Policz różne zmienne: tablica prawdy ma 2ⁿ wierszy, a zaczyna się od samych jedynek.
Każdej podformule daj osobną kolumnę i wypełniaj kolumny od wewnątrz na zewnątrz.
Stosuj regułę każdego spójnika: → jest 0 tylko dla 1 → 0, ↔ jest 1, gdy obie strony się zgadzają.
Przy równoważnościach porównaj końcowe kolumny wiersz po wierszu; przy wnioskowaniu patrz tylko na wiersze, w których każda przesłanka jest równa 1.
Aby zaprzeczyć zdaniu z kwantyfikatorem, przesuń ¬ do środka, zamień ∀ i ∃ oraz zaprzecz formule wewnętrznej.
Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów
Metoda
Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.
Teoria liczb i arytmetyka modularna
Dzielenie z resztą
a = q·n + r, 0 ≤ r < n
Euklides
gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)
Najmniejsza wspólna wielokrotność
lcm(a, b) = a·b/gcd(a, b)
Odwrotność
a·a⁻¹ ≡ 1 (mod n), gcd(a, n) = 1
Kongruencja liniowa
a·x ≡ b → x ≡ a⁻¹·b (mod n)
Funkcja φ Eulera
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
Metoda
Najpierw zredukuj każdą liczbę modulo n; reszty leżą między 0 a n − 1.
Aby znaleźć NWD, dziel wielokrotnie algorytmem Euklidesa; ostatnia niezerowa reszta jest NWD.
Aby znaleźć element odwrotny, uruchom rozszerzony algorytm i zachowaj współczynnik przy a; dodaj n, jeśli jest ujemny.
Rozwiąż a·x ≡ b, mnożąc przez a⁻¹; dwie kongruencje połącz, zapisując x = r₁ + m₁k.
Przy potęgach zapisz wykładnik binarnie i wielokrotnie podnoś do kwadratu; w RSA d = e⁻¹ mod φ(n), gdzie φ(n) = (p − 1)(q − 1).
Teoria grafów
Lemat o uściskach dłoni
Σ deg(v) = 2|E|
Grafy pełne
|E(Kn)| = n(n − 1)/2, |E(Km,n)| = m·n
Graf regularny
|E| = n·k/2
Drzewo i las
|E| = n − 1, |E| = n − c
Liście drzewa
L = 2 + Σ (deg(v) − 2) over deg(v) ≥ 3
Euler
cykl: wszystkie stopnie parzyste; ścieżka: dokładnie 2 stopnie nieparzyste
Cykle Hamiltona w Kn
(n − 1)!/2
Aktualizacja w algorytmie Dijkstry
d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v))
Marsze o długości L
(Mᴸ)ij
Metoda
Zapisz stopień każdego wierzchołka; suma stopni jest równa dwukrotności liczby krawędzi.
W zadaniach o grafach eulerowskich sprawdź, czy graf jest spójny, i policz wierzchołki o nieparzystym stopniu.
Dla drzew użyj n − 1 krawędzi i lematu o uściskach dłoni.
W algorytmie Dijkstry prowadź tabelę tymczasowych odległości i w każdej rundzie zatwierdzaj niezatwierdzony wierzchołek o najmniejszej odległości.
Dla minimalnego drzewa rozpinającego posortuj krawędzie według wagi i pomijaj każdą krawędź zamykającą cykl (Kruskal) albo rozbudowuj jedno drzewo od wierzchołka startowego (Prim).
Podsieci IPv4
Hosty na podsieć
2(32 − prefix) − 2 (/31: 2, /32: 1)
Rozmiar bloku
256 − (mask octet)
Adres sieci
IP AND maska
Adres rozgłoszeniowy
IP OR (NOT maska): wszystkie bity hosta równe 1
Podsieci z n pożyczonych bitów
2n
2Zadania do ćwiczenia
1.Systemy liczboweŚredni
Ustaw bity tak, aby zapisywały −13 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?
N = −138 bit
U =
2.Systemy liczboweTrudny
System musi nadać każdemu z 881 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?
881
b = bit
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
Chcesz udowodnić a → ¬b przez kontrapozycję. Którą implikację udowadniasz zamiast niej? Kliknij ją.
a → ¬b
1¬b → a
2¬a → ¬¬b
3a ∧ ¬¬b
4¬¬b → ¬a
4.Rachunek zdań i dowodyTrudny
Dane są przesłanki (q ∧ r) → p; q; ¬p. Jaki wniosek z nich wynika? Kliknij go.
