Basis informatica: samenvattingspakket

Formuleoverzichten, de belangrijkste methodestappen voor elk onderwerp en 20 oefenopgaven, met volledige oplossingen achterin.

Nieuwe opgavenTerug naar het vak

Kies in het printvenster “Opslaan als pdf” om een kopie op je apparaat te bewaren.

1Formules en methoden

Talstelsels

Plaatswaarden
binair 2k, octaal 8k, hex 16k
Naar decimaal
Σ dk·bk
Vanuit decimaal
deel door het grondtal en lees de resten van onder naar boven
Hex ↔ binair
één hexcijfer = 4 bits
Two's complement
inverteer de bits en tel 1 op

Propositielogica & bewijzen

Rijen van een waarheidstabel
2ⁿ
Implicatie
p → q ≡ ¬p ∨ q ≡ ¬q → ¬p
Ontkende implicatie
¬(p → q) ≡ p ∧ ¬q
Bi-implicatie
p ↔ q ≡ (p → q) ∧ (q → p)
De Morgan
¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q, ¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q
Distributieve wetten
p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r), p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
Ontkende kwantoren
¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x), ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x)
Modus ponens, modus tollens
p → q, p ⊢ q; p → q, ¬q ⊢ ¬p

Methode

  1. Tel de verschillende variabelen: de waarheidstabel heeft 2ⁿ rijen, beginnend met alle variabelen op 1.
  2. Geef elke deelformule een eigen kolom en vul de kolommen van binnen naar buiten in.
  3. Pas de regel van elk voegwoord toe: → is alleen 0 bij 1 → 0, ↔ is 1 als beide kanten gelijk zijn.
  4. Vergelijk bij equivalenties de laatste kolommen rij voor rij; kijk bij een redenering alleen naar de rijen waarin alle premissen 1 zijn.
  5. Om een bewering met kwantor te ontkennen, schuif je ¬ naar binnen, verwissel je ∀ en ∃ en ontken je de binnenste formule.

Digitale logica: poorten, K-kaarten & flip-flops

Basispoorten
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Booleaanse regels
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Volgorde van de Karnaugh-kaart
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Groep van 2ᵏ cellen
verliest k variabelen
4-naar-1-multiplexer
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flops
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Tellers
n-bits: 2ⁿ toestanden; mod-N: kleinste n met 2ⁿ ≥ N; fuit = fklok/N
Ripple-teller
fmax = 1/(n·tpd)
Ring- en Johnson-tellers
n en 2n toestanden

Methode

  1. Werk bij een schakeling van de ingangen naar de uitgang, één poort tegelijk, en schrijf de waarde op elke draad, of schrijf de uitdrukking op en vul de waarheidstabel in.
  2. Zet voor vereenvoudiging de enen (en de don’t-cares als X) in een Karnaugh-kaart met rijen en kolommen in Gray-code: 00, 01, 11, 10.
  3. Dek de enen met zo weinig en zo grote groepen van 1, 2, 4, 8 of 16 cellen als mogelijk, met terugloop om de randen; elke groep is één productterm van de variabelen die constant blijven. Groepeer de nullen voor de POS-vorm.
  4. Lees bij flip-flops en tellers de ingangen af op elke actieve klokflank, schrijf de toestand na elke flank op, en onthoud dat een n-bits teller na 2ⁿ toestanden terugloopt.

