Asas Sains Komputer: pek ulang kaji kilat

Lembaran formula, langkah kaedah utama untuk setiap topik dan 20 soalan latihan, dengan penyelesaian penuh di bahagian belakang.

Soalan baharuKembali ke kursus

Dalam tetingkap cetak, pilih “Simpan sebagai PDF” untuk menyimpan salinan pada peranti anda.

1Formula dan kaedah

Sistem nombor

Nilai kedudukan
perduaan 2k, oktal 8k, heks 16k
Kepada perpuluhan
Σ dk·bk
Daripada perpuluhan
bahagi dengan asas, baca baki dari bawah ke atas
Heks ↔ perduaan
satu digit heks = 4 bit
Pelengkap dua
songsangkan bit dan tambah 1

Logik proposisi & pembuktian

Baris jadual kebenaran
2ⁿ
Implikasi
p → q ≡ ¬p ∨ q ≡ ¬q → ¬p
Implikasi dinafikan
¬(p → q) ≡ p ∧ ¬q
Dwisyarat
p ↔ q ≡ (p → q) ∧ (q → p)
De Morgan
¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q, ¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q
Hukum agihan
p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r), p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
Pengkuantiti dinafikan
¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x), ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x)
Modus ponens, modus tollens
p → q, p ⊢ q; p → q, ¬q ⊢ ¬p

Kaedah

  1. Kira bilangan pemboleh ubah yang berbeza: jadual kebenaran mempunyai 2ⁿ baris, bermula dengan kesemuanya 1.
  2. Beri setiap subformula lajurnya sendiri dan isi lajur-lajur itu dari dalam ke luar.
  3. Gunakan peraturan setiap penghubung: → hanya 0 bagi 1 → 0, ↔ ialah 1 apabila kedua-dua belah sepadan.
  4. Untuk kesetaraan, bandingkan lajur akhir baris demi baris; untuk hujah, lihat hanya baris yang setiap premisnya 1.
  5. Untuk menafikan pernyataan berpengkuantiti, alihkan ¬ ke dalam, tukar ∀ dan ∃, dan nafikan formula di dalamnya.

Logik digital: get, peta K & flip-flop

Get asas
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Peraturan Boolean
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Susunan peta Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Kumpulan 2ᵏ sel
kehilangan k pemboleh ubah
Multipleks 4-ke-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flop
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Pembilang
n-bit: 2ⁿ keadaan; mod-N: n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Pembilang riak
fmax = 1/(n·tpd)
Pembilang gelang dan Johnson
n dan 2n keadaan

Kaedah

  1. Untuk litar, bekerja dari input ke output satu get pada satu masa dan tulis nilai pada setiap wayar, atau tulis ungkapannya dan isi jadual kebenaran.
  2. Untuk pemudahan, letakkan 1 (dan tidak peduli sebagai X) ke dalam peta Karnaugh dengan baris dan lajur kod Gray: 00, 01, 11, 10.
  3. Liputi 1 dengan kumpulan sesedikit dan sebesar mungkin yang berisi 1, 2, 4, 8 atau 16 sel, menyambung melepasi tepi; setiap kumpulan ialah satu sebutan hasil darab yang terdiri daripada pemboleh ubah yang kekal malar. Kumpulkan 0 untuk bentuk POS.
  4. Untuk flip-flop dan pembilang, baca input pada setiap pinggir jam yang aktif, tulis keadaan selepas setiap pinggir, dan ingat bahawa pembilang n-bit berpusing semula selepas 2ⁿ keadaan.