(q ∧ r) → pq¬p
1p
2¬r
3r
4r ∧ ¬p
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
Multiplekser 4-do-1 ma wejścia wyboru S₁ = A i S₀ = B, a wejścia danych podłączone do I₀ = 0, I₁ = C′, I₂ = 0, I₃ = C′. Dla ilu z 8 kombinacji A, B i C wyjście F = 1? Znajdź N.
I₀ = 0I₁ = C′I₂ = 0I₃ = C′
N =
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(4, 8, 9, 12, 13, 14, 15) + d(6, 10, 11), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile iloczynów N ona zawiera?
Znajdź funkcję φ Eulera φ(35), czyli liczbę liczb całkowitych od 1 do 35 względnie pierwszych z 35.
n = 35 = 5·7
φ(35) =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny
Klucz RSA używa p = 7, q = 47 i e = 13. Odszyfruj szyfrogram c = 251: znajdź wiadomość m.
p = 7q = 47e = 13c = 251
m =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni
Jaka jest złożoność czasowa mnożenia dwóch macierzy n × n standardową potrójną pętlą?
AO(n² log n)
BO(n²)
CO(n)
DO(n³)
10.Algorytmy i złożonośćTrudny
Najkrótsze ścieżki proste można znaleźć w czasie wielomianowym. Co wiadomo o znajdowaniu najdłuższej ścieżki prostej między dwoma wierzchołkami w ogólnym grafie?
AJest nierozstrzygalne
BZawsze jest rozwiązywalne w O(V + E)
CJest NP-trudne
DMożna je rozwiązać algorytmem Dijkstry z wagami o przeciwnym znaku
11.Struktury danychŚredni
Co się dzieje, gdy tablica mieszająca wykonuje rehashing po przekroczeniu progu współczynnika zapełnienia?
AIstniejące klucze są sortowane w miejscu
BTylko kolidujące klucze są przenoszone na nową listę nadmiarową na końcu tablicy
CAlokuje się większą tablicę i ponownie wstawia każdy klucz
DNajstarsze klucze są usuwane, by zrobić miejsce
12.Struktury danychTrudny
Jaki jest czas działania przeszukiwania wszerz (BFS) w grafie o V wierzchołkach przechowywanym jako macierz sąsiedztwa?
AO(E log V)
BO(V²)
CO(V)
DO(V + E)
13.Teoria grafówŚredni
Czy graf spójny ma cykl Eulera, ścieżkę Eulera, która nie jest cyklem, czy żadne z nich? Kliknij odpowiedź.
|V| = 5|E| = 5
1Cykl Eulera
2Ścieżka Eulera, bez cyklu
3ani jedno, ani drugie
14.Teoria grafówTrudny
Algorytm Dijkstry rusza z A. Kliknij wierzchołek zatwierdzony (uczyniony stałym) w rundzie 4; sam A to runda 1.
start: Arunda 4
1A
2B
3C
4D
5E
6F
7G
15.Bazy danych i SQLŚredni
Dlaczego tabela może mieć tylko jeden indeks klastrowy?
AWiersze mogą być fizycznie przechowywane tylko w jednej kolejności
BStandard SQL zabrania więcej niż jednego indeksu w tabeli
CIndeksy klastrowe zużywają zbyt dużo pamięci
DIndeksy klastrowe mogą być tylko na kluczu głównym
16.Bazy danych i SQLTrudny
R(A, B, C, D) ma zależności funkcyjne A → B i C → D. Jaki jest klucz kandydujący?
A{A}
B{B, D}
C{A, C}
D{C}
17.Sieci komputeroweŚredni
Która flaga TCP sygnalizuje, że nadawca zakończył wysyłanie danych?
ASYN
BPSH
CURG
DFIN
18.Sieci komputeroweTrudny
Faza „powolnego startu” (slow start) w kontroli przeciążenia TCP:
AZmniejsza o połowę okno przeciążenia w każdym czasie obiegu, aż wykryje utratę pakietu
BZwiększa okno przeciążenia wykładniczo aż do osiągnięcia progu lub wystąpienia straty
CUtrzymuje okno na stałym poziomie jednego segmentu
DJest używana wyłącznie przez UDP
19.Podsieci IPv4Średni
Sieć 192.168.10.0/24 trzeba podzielić na co najmniej 4 równych podsieci. Jeśli pożyczysz jak najmniej bitów, ile użytecznych hostów H będzie miała każda podsieć?
