ¬¬b¬¬b → ¬c

Norite įrodyti ¬b → c kontrapozicija. Kurią implikaciją įrodote vietoj jos? Spustelėkite ją.

¬b → c
  1. 1¬b ∧ ¬c
  2. 2c → ¬b
  3. 3¬c → ¬¬b
  4. 4¬¬b → ¬c
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
∀x ¬F(x)∀x F(x)∃x F(x)∃x ¬F(x)

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

¬∀x F(x)
  1. 1∀x ¬F(x)
  2. 2∀x F(x)
  3. 3∃x F(x)
  4. 4∃x ¬F(x)
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
MUX0I0​C′I1​C′I2​0I3​ABS1​S0​F

4 į 1 multiplekserio pasirinkimo įėjimai yra S₁ = A ir S₀ = B, o duomenų įėjimai prijungti prie I₀ = 0, I₁ = C′, I₂ = C′, I₃ = 0. Kiek iš 8 A, B ir C derinių duoda išėjimą F = 1? Raskite N.

I₀ = 0I₁ = C′I₂ = C′I₃ = 0
N =
6.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiSunkus
CLKD123456

Kylančiuoju frontu valdomas D trigeris pradeda nuo Q = 0 ir gauna parodytus įėjimus 6 kylančiaisiais taktinio signalo frontais. Kiek kartų N Q keičia būseną?

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

Raskite Oilerio funkciją φ(361), t. y. sveikųjų skaičių nuo 1 iki 361, tarpusavyje pirminių su 361, skaičių.

n = 361 = 192
φ(361) =
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetikaSunkus

19 yra pirminis skaičius. Pasinaudokite mažąja Ferma teorema ir raskite 318911 mod 19.

p = 19k = 18911
318911 mod 19 =
9.Algoritmai ir sudėtingumasVidutinis

Kuris teiginys apie rekursinę funkciją be pasiekiamo bazinio atvejo teisingas?

  1. AJi veikia per O(1) laiką
  2. BKompiliatorius visada ją paverčia ciklu, kuris saugiai pasibaigia
  3. CJi vis kviečia save, kol perpildomas kvietimų stekas
  4. DJi automatiškai grąžina 0
10.Algoritmai ir sudėtingumasSunkus

Koks yra šio kodo laiko sudėtingumas: for i = 1 to n: for (j = i; j ≤ n; j = j + i) atlikti O(1) darbą?

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

Dvejetainio medžio šaknis yra 1, jos kairysis vaikas 2, dešinysis 3; mazgas 2 turi vaikus 4 (kairįjį) ir 5 (dešinįjį). Koks preorder apėjimas?

  1. A4 2 5 1 3
  2. B1 2 4 5 3
  3. C1 2 3 4 5
  4. D4 5 2 3 1
12.Duomenų struktūrosSunkus

Kodėl serveris galėtų savo maišos funkciją atsitiktinai parinkti iš universaliosios šeimos?

  1. AKad būtų labai mažai tikėtina, jog užpuolikas parinks daug raktų, kurie visi susiduria
  2. BKad maišos lentelė būtų surikiuota
  3. CKad garantuotų, jog jokie du raktai niekada nesusidurs, kokius raktus beišsiųstų užpuolikas
  4. DKad nebereikėtų keisti lentelės dydžio
13.Grafų teorijaVidutinis

Kiek skirtingų Hamiltono ciklų H turi pilnasis grafas K6? Ciklai, besiskiriantys tik pradine viršūne ar kryptimi, laikomi tuo pačiu.

K6
H =
14.Grafų teorijaSunkus
ABCDEF

Kiek yra 2 ilgio maršrutų iš A į C? Maršrutas gali kartoti viršūnes ir briaunas. Pažymėkite skaičių N.

M = gretimumo matricaL = 2
N =
15.Duomenų bazės ir SQLVidutinis

Kuri ACID savybė reiškia, kad lygiagrečios transakcijos nemato viena kitos nebaigtų pakeitimų?

  1. AIzoliacija
  2. BPatvarumas
  3. CAtomiškumas
  4. DPrieinamumas
16.Duomenų bazės ir SQLSunkus

Programa vykdo UPDATE item SET qty = 4, version = 8 WHERE id = 1 AND version = 7 ir praneša apie konfliktą, jei neatnaujinta nė viena eilutė. Kokia tai technika?

  1. AGriežtą dviejų fazių užrakinimą eilučių užraktais
  2. BOptimistinis lygiagretumo valdymas
  3. CIšankstinis žurnalo rašymas
  4. DDuomenų bazės skaidymas (sharding)
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis

Kokia pagrindinė VLAN paskirtis?