Teori nombor & aritmetik modulo

Pembahagian dengan baki
a = q·n + r, 0 ≤ r < n
Euclid
gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)
Gandaan sepunya terkecil
lcm(a, b) = a·b/gcd(a, b)
Songsangan
a·a⁻¹ ≡ 1 (mod n), gcd(a, n) = 1
Kongruen linear
a·x ≡ b → x ≡ a⁻¹·b (mod n)
Fungsi totien Euler
φ(n) = n·∏(1 − 1/p), φ(pᵏ) = pᵏ − pᵏ⁻¹
Fermat
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

Kaedah

  1. Kurangkan setiap nombor modulo n dahulu; baki terletak antara 0 dengan n − 1.
  2. Untuk gcd, bahagi berulang kali dengan algoritma Euclid; baki bukan sifar yang terakhir ialah gcd.
  3. Untuk songsangan, jalankan algoritma lanjutan dan simpan pekali a; tambah n jika ia negatif.
  4. Selesaikan a·x ≡ b dengan mendarab dengan a⁻¹; gabungkan dua kongruen dengan menulis x = r₁ + m₁k.
  5. Untuk kuasa, tulis eksponen dalam perduaan dan kuasa duakan berulang kali; dalam RSA, d = e⁻¹ mod φ(n) dengan φ(n) = (p − 1)(q − 1).

Teori graf

Lema jabat tangan
Σ deg(v) = 2|E|
Graf lengkap
|E(Kn)| = n(n − 1)/2, |E(Km,n)| = m·n
Graf sekata
|E| = n·k/2
Pokok dan hutan
|E| = n − 1, |E| = n − c
Daun sesebuah pokok
L = 2 + Σ (deg(v) − 2) over deg(v) ≥ 3
Euler
litar: semua darjah genap; laluan: tepat 2 darjah ganjil
Litar Hamilton dalam Kn
(n − 1)!/2
Kemas kini Dijkstra
d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v))
Jalan sepanjang L
(Mᴸ)ij

Kaedah

  1. Tulis darjah setiap bucu; jumlah darjah ialah dua kali bilangan sisi.
  2. Untuk soalan Euler, semak bahawa graf itu bersambung dan kira bucu yang berdarjah ganjil.
  3. Untuk pokok, gunakan n − 1 sisi dan lema jabat tangan.
  4. Untuk Dijkstra, simpan jadual jarak sementara dan tetapkan bucu tidak tetap yang paling kecil dalam setiap pusingan.
  5. Untuk pokok rentang minimum, isih sisi mengikut berat dan langkau setiap sisi yang menutup satu kitaran (Kruskal), atau tumbuhkan satu pokok daripada bucu permulaan (Prim).

Subnet IPv4

Hos bagi setiap subnet
2(32 − prefix) − 2 (/31: 2, /32: 1)
Saiz blok
256 − (mask octet)
Alamat rangkaian
IP AND topeng
Alamat siaran
IP OR (NOT mask): semua bit hos ditetapkan kepada 1
Subnet daripada n bit yang dipinjam
2n

2Soalan latihan

1.Sistem nomborSederhana
Pelengkap dua 8-bit0−12806403201608040201

Tetapkan bit supaya ia menyimpan −100 dalam pelengkap dua 8-bit. Dibaca sebagai nombor tanpa tanda, apakah nilai corak U?

N = −1008 bit
U =
2.Sistem nomborSukar
klik bit untuk menetapkannya012806403201608040201

Tetapkan bit kepada hasil 8-bit bagi 0010 1101 XOR 1000 0100. Apakah nilai hasil R dalam perpuluhan?

0010 1101XOR1000 0100
R =
3.Logik proposisi & pembuktianSederhana
¬¬p ∧ (q ∨ r)¬¬p ∧ ¬(q ∨ r)¬p ∧ ¬(q ∨ r)¬¬p → ¬(q ∨ r)

Anda hendak membuktikan ¬p → (q ∨ r) secara percanggahan. Pernyataan manakah yang anda andaikan pada permulaan? Klik pernyataan itu.

¬p → (q ∨ r)
  1. 1¬¬p ∧ (q ∨ r)
  2. 2¬¬p ∧ ¬(q ∨ r)
  3. 3¬p ∧ ¬(q ∨ r)
  4. 4¬¬p → ¬(q ∨ r)
4.Logik proposisi & pembuktianSukar
qrr → q¬r¬q11100100

Hujah dengan premis r → q; ¬r dan kesimpulan ¬q adalah tidak sah. Klik baris jadual kebenaran yang menjadi contoh penyangkal.

r → q¬r∴ ¬q
  1. 1q = 1, r = 1
  2. 2q = 1, r = 0
  3. 3q = 0, r = 1
  4. 4q = 0, r = 0
5.Logik digital: get, peta K & flip-flopSederhana
ABC000111100101324576

Permudahkan F = ABC′ + AB′ + A′BC′ kepada bentuk hasil tambah hasil darab minimum. Berapa banyak literal L yang terkandung dalam ungkapan yang dipermudah?