Getaltheorie & modulair rekenen

Deling met rest
a = q·n + r, 0 ≤ r < n
Euclides
gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)
Kleinste gemene veelvoud
lcm(a, b) = a·b/gcd(a, b)
Inverse
a·a⁻¹ ≡ 1 (mod n), gcd(a, n) = 1
Lineaire congruentie
a·x ≡ b → x ≡ a⁻¹·b (mod n)
Eulers φ-functie
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

Methode

  1. Reduceer eerst elk getal modulo n; resten liggen tussen 0 en n − 1.
  2. Deel voor een ggd herhaaldelijk met het algoritme van Euclides; de laatste rest ongelijk aan nul is de ggd.
  3. Laat voor een inverse het uitgebreide algoritme lopen en houd de coëfficiënt van a; tel n erbij op als die negatief is.
  4. Los a·x ≡ b op door met a⁻¹ te vermenigvuldigen; combineer twee congruenties door x = r₁ + m₁k te schrijven.
  5. Schrijf bij machten de exponent binair en kwadrateer herhaaldelijk; in RSA is d = e⁻¹ mod φ(n) met φ(n) = (p − 1)(q − 1).

Grafentheorie

Handenschudlemma
Σ deg(v) = 2|E|
Volledige grafen
|E(Kn)| = n(n − 1)/2, |E(Km,n)| = m·n
Reguliere graaf
|E| = n·k/2
Boom en bos
|E| = n − 1, |E| = n − c
Bladeren van een boom
L = 2 + Σ (deg(v) − 2) over deg(v) ≥ 3
Euler
circuit: alle graden even; pad: precies 2 oneven graden
Hamiltoncircuits in Kn
(n − 1)!/2
Dijkstra-update
d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v))
Wandelingen van lengte L
(Mᴸ)ij

Methode

  1. Schrijf de graad van elk hoekpunt op; de graden zijn samen twee keer het aantal kanten.
  2. Controleer bij Eulervragen of de graaf samenhangend is en tel de hoekpunten met oneven graad.
  3. Gebruik bij bomen n − 1 kanten en het handenschudlemma.
  4. Houd bij Dijkstra een tabel met voorlopige afstanden bij en leg elke ronde het onafgehandelde hoekpunt met de kleinste afstand vast.
  5. Sorteer voor een minimaal opspannende boom de kanten op gewicht en sla elke kant over die een cykel sluit (Kruskal), of laat één boom groeien vanuit een beginpunt (Prim).

IPv4-subnetting

Hosts per subnet
2(32 − prefix) − 2 (/31: 2, /32: 1)
Blokgrootte
256 − (mask octet)
Netwerkadres
IP AND masker
Broadcastadres
IP OR (NOT masker): alle hostbits op 1
Subnetten uit n geleende bits
2n

2Oefenopgaven

1.TalstelselsGemiddeld
plaatswaarden in two's complement1−12816413211608141211

Het 8-bits patroon 1111 0111 slaat een geheel getal met teken op in two's complement. Wat is de waarde N in decimaal?

1111 01118 bit
N =
2.TalstelselsMoeilijk
klik op de bits om ze in te stellen012806403201608040201

Stel de bits in op het 8-bits resultaat van 0110 0010 AND 1110 0011. Wat is de waarde R van het resultaat in decimaal?

0110 0010AND1110 0011
R =
3.Propositielogica & bewijzenGemiddeld
tautologiecontradictiecontingentie

Is (q → p) ∧ (q ∧ ¬p) een tautologie, een contradictie of een contingentie? Klik op je antwoord.

(q → p) ∧ (q ∧ ¬p)
  1. 1tautologie
  2. 2contradictie
  3. 3contingentie
4.Propositielogica & bewijzenMoeilijk
abcc → (a ∨ b)ca111110101100011010001000

De redenering met premissen c → (a ∨ b); c en conclusie a is ongeldig. Klik op de rij van de waarheidstabel die een tegenvoorbeeld is.

c → (a ∨ b)c∴ 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.Digitale logica: poorten, K-kaarten & flip-flopsGemiddeld
ABC000111100101324576

Vereenvoudig F = A′C′ + B′C′ + A′BC′ tot zijn minimale som-van-productenvorm. Hoeveel literals L bevat de vereenvoudigde uitdrukking?