  1. ASuteikti kiekvienam įrenginiui viešąjį IP adresą
  2. BPadidinti kiekvieno komutatoriaus prievado spartą
  3. CPadalyti vieną fizinį komutuojamą tinklą į atskiras transliavimo sritis
  4. DŠifruoti visą srautą tarp komutatorių, kad kiti skyriai jo neperskaitytų
18.Kompiuterių tinklaiSunkus

TCP perkrovos valdymo „lėto starto“ (slow start) fazė:

  1. AEksponentiškai didina perkrovos langą, kol pasiekiama riba arba įvyksta praradimas
  2. BMažina perkrovos langą perpus per kiekvieną apsisukimą, kol aptinkamas paketo praradimas
  3. CNaudojama tik UDP
  4. DIšlaiko langą fiksuotą – vieno segmento
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
/24 → /2611111111111111111111111111000000tinklo bitaimazgo bitai

Tinklas 192.168.220.0/24 padalytas į /26 potinklius, sunumeruotus 1, 2, 3, … nuo mažiausio adreso (1 potinklis prasideda nuo .0). Koks potinklio Nr. 2 tinklo adreso ketvirtasis oktetas x?

192.168.220.0/24/26potinklis 2 (1 potinklis prasideda nuo .0)
x =
20.IPv4 potinkliaiSunkus
paskutinis oktetas = 218112816403211618041201tinklasmazgas

Mazgo adresas yra 10.20.147.218/28. Koks yra jo tinklo adreso ketvirtasis oktetas x?

10.20.147.218/28
x =

3Tirpalai

1.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: U = 142

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

114 = 0111 0010
invertuota: 1000 1101
+1 → 1000 1110

Perskaitykite be ženklo

1000 1110₂ = 256 − 114 = 142

Atsakymas

U = 142
2.Skaičiavimo sistemos

Atsakymas: N = −2,147 × 10⁹

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.

Labiausiai neigiama reikšmė

−231 = −2147483648

Atsakymas

N = −2147483648
3.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: ¬c → ¬¬b

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).

Implikacijos dalys

a = ¬b, b = c

Kontrapozicija

¬b → ¬a = ¬c → ¬¬b

Atsakymas

¬c → ¬¬b

Kontrapozicija yra ekvivalenti pradiniam teiginiui, todėl ją įrodžius įrodomas ir teiginys.

4.Teiginių logika ir įrodymai

Atsakymas: ∃x ¬F(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) ≡ ∃x ¬F(x)

Atsakymas

∃x ¬F(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: N = 2

Multiplekseris: 2ⁿ į 1 multiplekseris perduoda vieną iš savo duomenų įėjimų į išėjimą; pasirinkimo linijos, skaitomos kaip dvejetainis skaičius, nurodo kurį. 4 į 1 MUX su pasirinkimo įėjimais S₁S₀ = AB, F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Duomenų įėjimus prijungus prie 0, 1, C arba C′, MUX gali sukurti bet kurią A, B ir C funkciją; tai dažnas būdas sudaryti logiką viena mikroschema.

Išėjimo išraiška

F = A′BC′ + AB′C′

Eilutės su F = 1

ABC = 010, 100
N = 2

Atsakymas

N = 2
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

D trigeris kiekvienu kylančiuoju frontu nukopijuoja D: Q⁺ = D.

1: D = 1 → Q = 1
2: D = 1 → Q = 1
3: D = 0 → Q = 0
4: D = 0 → Q = 0
5: D = 0 → Q = 0
6: D = 0 → Q = 0

Suskaičiuokite pokyčius

0 → 1 → 1 → 0 → 0 → 0 → 0
N = 2

Atsakymas

N = 2
7.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: φ(361) = 342

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

361 = 192

Oilerio funkcija

φ(361) = 361 − 19 = 342

Atsakymas

φ(361) = 342
8.Skaičių teorija ir modulinė aritmetika

Atsakymas: 318911 mod 19 = 10

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

18911 mod 18 = 11
318911 ≡ 311 (mod 19)

Mažas laipsnis

311 mod 19 = 10

Atsakymas

318911 mod 19 = 10
9.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: C · Ji vis kviečia save, kol perpildomas kvietimų stekas

Kodėl tai yra atsakymas

Be bazinio atvejo rekursija niekada nesibaigia; praktiškai pritrūksta atminties steko rėmeliams ir programa nulūžta.