F = ABC′ + AB′ + A′BC′
L =
6.Logik digital: get, peta K & flip-flopSukar
CLKT12345678

Flip-flop T dicetus pinggir positif bermula dengan Q = 0 dan menerima input yang ditunjukkan. Klik pinggir jam pertama yang Q-nya berubah daripada 1 kembali kepada 0.

Q₀ = 0T
  1. 1pinggir jam 1
  2. 2pinggir jam 2
  3. 3pinggir jam 3
  4. 4pinggir jam 4
  5. 5pinggir jam 5
  6. 6pinggir jam 6
  7. 7pinggir jam 7
  8. 8pinggir jam 8
7.Teori nombor & aritmetik moduloSederhana

Selesaikan 67x ≡ 68 (mod 86). Beri penyelesaian x dengan 0 < x < 86.

67x ≡ 68 (mod 86)
x =
8.Teori nombor & aritmetik moduloSukar
553c = me​ mod n?m = cd​ mod nm(n, e) = (731, 5)d

Sulitkan mesej m = 553 dengan kunci awam RSA (n, e) = (731, 5). Cari teks sulit c.

n = 731e = 5m = 553
c =
9.Algoritma & kerumitanSederhana

Mengapakah pengaturcaraan dinamik tidak memberikan pecutan sebenar untuk isihan cantum?

  1. AIsihan cantum tidak mempunyai struktur rekursif
  2. BPengaturcaraan dinamik hanya berfungsi pada masalah graf, bukan pada tatasusunan
  3. CIsihan cantum sudah O(n)
  4. DSubmasalahnya tidak bertindih, jadi tiada apa-apa untuk digunakan semula
10.Algoritma & kerumitanSukar

Untuk varian galas manakah peraturan tamak "ambil item mengikut susunan nilai bagi setiap berat" sentiasa memberikan jawapan optimum?

  1. AGalas pecahan, yang itemnya boleh dipecahkan
  2. BKedua-dua varian
  3. CTiada satu pun varian
  4. DGalas 0/1, yang itemnya mesti sentiasa diambil keseluruhan
11.Struktur dataSederhana

Mengapakah timbunan binari boleh disimpan dalam tatasusunan tanpa sebarang penuding?

  1. AIa pokok binari lengkap, jadi kedudukan mengikut formula indeks yang mudah
  2. BTatasusunan secara automatik mengekalkan kunci dalam susunan tersusun, jadi tiada penuding diperlukan
  3. CTimbunan tidak pernah mengandungi lebih daripada 100 elemen
  4. DSemua kunci dalam timbunan adalah sama
12.Struktur dataSukar

Pokok Fenwick (pokok berindeks binari) ke atas tatasusunan n nombor menyokong operasi manakah dalam O(log n)?

  1. APertanyaan hasil tambah awalan dan kemas kini elemen tunggal
  2. BMenyisip elemen pada sebarang kedudukan
  3. CMengisih tatasusunan dan carian binari
  4. DMencari median dalam O(1)
13.Teori grafSederhana

Sebuah pokok mempunyai 3 bucu berdarjah 3, 3 bucu berdarjah 2, dan semua bucu lainnya ialah daun (berdarjah 1). Berapa banyak daun L yang ada padanya?

3 × deg 33 × deg 2
L =
14.Teori grafSukar
15183149816ABCDE

Cari jumlah berat W pokok rentang minimum bagi graf berpemberat itu.

|V| = 5|E| = 7
W =
15.Pangkalan data & SQLSederhana

Apakah maksud "A" dalam ACID?