192.168.10.0/244 subnets
H =
20.Podsieci IPv4Trudny
Host ma adres 10.20.149.96/28. Jaka jest ostatnia liczba (czwarty oktet) x adresu rozgłoszeniowego jego podsieci?
10.20.149.96/28
x =
3Roztwory
1.Systemy liczbowe
Odpowiedź: U = 243
Ustawianie bitów: każdy bit ma wartość będącą potęgą dwójki (128, 64, …, 1). Jedna cyfra szesnastkowa to dokładnie cztery bity, a w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit ma wartość −128. Operacje bitowe działają osobno na każdej pozycji bitu.
Odwróć i dodaj jeden
13 = 0000 1101
odwrócone: 1111 0010
+1 → 1111 0011
Odczytaj bez znaku
1111 0011₂ = 256 − 13 = 243
Odpowiedź
U = 243
2.Systemy liczbowe
Odpowiedź: b = 10 bit
Pozycyjne systemy liczbowe: każda cyfra jest warta swoją wartość razy potęgę podstawy. W systemie dwójkowym pozycje są warte 1, 2, 4, 8, 16, …, w szesnastkowym 1, 16, 256, …, a A–F oznaczają 10–15. W 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit jest wart −128 zamiast +128; tak zapisuje się liczby ujemne.
Potęgi dwójki
29 = 512 < 881
210 = 1024 ≥ 881
Odpowiedź
b = 10
3.Rachunek zdań i dowody
Odpowiedź: ¬¬b → ¬a
Równoważność logiczna: dwie formuły są równoważne (≡), gdy mają tę samą wartość w każdym wierszu tablicy prawdy. Tautologia jest równa 1 w każdym wierszu, kontradykcja 0 w każdym wierszu, a formuła kontyngentna nie jest ani jednym, ani drugim. Przydatne prawa: prawa de Morgana, ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b oraz ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b; a → b ≡ ¬a ∨ b ≡ ¬b → ¬a (kontrapozycja); ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b; oraz prawa rozdzielności, a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).
Części implikacji
a = a, b = ¬b
Kontrapozycja
¬b → ¬a = ¬¬b → ¬a
Odpowiedź
¬¬b → ¬a
Kontrapozycja jest równoważna zdaniu wyjściowemu, więc jej udowodnienie dowodzi zdania.
4.Rachunek zdań i dowody
Odpowiedź: ¬r
Kwantyfikatory i wnioskowania: ¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x) oraz ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x). Przesuń negację do środka, zamień każdy kwantyfikator, który mija, i zaneguj formułę wewnętrzną prawami rachunku zdań, takimi jak ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b. Wnioskowanie jest poprawne, gdy wniosek jest równy 1 w każdym wierszu, w którym wszystkie przesłanki są równe 1. Pojedynczy wiersz z prawdziwymi przesłankami i fałszywym wnioskiem jest kontrprzykładem i pokazuje, że wnioskowanie jest niepoprawne.
Wiersze z wszystkimi prawdziwymi przesłankami
p = 0, q = 1, r = 0: p = 0, ¬r = 1, r = 0, r ∧ ¬p = 0
Wniosek
¬r (modus tollens z koniunkcją)
Odpowiedź
¬r
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: N = 2
Multiplekser: multiplekser 2ⁿ-do-1 przekazuje na wyjście jedno ze swoich wejść danych; linie wyboru, odczytane jako liczba binarna, wskazują które. Dla multipleksera 4-do-1 z wejściami wyboru S₁S₀ = AB: F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Podłączenie wejść danych do 0, 1, C lub C′ sprawia, że multiplekser realizuje dowolną funkcję A, B i C, co jest częstym sposobem budowania logiki w jednym układzie scalonym.
Wyrażenie wyjścia
F = A′BC′ + ABC′
Wiersze z F = 1
ABC = 010, 110
N = 2
Odpowiedź
N = 2
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: N = 2
Mapy Karnaugha: komórki są ułożone w kodzie Graya (00, 01, 11, 10), więc sąsiednie komórki, także te przez brzegi, różnią się dokładnie jedną zmienną. Grupuj jedynki w prostokąty po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, jak największe i jak najmniej, aż każda jedynka będzie pokryta. Każda grupa to jeden iloczyn: zmienne, które wewnątrz niej pozostają stałe. Grupa 2ᵏ komórek traci k zmiennych. Stany nieokreślone (X) można wykorzystać, by powiększyć grupy, ale nigdy nie trzeba ich pokrywać. Grupowanie zer daje minimalną postać POS.
