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 −114 8 bitų dvejetainiu papildomuoju kodu. Skaitant kaip skaičių be ženklo, kokia šablono reikšmė U?
N = −1148 bit
U =
2.Skaičiavimo sistemosSunkus
Koks yra mažiausias (labiausiai neigiamas) sveikasis skaičius N, kurį galima užrašyti 32 bitų papildomuoju kodu?
32 bit
N =
3.Teiginių logika ir įrodymaiVidutinis
Norite įrodyti ¬b → c kontrapozicija. Kurią implikaciją įrodote vietoj jos? Spustelėkite ją.
¬b → c
1¬b ∧ ¬c
2c → ¬b
3¬c → ¬¬b
4¬¬b → ¬c
4.Teiginių logika ir įrodymaiSunkus
Kuris teiginys yra ekvivalentus ¬∀x F(x), kai neigimas perkeltas iki pat vidaus? Spustelėkite jį.
¬∀x F(x)
1∀x ¬F(x)
2∀x F(x)
3∃x F(x)
4∃x ¬F(x)
5.Skaitmeninė logika: elementai, Karno žemėlapiai ir trigeriaiVidutinis
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
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?
AJi veikia per O(1) laiką
BKompiliatorius visada ją paverčia ciklu, kuris saugiai pasibaigia
CJi vis kviečia save, kol perpildomas kvietimų stekas
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?
AO(n √n)
BO(n log n)
CO(n²)
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?
A4 2 5 1 3
B1 2 4 5 3
C1 2 3 4 5
D4 5 2 3 1
12.Duomenų struktūrosSunkus
Kodėl serveris galėtų savo maišos funkciją atsitiktinai parinkti iš universaliosios šeimos?
AKad būtų labai mažai tikėtina, jog užpuolikas parinks daug raktų, kurie visi susiduria
BKad maišos lentelė būtų surikiuota
CKad garantuotų, jog jokie du raktai niekada nesusidurs, kokius raktus beišsiųstų užpuolikas
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
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?
AIzoliacija
BPatvarumas
CAtomiškumas
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?
AGriežtą dviejų fazių užrakinimą eilučių užraktais
BOptimistinis lygiagretumo valdymas
CIšankstinis žurnalo rašymas
DDuomenų bazės skaidymas (sharding)
17.Kompiuterių tinklaiVidutinis
Kokia pagrindinė VLAN paskirtis?
ASuteikti kiekvienam įrenginiui viešąjį IP adresą
BPadidinti kiekvieno komutatoriaus prievado spartą
CPadalyti vieną fizinį komutuojamą tinklą į atskiras transliavimo sritis
DŠifruoti visą srautą tarp komutatorių, kad kiti skyriai jo neperskaitytų
18.Kompiuterių tinklaiSunkus
TCP perkrovos valdymo „lėto starto“ (slow start) fazė:
AEksponentiškai didina perkrovos langą, kol pasiekiama riba arba įvyksta praradimas
BMažina perkrovos langą perpus per kiekvieną apsisukimą, kol aptinkamas paketo praradimas
CNaudojama tik UDP
DIšlaiko langą fiksuotą – vieno segmento
19.IPv4 potinkliaiVidutinis
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
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).