  1. AAggregation
  2. BAvailability
  3. CAtomicity (keatoman)
  4. DAccuracy
16.Pangkalan data & SQLSukar

Apakah yang dikira oleh SELECT day, SUM(amount) OVER (ORDER BY day) FROM sales?

  1. AJumlah semua amount pada setiap baris
  2. BPurata amount sehari
  3. CJumlah berjalan amount yang disusun mengikut hari
  4. DSatu baris bagi setiap hari dengan jumlah hari itu sahaja
17.Rangkaian komputerSederhana

Berapakah bilangan alamat hos yang boleh digunakan dalam rangkaian IPv4 /24?

  1. A252
  2. B254
  3. C255
  4. D256
18.Rangkaian komputerSukar

Fasa "permulaan perlahan" (slow start) kawalan kesesakan TCP:

  1. AMeningkatkan tetingkap kesesakan secara eksponen sehingga ambang atau kehilangan
  2. BDigunakan oleh UDP sahaja
  3. CMengurangkan separuh tetingkap kesesakan setiap perjalanan pergi balik sehingga kehilangan paket dikesan
  4. DMengekalkan tetingkap tetap pada satu segmen
19.Subnet IPv4Sederhana
/24 → /2911111111111111111111111111111000bit rangkaianbit hos

Rangkaian 192.168.10.0/24 mesti dibahagikan kepada sekurang-kurangnya 20 subnet yang sama saiz. Jika anda meminjam bit sesedikit mungkin, berapakah hos boleh guna H bagi setiap subnet?

192.168.10.0/2420 subnets
H =
20.Subnet IPv4Sukar

Rangkaian 192.168.46.0/24 dibahagikan dengan VLSM untuk LAN berikut: A: 26 hos, B: 29 hos, C: 3 hos, D: 122 hos. Subnet diperuntukkan dari .0 ke atas, LAN dengan hos paling banyak dahulu, masing-masing dengan subnet terkecil yang muat. Apakah oktet keempat x alamat rangkaian LAN B?

A: 26B: 29C: 3D: 122
x =

3Larutan

1.Sistem nombor

Jawapan: U = 156

Menetapkan bit: setiap bit bernilai kuasa dua (128, 64, …, 1). Satu digit heks tepat empat bit, dan dalam pelengkap dua 8-bit bit paling kiri bernilai −128. Operasi bitwise bekerja pada setiap kedudukan bit secara berasingan.

Songsang dan tambah satu

100 = 0110 0100
disongsangkan: 1001 1011
+1 → 1001 1100

Baca sebagai tanpa tanda

1001 1100₂ = 256 − 100 = 156

Jawapan

U = 156
2.Sistem nombor

Jawapan: R = 169

Menetapkan bit: setiap bit bernilai kuasa dua (128, 64, …, 1). Satu digit heks tepat empat bit, dan dalam pelengkap dua 8-bit bit paling kiri bernilai −128. Operasi bitwise bekerja pada setiap kedudukan bit secara berasingan.

Bit demi bit

XOR memberikan 1 di mana kedua-dua bit berbeza.

0010 1101
XOR 1000 0100
= 1010 1001

Nilai hasil

1010 1001₂ = 169

Jawapan

R = 169
3.Logik proposisi & pembuktian

Jawapan: ¬p ∧ ¬(q ∨ r)

Kesetaraan logik: dua formula adalah setara (≡) apabila ia mempunyai nilai yang sama dalam setiap baris jadual kebenaran. Tautologi ialah 1 dalam setiap baris, percanggahan ialah 0 dalam setiap baris, dan kontingensi bukan kedua-duanya. Hukum yang berguna: De Morgan, ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b dan ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b; a → b ≡ ¬a ∨ b ≡ ¬b → ¬a (kontrapositif); ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b; dan hukum agihan, a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).

Bahagian implikasi

a = ¬p, b = q ∨ r

Penafian implikasi

¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b = ¬p ∧ ¬(q ∨ r)

Jawapan

¬p ∧ ¬(q ∨ r)

Jika andaian membawa kepada percanggahan, implikasi itu mestilah benar.