Implikanty proste
Największe grupy, jakie można utworzyć z jedynek i X.
BD′, A
Minimalne pokrycie
F = BD′ + A
N = 2
Odpowiedź
N = 2
7.Teoria liczb i arytmetyka modularna
Odpowiedź: φ(35) = 24
Elementy odwrotne i kongruencje: a ma element odwrotny modulo n dokładnie wtedy, gdy NWD(a, n) = 1. Rozszerzony algorytm Euklidesa zapisuje 1 = s·n + t·a, a wtedy a⁻¹ ≡ t (mod n). Kongruencja a·x ≡ b (mod n) przy NWD(a, n) = 1 ma rozwiązanie x ≡ a⁻¹·b. Dwie kongruencje x ≡ r₁ (mod m₁) i x ≡ r₂ (mod m₂) o względnie pierwszych modułach mają jedno rozwiązanie modulo m₁·m₂ (chińskie twierdzenie o resztach). Funkcja φ(n) Eulera zlicza liczby od 1 do n względnie pierwsze z n: φ(n) = n·∏(1 − 1/p).
Czynniki pierwsze
35 = 5·7
Funkcja φ
φ(35) = φ(7)·φ(5) = 6·4 = 24
Odpowiedź
φ(35) = 24
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna
Odpowiedź: m = 307
Potęgi modularne i RSA: oblicz aᵏ mod n przez wielokrotne podnoszenie do kwadratu: zapisz k binarnie, podnoś do kwadratu, redukuj po każdym kroku i mnóż potęgi, których bit jest równy 1. Fermat: aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p) dla liczby pierwszej p niedzielącej a, więc wykładnik można redukować modulo p − 1. RSA: wybierz liczby pierwsze p i q, n = p·q i φ(n) = (p − 1)(q − 1); wykładnik publiczny e jest względnie pierwszy z φ(n), a wykładnik prywatny to d = e⁻¹ mod φ(n). Szyfruj wzorem c = mᵉ mod n, a odszyfrowuj wzorem m = cᵈ mod n.
Wykładnik prywatny
n = 329, φ(n) = 276
d = 13−1 mod 276 = 85
Odszyfruj przez wielokrotne podnoszenie do kwadratu
85 = 64 + 16 + 4 + 1
2511 ≡ 251 (mod 329)
2512 ≡ 162 (mod 329)
2514 ≡ 253 (mod 329)
2518 ≡ 183 (mod 329)
25116 ≡ 260 (mod 329)
25132 ≡ 155 (mod 329)
25164 ≡ 8 (mod 329)
25185 ≡ 251·253·260·8 ≡ 307 (mod 329)
Wiadomość
m = 307
sprawdzenie: 30713 mod 329 = 251
Odpowiedź
m = 307
9.Algorytmy i złożoność
Odpowiedź: D · O(n³)
Dlaczego to jest odpowiedź
Jest n² elementów, a każdy wymaga n mnożeń, co daje n³ operacji.
Odpowiedź
D · O(n³)
10.Algorytmy i złożoność
Odpowiedź: C · Jest NP-trudne
Dlaczego to jest odpowiedź
Najdłuższa ścieżka prosta o długości V − 1 to ścieżka Hamiltona, problem NP-zupełny; w acyklicznych grafach skierowanych jest jednak rozwiązywalne w czasie liniowym.
Odpowiedź
C · Jest NP-trudne
11.Struktury danych
Odpowiedź: C · Alokuje się większą tablicę i ponownie wstawia każdy klucz
Dlaczego to jest odpowiedź
Ponieważ indeks oblicza się modulo rozmiar tablicy, wszystkie klucze trzeba ponownie zahaszować do nowej, większej tablicy; przy podwajaniu koszt zamortyzowany pozostaje O(1).
Odpowiedź
C · Alokuje się większą tablicę i ponownie wstawia każdy klucz
12.Struktury danych
Odpowiedź: B · O(V²)
Dlaczego to jest odpowiedź
Każdy z V wierzchołków przegląda wiersz V elementów, co daje O(V²); przy listach sąsiedztwa BFS ma złożoność O(V + E).