F = A′C′ + B′C′ + A′BC′
L =
6.Digitale logica: poorten, K-kaarten & flip-flopsMoeilijk
ABCD000111100001111010X103X204050716012113X151140809X11010

Bepaal de minimale SOP-vorm van F(A, B, C, D) = Σm(0, 6, 13, 14) + d(1, 2, 11, 15), waarbij d de don’t-care-condities aangeeft. Hoeveel literals L bevat die?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 6, 13, 14) + d(1, 2, 11, 15)
L =
7.Getaltheorie & modulair rekenenGemiddeld

Bepaal Eulers φ φ(425), het aantal gehele getallen van 1 tot 425 die onderling ondeelbaar zijn met 425.

n = 425 = 52·17
φ(425) =
8.Getaltheorie & modulair rekenenMoeilijk
mc = me​ mod n108m = cd​ mod n?(n, e) = (391, 3)d

Een RSA-sleutel gebruikt p = 17, q = 23 en e = 3. Ontsleutel de cijfertekst c = 108: bepaal het bericht m.

p = 17q = 23e = 3c = 108
m =
9.Algoritmen & complexiteitGemiddeld

Wat is de oplossing van de recurrente betrekking T(n) = T(n − 1) + O(n)?

  1. AO(n)
  2. BO(n²)
  3. CO(n log n)
  4. DO(2ⁿ)
10.Algoritmen & complexiteitMoeilijk

Wat zou er volgen als iemand een algoritme in polynomiale tijd vond voor één NP-volledig probleem?

  1. AElk probleem in NP zou in polynomiale tijd kunnen worden opgelost, dus P = NP
  2. BAlleen dat ene probleem zou naar P verhuizen
  3. CHet stopprobleem zou beslisbaar worden
  4. DAlle algoritmen met exponentiële tijd zouden meteen in lineaire tijd lopen
11.DatastructurenGemiddeld

Welke datastructuur wordt gebruikt om te controleren of de haakjes in "{[()]}" in balans zijn?

  1. AEen stack
  2. BEen hashtabel
  3. CEen queue
  4. DEen binaire zoekboom
12.DatastructurenMoeilijk

Aan welke eigenschap moet een rood-zwartboom voldoen?

  1. AElk pad van een knoop naar zijn afstammende bladeren bevat evenveel zwarte knopen
  2. BDe wortel moet rood zijn
  3. CRode knopen moeten rode kinderen hebben, dus rode knopen vormen altijd ononderbroken ketens tot de bladeren
  4. DElke knoop moet rood zijn
13.GrafentheorieGemiddeld
ABCDEFGEulercircuitEulerpad, geen circuitgeen van beide

Heeft de samenhangende graaf een Eulercircuit, een Eulerpad dat geen circuit is, of geen van beide? Klik op je antwoord.

|V| = 7|E| = 7
  1. 1Eulercircuit
  2. 2Eulerpad, geen circuit
  3. 3geen van beide
14.GrafentheorieMoeilijk
161415116159ABCDEF

Het algoritme van Prim bouwt een minimaal opspannende boom vanaf hoekpunt E. Klik op de kant die het toevoegt als kant nummer 5.

start: Ek = 5
  1. 1kant AB
  2. 2kant AC
  3. 3kant BC
  4. 4kant BD
  5. 5kant CE
  6. 6kant DE
  7. 7kant EF
  8. 8kant BE
15.Databases & SQLGemiddeld

De eerste normaalvorm (1NF) vereist dat:

  1. AElke niet-sleutelkolom afhangt van de hele sleutel en van niets anders dan de sleutel
  2. BElke kolom atomaire waarden bevat en er geen herhalende groepen zijn
  3. CElke tabel precies één kolom heeft
  4. DEr geen vreemde sleutels zijn
16.Databases & SQLMoeilijk

Twee artsen met dienst controleren elk of de ander nog dienst heeft en melden zich daarna tegelijk af. Welke anomalie kan snapshot isolation hier nog toestaan?