4.Logik proposisi & pembuktian

Jawapan: q = 1, r = 0

Pengkuantiti dan hujah: ¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x) dan ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x). Alihkan penafian ke dalam, tukar setiap pengkuantiti yang dilaluinya, dan nafikan formula di dalam dengan hukum proposisi, seperti ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b. Hujah adalah sah apabila kesimpulan ialah 1 dalam setiap baris yang semua premisnya 1. Satu baris dengan premis benar dan kesimpulan palsu ialah contoh penyangkal dan menunjukkan hujah itu tidak sah.

Premis dan kesimpulan baris demi baris

q = 1, r = 1: 1 0 | 0
q = 1, r = 0: 1 1 | 0
q = 0, r = 1: 0 0 | 1
q = 0, r = 0: 1 1 | 1

Contoh penyangkal

q = 1, r = 0

Jawapan

q = 1, r = 0

Hujah dengan bentuk ini kelihatan seperti peraturan yang sah, tetapi satu baris sudah memadai untuk menunjukkan bahawa ia tidak sah.

5.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: L = 4

Aljabar Boolean: peraturan yang memudahkan ungkapan ialah X + X′ = 1 dan X·X′ = 0, X + X = X, penyerapan X + X·Y = X, peraturan penggabungan X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y dan teorem konsensus XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Hukum De Morgan menukar (X·Y)′ kepada X′ + Y′ dan (X + Y)′ kepada X′·Y′. Peta Karnaugh menggunakan peraturan ini secara grafik: setiap kumpulan dua sel berjiran ialah satu penggunaan XY + XY′ = X.

Minterm ungkapan

ABC′ → m(6)
AB′ → m(4, 5)
A′BC′ → m(2)
ABC00011110010001031214150716

Kumpulkan dan baca

F = BC′ + AB′

Kira literal

L = 4

Jawapan

L = 4
6.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: pinggir jam 5

Flip-flop dan pembilang: flip-flop hanya berubah pada pinggir jam yang aktif. D menyalin inputnya (Q⁺ = D); T bertukar keadaan apabila T = 1; JK kekal untuk 00, set semula untuk 01, set untuk 10 dan bertukar keadaan untuk 11. Pembilang perduaan n-bit mempunyai 2ⁿ keadaan dan mengira modulo 2ⁿ; pembilang mod-N mengira 0, 1, …, N − 1 dan kembali ke 0, dan memerlukan flip-flop sebanyak n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N. Setiap peringkat pembilang riak membahagi dua frekuensi, maka output terakhir pembilang mod-N berjalan pada fclk/N. Pembilang Johnson dengan n flip-flop mempunyai 2n keadaan, pembilang gelang n.

Q selepas setiap pinggir

Flip-flop T bertukar keadaan pada setiap pinggir menaik dengan T = 1 dan kekal dengan T = 0.

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

Perubahan pertama daripada 1 kepada 0

pinggir jam 5

Jawapan

pinggir jam 5
7.Teori nombor & aritmetik modulo

Jawapan: x = 10

Songsangan dan kongruen: a mempunyai songsangan modulo n tepat apabila gcd(a, n) = 1. Algoritma Euclid lanjutan menulis 1 = s·n + t·a, dan kemudian a⁻¹ ≡ t (mod n). Kongruen a·x ≡ b (mod n) dengan gcd(a, n) = 1 mempunyai penyelesaian x ≡ a⁻¹·b. Dua kongruen x ≡ r₁ (mod m₁) dan x ≡ r₂ (mod m₂) dengan modulus perdana relatif mempunyai satu penyelesaian modulo m₁·m₂ (teorem baki Cina). φ(n) Euler mengira nombor dari 1 hingga n yang perdana relatif dengan n: φ(n) = n·∏(1 − 1/p).