Atsakymas

C · Ji vis kviečia save, kol perpildomas kvietimų stekas
10.Algoritmai ir sudėtingumas

Atsakymas: B · O(n log n)

Kodėl tai yra atsakymas

Iš viso gaunama n / 1 + n / 2 + ... + n / n = n × Hn, o harmoninis skaičius Hn yra Θ(log n).

Atsakymas

B · O(n log n)
11.Duomenų struktūros

Atsakymas: B · 1 2 4 5 3

Kodėl tai yra atsakymas

Preorder aplanko 1, tada jo kairįjį pomedį (2, 4, 5), tada 3; kiti variantai yra inorder, postorder ir apėjimas lygmenimis.

Atsakymas

B · 1 2 4 5 3
12.Duomenų struktūros

Atsakymas: A · Kad būtų labai mažai tikėtina, jog užpuolikas parinks daug raktų, kurie visi susiduria

Kodėl tai yra atsakymas

Taikant universalųjį maišymą, tikėtinas kolizijų skaičius bet kuriai raktų aibei mažas, nes užpuolikas nežino, kuri funkcija parinkta.

Atsakymas

A · Kad būtų labai mažai tikėtina, jog užpuolikas parinks daug raktų, kurie visi susiduria
13.Grafų teorija

Atsakymas: H = 60

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.

Suskaičiuokite

H = (6 − 1)!/2 = 120/2 = 60

Atsakymas

H = 60
14.Grafų teorija

Atsakymas: N = 1

Laipsniai: viršūnės laipsnis yra joje susitinkančių briaunų skaičius. Kiekviena briauna turi du galus, todėl laipsnių suma lygi dvigubam briaunų skaičiui: Σ deg(v) = 2|E| (rankų paspaudimo lema). Todėl nelyginio laipsnio viršūnių skaičius lyginis. Kn turi n(n − 1)/2 briaunų, k-reguliarusis grafas su n viršūnių – nk/2, o medis su n viršūnių – n − 1 briauną.

Gretimumo matrica

A: 0 1 1 0 0 0
B: 1 0 1 1 1 0
C: 1 1 0 0 1 0
D: 0 1 0 0 0 1
E: 0 1 1 0 0 0
F: 0 0 0 1 0 0

Bendri kaimynai

(M²)AC = 0·1 + 1·1 + 1·0 + 0·0 + 0·1 + 0·0 = 1

Atsakymas

N = 1
15.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: A · Izoliacija

Kodėl tai yra atsakymas

Izoliacija atskiria lygiagrečias transakcijas; izoliacijos lygiai lemia, kaip griežtai tai užtikrinama.

Atsakymas

A · Izoliacija
16.Duomenų bazės ir SQL

Atsakymas: B · Optimistinis lygiagretumo valdymas

Kodėl tai yra atsakymas

Optimistinis užrakinimas daro prielaidą, kad konfliktai reti: rašant jis tikrina versijos stulpelį ir nepavyksta, jei kita transakcija tuo metu pakeitė eilutę.

Atsakymas

B · Optimistinis lygiagretumo valdymas
17.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: C · Padalyti vieną fizinį komutuojamą tinklą į atskiras transliavimo sritis

Kodėl tai yra atsakymas

VLAN logiškai sugrupuoja prievadus, todėl transliavimai lieka kiekviename VLAN. Tai gerina saugumą ir riboja transliavimo srautą.

Atsakymas

C · Padalyti vieną fizinį komutuojamą tinklą į atskiras transliavimo sritis
18.Kompiuterių tinklai

Atsakymas: A · Eksponentiškai didina perkrovos langą, kol pasiekiama riba arba įvyksta praradimas

Kodėl tai yra atsakymas

Lėtas startas eksponentiškai didina perkrovos langą; peržengus ribą, perkrovos vengimo fazė jį didina tiesiškai, o praradimas jį sumažina.

Atsakymas

A · Eksponentiškai didina perkrovos langą, kol pasiekiama riba arba įvyksta praradimas
19.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 64

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).

Bloko dydis

26 = 64

Potinklis Nr. 2

tinklas: (2 − 1)·64 = 64
transliacija: 64 + 64 − 1 = 127

Atsakymas

x = 64
20.IPv4 potinkliai

Atsakymas: x = 208

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

24 = 16

Šio mazgo potinklis

tinklas: ⌊218/16⌋·16 = 208
transliacija: 208 + 16 − 1 = 223
naudojami mazgai: 209 … 222

Atsakymas

x = 208

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