  1. ADirty read
  2. BWrite skew
  3. CNon-repeatable read binnen één transactie
  4. DDirty write
17.ComputernetwerkenGemiddeld

Waarom heeft UDP vaak de voorkeur voor live videogesprekken?

  1. AUDP versleutelt data automatisch
  2. BUDP garandeert dat elk pakket aankomt, dus het beeld bevriest nooit
  3. CUDP is verplicht voor alle video
  4. DLage vertraging is belangrijker dan elk verloren pakket opnieuw verzenden
18.ComputernetwerkenMoeilijk

Head-of-line blocking bij HTTP/2 over TCP ontstaat doordat:

  1. AEen verloren TCP-segment alle gemultiplexte streams vertraagt totdat het opnieuw is verzonden
  2. BServers geen parallelle verzoeken kunnen afhandelen
  3. CHTTP/2 UDP gebruikt
  4. DElk verzoek een eigen nieuwe TCP-verbinding nodig heeft, zodat latere verzoeken in een wachtrij wachten
19.IPv4-subnettingGemiddeld
/24 → /2911111111111111111111111111111000netwerkbitshostbits

Het netwerk 192.168.10.0/24 moet worden verdeeld in minstens 20 gelijke subnetten. Als je zo weinig mogelijk bits leent, hoeveel bruikbare hosts H heeft elk subnet?

192.168.10.0/2420 subnets
H =
20.IPv4-subnettingMoeilijk
laatste octet = 3012806403201608041211netwerkhost

Een host heeft het adres 10.20.228.3/28. Wat is het vierde octet x van het laatste bruikbare hostadres in zijn subnet?

10.20.228.3/28
x =

3Oplossingen

1.Talstelsels

Antwoord: N = −9

Positionele talstelsels: elk cijfer is zijn waarde maal een macht van het grondtal waard. Binair zijn de posities 1, 2, 4, 8, 16, … waard, hexadecimaal 1, 16, 256, …, met A–F voor 10–15. In 8-bits two's complement is het meest linkse bit −128 waard in plaats van +128; zo worden negatieve getallen opgeslagen.

Plaatswaarden optellen

De andere bits houden hun gewone positieve waarde.

−128 + 64 + 32 + 16 + 4 + 2 + 1 = −9

Antwoord

N = −9
2.Talstelsels

Antwoord: R = 98

Bits instellen: elke bit is een macht van twee waard (128, 64, …, 1). Eén hexadecimaal cijfer is precies vier bits, en in 8-bits tweecomplement is de meest linkse bit −128 waard. Bitsgewijze bewerkingen werken op elke bitpositie apart.

Bit voor bit

AND geeft alleen 1 waar beide bits 1 zijn.

0110 0010
AND 1110 0011
= 0110 0010

Waarde van het resultaat

0110 0010₂ = 98

Antwoord

R = 98
3.Propositielogica & bewijzen

Antwoord: contradictie

Logische equivalentie: twee formules zijn equivalent (≡) als ze in elke rij van de waarheidstabel dezelfde waarde hebben. Een tautologie is in elke rij 1, een contradictie in elke rij 0, en een contingentie is geen van beide. Nuttige wetten: De Morgan, ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b en ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b; a → b ≡ ¬a ∨ b ≡ ¬b → ¬a (contrapositie); ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b; en de distributieve wetten, a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).

Waarheidstabel rij voor rij

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

Classificeer

(q → p) ∧ (q ∧ ¬p): 0, 0, 0, 0
0 in elke rij: een contradictie.

Antwoord

contradictie
4.Propositielogica & bewijzen

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

Kwantoren en redeneringen: ¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x) en ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x). Schuif een ontkenning naar binnen, verwissel elke kwantor die ze passeert en ontken de binnenste formule met de propositiewetten, zoals ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b. Een redenering is geldig als de conclusie 1 is in elke rij waarin alle premissen 1 zijn. Eén rij met ware premissen en een onware conclusie is een tegenvoorbeeld en toont aan dat de redenering ongeldig is.