Songsangan 67

r = 86, t = 0
r = 67, q = 1, t = 1
r = 19, q = 3, t = −1
r = 10, q = 1, t = 4
r = 9, q = 1, t = −5
r = 1, q = 9, t = 9
67−1 ≡ 9 (mod 86)

Selesaikan

x ≡ 9·68 = 612 ≡ 10 (mod 86)
semakan: 67·10 = 670 ≡ 68 (mod 86)

Jawapan

x = 10
8.Teori nombor & aritmetik modulo

Jawapan: c = 93

Kuasa modular dan RSA: hitung aᵏ mod n dengan kuasa dua berulang: tulis k dalam perduaan, kuasa duakan, kurangkan selepas setiap langkah dan darabkan kuasa yang bitnya 1. Fermat: aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p) untuk nombor perdana p yang tidak membahagi a, maka eksponen boleh dikurangkan modulo p − 1. RSA: pilih nombor perdana p dan q, n = p·q dan φ(n) = (p − 1)(q − 1); eksponen awam e perdana relatif dengan φ(n), dan eksponen persendirian ialah d = e⁻¹ mod φ(n). Sulitkan dengan c = mᵉ mod n dan nyahsulit dengan m = cᵈ mod n.

Kuasa dua berulang

5 = 4 + 1
5531 ≡ 553 (mod 731)
5532 ≡ 251 (mod 731)
5534 ≡ 135 (mod 731)
5535 ≡ 553·135 ≡ 93 (mod 731)

Teks sulit

c = 93

Jawapan

c = 93
9.Algoritma & kerumitan

Jawapan: D · Submasalahnya tidak bertindih, jadi tiada apa-apa untuk digunakan semula

Mengapa ini jawapannya

Separuh isihan cantum tidak bertindih dan setiap satu diselesaikan sekali; DP hanya membantu apabila submasalah berulang, seperti dalam Fibonacci.

Jawapan

D · Submasalahnya tidak bertindih, jadi tiada apa-apa untuk digunakan semula
10.Algoritma & kerumitan

Jawapan: A · Galas pecahan, yang itemnya boleh dipecahkan

Mengapa ini jawapannya

Apabila item boleh dipecahkan, nisbah terbaik dahulu adalah optimum; dalam galas 0/1 item bernisbah tinggi boleh menghalang kombinasi yang lebih baik, jadi pengaturcaraan dinamik diperlukan.

Jawapan

A · Galas pecahan, yang itemnya boleh dipecahkan
11.Struktur data

Jawapan: A · Ia pokok binari lengkap, jadi kedudukan mengikut formula indeks yang mudah

Mengapa ini jawapannya

Kelengkapan bermaksud tiada jurang, jadi anak bagi indeks i sentiasa berada pada 2i + 1 dan 2i + 2.

Jawapan

A · Ia pokok binari lengkap, jadi kedudukan mengikut formula indeks yang mudah
12.Struktur data

Jawapan: A · Pertanyaan hasil tambah awalan dan kemas kini elemen tunggal

Mengapa ini jawapannya

Pokok Fenwick menyimpan hasil tambah separa ke atas julat yang ditentukan oleh bit rendah setiap indeks, jadi kedua-dua hasil tambah awalan dan kemas kini titik mengambil O(log n).

Jawapan

A · Pertanyaan hasil tambah awalan dan kemas kini elemen tunggal
13.Teori graf

Jawapan: L = 5

Euler, Hamilton dan pokok: graf bersambung mempunyai litar Euler (setiap sisi sekali, kembali ke permulaan) apabila setiap bucu berdarjah genap, dan laluan Euler yang bukan litar apabila tepat dua bucu berdarjah ganjil; laluan itu kemudian bermula dari satu bucu ganjil ke bucu ganjil yang lain. Litar Hamilton melawat setiap bucu sekali; Kn mempunyai (n − 1)!/2 daripadanya. Pokok pada n bucu mempunyai n − 1 sisi, dan graf bersambung dengan m sisi mengekalkan pokok rentang selepas membuang m − n + 1 sisi.

Lema jabat tangan untuk pokok

L + 15 = 2(L + 6) − 2
L = 5

Jawapan

L = 5

Jalan pintas: L = 2 + Σ (d − 2) ke atas bucu berdarjah d ≥ 3.