Premissen en conclusie rij voor rij

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

Tegenvoorbeeld

a = 0, b = 1, c = 1

Antwoord

a = 0, b = 1, c = 1

Een redenering van deze vorm lijkt op een geldige regel, maar één rij is genoeg om te laten zien dat dat niet zo is.

5.Digitale logica: poorten, K-kaarten & flip-flops

Antwoord: L = 4

Booleaanse algebra: de regels die uitdrukkingen vereenvoudigen zijn X + X′ = 1 en X·X′ = 0, X + X = X, absorptie X + X·Y = X, de samenvoegregel X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y en de consensusstelling XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. De wetten van De Morgan veranderen (X·Y)′ in X′ + Y′ en (X + Y)′ in X′·Y′. Een Karnaugh-kaart past deze regels grafisch toe: elke groep van twee naburige cellen is één toepassing van XY + XY′ = X.

Mintermen van de uitdrukking

A′C′ → m(0, 2)
B′C′ → m(0, 4)
A′BC′ → m(2)
ABC00011110011001031214050706

Groepeer en lees af

F = B′C′ + A′C′

Tel de literals

L = 4

Antwoord

L = 4
6.Digitale logica: poorten, K-kaarten & flip-flops

Antwoord: L = 9

Karnaugh-kaarten: de cellen staan in Gray-code (00, 01, 11, 10), dus naburige cellen, ook die over de randen heen, verschillen in precies één variabele. Groepeer de enen in rechthoeken van 1, 2, 4, 8 of 16 cellen, zo groot en zo weinig mogelijk, totdat elke 1 gedekt is. Elke groep is één productterm: de variabelen die erin constant blijven. Een groep van 2ᵏ cellen verliest k variabelen. Don’t-cares (X) mogen worden gebruikt om groepen groter te maken maar hoeven nooit gedekt te worden. Groepeer je in plaats daarvan de nullen, dan krijg je de minimale POS-vorm.

Priemimplicanten

De grootste groepen die uit enen en X’en gevormd kunnen worden.

BCD′, A′CD′, A′B′D′, ABD, A′B′C′, ABC
ABCD000111100001111010X103X204050716012113X151140809X11010

Minimale dekking

F = BCD′ + A′B′D′ + ABD
L = 9

Antwoord

L = 9

Er bestaat een andere groepering van dezelfde grootte; die heeft hetzelfde aantal termen en literals.

7.Getaltheorie & modulair rekenen

Antwoord: φ(425) = 320

Inversen en congruenties: a heeft een inverse modulo n precies als ggd(a, n) = 1. Het uitgebreide algoritme van Euclides schrijft 1 = s·n + t·a, en dan is a⁻¹ ≡ t (mod n). Een congruentie a·x ≡ b (mod n) met ggd(a, n) = 1 heeft de oplossing x ≡ a⁻¹·b. Twee congruenties x ≡ r₁ (mod m₁) en x ≡ r₂ (mod m₂) met onderling ondeelbare moduli hebben één oplossing modulo m₁·m₂ (Chinese reststelling). Eulers φ(n) telt de getallen van 1 tot n die onderling ondeelbaar zijn met n: φ(n) = n·∏(1 − 1/p).

Priemfactoren

425 = 52·17

φ-waarde

φ(425) = φ(17)·φ(25) = 16·20 = 320

Antwoord

φ(425) = 320
8.Getaltheorie & modulair rekenen

Antwoord: m = 124

Modulaire machten en RSA: bereken aᵏ mod n door herhaald kwadrateren: schrijf k binair, kwadrateer, reduceer na elke stap en vermenigvuldig de machten waarvan de bit 1 is. Fermat: aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p) voor een priemgetal p dat a niet deelt, dus de exponent kan modulo p − 1 gereduceerd worden. RSA: kies priemgetallen p en q, n = p·q en φ(n) = (p − 1)(q − 1); de publieke exponent e is onderling ondeelbaar met φ(n), en de privé-exponent is d = e⁻¹ mod φ(n). Versleutel met c = mᵉ mod n en ontsleutel met m = cᵈ mod n.

Privé-exponent

n = 391, φ(n) = 352
d = 3−1 mod 352 = 235

Ontsleutel met herhaald kwadrateren

235 = 128 + 64 + 32 + 8 + 2 + 1
1081 ≡ 108 (mod 391)
1082 ≡ 325 (mod 391)
1084 ≡ 55 (mod 391)
1088 ≡ 288 (mod 391)
10816 ≡ 52 (mod 391)
10832 ≡ 358 (mod 391)
10864 ≡ 307 (mod 391)
108128 ≡ 18 (mod 391)
108235 ≡ 108·325·288·358·307·18 ≡ 124 (mod 391)

Bericht

m = 124
controle: 1243 mod 391 = 108

Antwoord

m = 124
9.Algoritmen & complexiteit

Antwoord: B · O(n²)

Waarom dit het antwoord is

Het werk telt op tot ongeveer n² / 2; dit is de recurrente betrekking van selection sort of van quicksort met de slechtste pivot.

Antwoord

B · O(n²)
10.Algoritmen & complexiteit

Antwoord: A · Elk probleem in NP zou in polynomiale tijd kunnen worden opgelost, dus P = NP

Waarom dit het antwoord is

Omdat heel NP in polynomiale tijd reduceert tot elk NP-volledig probleem, geeft een snel algoritme voor één ervan een snel algoritme voor alle.

Antwoord

A · Elk probleem in NP zou in polynomiale tijd kunnen worden opgelost, dus P = NP
11.Datastructuren

Antwoord: A · Een stack

Waarom dit het antwoord is

Push elk openingshaakje en pop bij een sluithaakje; dat moet passen bij het gepopte haakje en de stack moet aan het eind leeg zijn.

Antwoord

A · Een stack
12.Datastructuren

Antwoord: A · Elk pad van een knoop naar zijn afstammende bladeren bevat evenveel zwarte knopen

Waarom dit het antwoord is

Rood-zwartregels: knopen zijn rood of zwart, de wortel is zwart, rode knopen hebben zwarte kinderen en alle paden hebben dezelfde zwarthoogte, waardoor de hoogte ≤ 2 log₂(n + 1) blijft.

Antwoord

A · Elk pad van een knoop naar zijn afstammende bladeren bevat evenveel zwarte knopen
13.Grafentheorie

Antwoord: geen van beide

Euler, Hamilton en bomen: een samenhangende graaf heeft een Eulercircuit (elke kant één keer, terug naar het begin) als elk hoekpunt even graad heeft, en een Eulerpad dat geen circuit is als precies twee hoekpunten oneven graad hebben; het pad loopt dan van het ene oneven hoekpunt naar het andere. Een Hamiltoncircuit bezoekt elk hoekpunt één keer; Kn heeft er (n − 1)!/2. Een boom op n hoekpunten heeft n − 1 kanten, en een samenhangende graaf met m kanten houdt een opspannende boom over na het verwijderen van m − n + 1 kanten.

Graden

deg(A) = 1, deg(B) = 3, deg(C) = 3, deg(D) = 2, deg(E) = 1, deg(F) = 1, deg(G) = 3

Oneven hoekpunten

A, B, C, E, F, G → 6
geen van beide

Antwoord

geen van beide
14.Grafentheorie

Antwoord: kant EF

Kortste paden en opspannende bomen: het algoritme van Dijkstra legt per ronde één hoekpunt vast: het onafgehandelde hoekpunt met de kleinste voorlopige afstand. Zijn afstand is dan definitief, en elke buur v krijgt d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v)). Het algoritme van Kruskal bouwt een minimaal opspannende boom door de kanten van licht naar zwaar te nemen en elke kant over te slaan die een cykel zou sluiten; het algoritme van Prim laat één boom groeien vanuit een beginpunt door steeds de lichtste kant toe te voegen die eruit vertrekt. Een opspannende boom van n hoekpunten heeft n − 1 kanten.