14.Teori graf

Jawapan: W = 35

Laluan terpendek dan pokok rentang: algoritma Dijkstra menetapkan satu bucu setiap pusingan: bucu tidak tetap yang berjarak sementara paling kecil. Jaraknya kemudian muktamad, dan setiap jiran v mendapat d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v)). Algoritma Kruskal membina pokok rentang minimum dengan mengambil sisi dari ringan ke berat dan melangkau sebarang sisi yang akan menutup kitaran; algoritma Prim menumbuhkan satu pokok daripada bucu permulaan dengan sentiasa menambah sisi teringan yang keluar daripadanya. Pokok rentang n bucu mempunyai n − 1 sisi.

Algoritma Kruskal

BC (3): ambil
DE (8): ambil
CE (9): ambil
BD (14): langkau, menutup kitaran
AB (15): ambil

Jumlah berat

W = 3 + 8 + 9 + 15 = 35

Jawapan

W = 35
15.Pangkalan data & SQL

Jawapan: C · Atomicity (keatoman)

Mengapa ini jawapannya

ACID: atomicity, consistency, isolation, durability. Atomicity bermaksud transaksi dilaksanakan sepenuhnya atau tidak langsung.

Jawapan

C · Atomicity (keatoman)
16.Pangkalan data & SQL

Jawapan: C · Jumlah berjalan amount yang disusun mengikut hari

Mengapa ini jawapannya

Dengan ORDER BY dan tiada bingkai eksplisit, tetingkap berjalan dari baris pertama hingga baris semasa (dan serinya), yang memberi jumlah kumulatif.

Jawapan

C · Jumlah berjalan amount yang disusun mengikut hari
17.Rangkaian komputer

Jawapan: B · 254

Mengapa ini jawapannya

/24 mempunyai 8 bit hos, maka 2⁸ = 256 alamat. Alamat rangkaian dan siaran dikhaskan, meninggalkan 254 untuk hos.

Jawapan

B · 254
18.Rangkaian komputer

Jawapan: A · Meningkatkan tetingkap kesesakan secara eksponen sehingga ambang atau kehilangan

Mengapa ini jawapannya

Slow start menaikkan tetingkap kesesakan secara eksponen; selepas ambang, pengelakan kesesakan menaikkannya secara linear, dan kehilangan mengurangkannya.

Jawapan

A · Meningkatkan tetingkap kesesakan secara eksponen sehingga ambang atau kehilangan
19.Subnet IPv4

Jawapan: H = 6

Subnet IPv4: alamat mempunyai 32 bit. Awalan /p menyatakan berapa banyak bit permulaan yang mengenal pasti rangkaian; baki 32 − p bit menomborkan hos. Satu subnet mempunyai 2³²⁻ᵖ alamat, tetapi yang pertama (alamat rangkaian) dan yang terakhir (alamat siaran) tidak boleh diberikan kepada hos, jadi 2³²⁻ᵖ − 2 hos boleh dimuatkan. Pengecualian: /31 (pautan titik ke titik, RFC 3021) menggunakan kedua-dua 2 alamatnya untuk hos, dan /32 ialah satu alamat tunggal (satu hos atau loopback).

Bit untuk dipinjam

25 = 32 ≥ 20 → b = 5, /29

Hos bagi setiap subnet

23 − 2 = 6

Jawapan

H = 6
20.Subnet IPv4

Jawapan: x = 128

VLSM: setiap LAN mendapat subnet terkecil dengan 2ʰ − 2 ≥ bilangan hosnya, iaitu awalan 32 − h. Memperuntukkan subnet terbesar dahulu memastikan setiap blok sejajar pada gandaan saiznya sendiri, maka alamat rangkaian diperoleh dengan menambah saiz blok.

Saiz blok bagi setiap LAN

D: 122 hos → 27 = 128 (/25)
B: 29 hos → 25 = 32 (/27)
A: 26 hos → 25 = 32 (/27)
C: 3 hos → 23 = 8 (/29)

Peruntukan, yang terbesar dahulu

D: .0 – .127
B: .128 – .159
A: .160 – .191
C: .192 – .199

Jawapan

x = 128

LAN B: 192.168.46.128/27.

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