Het algoritme van Prim

1. DE (6)
2. BD (5)
3. BC (1)
4. AC (14)
5. EF (15)

kantnummer 5

EF

Antwoord

kant EF
15.Databases & SQL

Antwoord: B · Elke kolom atomaire waarden bevat en er geen herhalende groepen zijn

Waarom dit het antwoord is

1NF vereist atomaire waarden per cel en een unieke identificatie van rijen, zonder herhalende groepen.

Antwoord

B · Elke kolom atomaire waarden bevat en er geen herhalende groepen zijn
16.Databases & SQL

Antwoord: B · Write skew

Waarom dit het antwoord is

Onder snapshot isolation zien beide transacties de oude toestand en wijzigen ze verschillende rijen, zodat er geen schrijfconflict wordt gedetecteerd; serializable isolation voorkomt dit.

Antwoord

B · Write skew
17.Computernetwerken

Antwoord: D · Lage vertraging is belangrijker dan elk verloren pakket opnieuw verzenden

Waarom dit het antwoord is

Verloren pakketten opnieuw verzenden zou vertraging toevoegen; realtime media verdragen wat verlies, dus worden op UDP gebaseerde protocollen zoals RTP gebruikt.

Antwoord

D · Lage vertraging is belangrijker dan elk verloren pakket opnieuw verzenden
18.Computernetwerken

Antwoord: A · Een verloren TCP-segment alle gemultiplexte streams vertraagt totdat het opnieuw is verzonden

Waarom dit het antwoord is

TCP levert bytes in volgorde af, dus één verlies houdt elke stream op de verbinding op. QUIC (HTTP/3) behandelt streams onafhankelijk van elkaar over UDP.

Antwoord

A · Een verloren TCP-segment alle gemultiplexte streams vertraagt totdat het opnieuw is verzonden
19.IPv4-subnetting

Antwoord: H = 6

IPv4-subnetting: een adres heeft 32 bits. Het prefix /p geeft aan hoeveel voorste bits het netwerk aanduiden; de overige 32 − p bits nummeren de hosts. Een subnet heeft 2³²⁻ᵖ adressen, maar het eerste (netwerkadres) en het laatste (broadcastadres) kunnen niet aan hosts worden gegeven, dus er passen 2³²⁻ᵖ − 2 hosts in. Uitzonderingen: een /31 (point-to-pointverbinding, RFC 3021) gebruikt allebei zijn 2 adressen voor hosts, en een /32 is één enkel adres (één host of een loopback).

Te lenen bits

25 = 32 ≥ 20 → b = 5, /29

Hosts per subnet

23 − 2 = 6

Antwoord

H = 6
20.IPv4-subnetting

Antwoord: x = 14

IPv4-subnetting: een adres heeft 32 bits. Het prefix /p geeft aan hoeveel voorste bits het netwerk aanduiden; de overige 32 − p bits nummeren de hosts. Een subnet heeft 2³²⁻ᵖ adressen, maar het eerste (netwerkadres) en het laatste (broadcastadres) kunnen niet aan hosts worden gegeven, dus er passen 2³²⁻ᵖ − 2 hosts in. Uitzonderingen: een /31 (point-to-pointverbinding, RFC 3021) gebruikt allebei zijn 2 adressen voor hosts, en een /32 is één enkel adres (één host of een loopback).

Blokgrootte

24 = 16

Subnet van deze host

netwerk: ⌊3/16⌋·16 = 0
broadcast: 0 + 16 − 1 = 15
bruikbare hosts: 1 … 14

Antwoord

x = 14

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