Odpowiedź
B · O(V²)
13.Teoria grafów
Odpowiedź: Cykl Eulera
Euler, Hamilton i drzewa: graf spójny ma cykl Eulera (każda krawędź raz, powrót do startu), gdy każdy wierzchołek ma stopień parzysty, oraz ścieżkę Eulera, która nie jest cyklem, gdy dokładnie dwa wierzchołki mają stopień nieparzysty; ścieżka biegnie wtedy od jednego wierzchołka nieparzystego do drugiego. Cykl Hamiltona odwiedza każdy wierzchołek raz; Kn ma ich (n − 1)!/2. Drzewo o n wierzchołkach ma n − 1 krawędzi, a graf spójny o m krawędziach zachowuje drzewo rozpinające po usunięciu m − n + 1 krawędzi.
Najkrótsze ścieżki i drzewa rozpinające: algorytm Dijkstry zatwierdza jeden wierzchołek na rundę: niezatwierdzony wierzchołek o najmniejszej tymczasowej odległości. Jego odległość jest wtedy ostateczna, a każdy sąsiad v dostaje d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v)). Algorytm Kruskala buduje minimalne drzewo rozpinające, biorąc krawędzie od lekkich do ciężkich i pomijając każdą, która zamknęłaby cykl; algorytm Prima rozbudowuje jedno drzewo od wierzchołka startowego, zawsze dodając najlżejszą krawędź wychodzącą z niego. Drzewo rozpinające o n wierzchołkach ma n − 1 krawędzi.
Algorytm Dijkstry runda po rundzie
1. A (0): B: 1, C: 5
2. B (1): D: 9, G: 16
3. C (5): E: 7
4. E (7): F: 12
5. D (9): G: 14
6. F (12)
7. G (14)
runda 4
E
Odpowiedź
E
15.Bazy danych i SQL
Odpowiedź: A · Wiersze mogą być fizycznie przechowywane tylko w jednej kolejności
Dlaczego to jest odpowiedź
Indeks klastrowy porządkuje dane tabeli według swojego klucza, a dane mogą być przechowywane tylko w jednej kolejności; pozostałe indeksy są nieklastrowe.
Odpowiedź
A · Wiersze mogą być fizycznie przechowywane tylko w jednej kolejności
16.Bazy danych i SQL
Odpowiedź: C · {A, C}
Dlaczego to jest odpowiedź
A i C nie są wyznaczane przez nic, więc każdy klucz musi zawierać oba, a {A, C}+ = {A, B, C, D}.
Odpowiedź
C · {A, C}
17.Sieci komputerowe
Odpowiedź: D · FIN
Dlaczego to jest odpowiedź
Każda strona wysyła FIN, gdy nie ma już więcej danych, a druga strona to potwierdza. SYN służy do otwarcia połączenia; RST je przerywa.
Odpowiedź
D · FIN
18.Sieci komputerowe
Odpowiedź: B · Zwiększa okno przeciążenia wykładniczo aż do osiągnięcia progu lub wystąpienia straty
Dlaczego to jest odpowiedź
Slow start zwiększa okno przeciążenia wykładniczo; po przekroczeniu progu faza unikania przeciążenia zwiększa je liniowo, a strata je zmniejsza.
Odpowiedź
B · Zwiększa okno przeciążenia wykładniczo aż do osiągnięcia progu lub wystąpienia straty
19.Podsieci IPv4
Odpowiedź: H = 62
Podsieci IPv4: adres ma 32 bity. Prefiks /p mówi, ile początkowych bitów wskazuje sieć; pozostałe 32 − p bitów numeruje hosty. Podsieć ma 2³²⁻ᵖ adresów, ale pierwszego (adres sieci) i ostatniego (adres rozgłoszeniowy) nie można przydzielić hostom, więc mieści się 2³²⁻ᵖ − 2 hostów. Wyjątki: /31 (łącze punkt-punkt, RFC 3021) wykorzystuje oba swoje 2 adresy dla hostów, a /32 to jeden adres (pojedynczy host lub loopback).
Bity do pożyczenia
22 = 4 ≥ 4 → b = 2, /26
Hosty na podsieć
26 − 2 = 62
Odpowiedź
H = 62
20.Podsieci IPv4
Odpowiedź: x = 111
Podsieci IPv4: adres ma 32 bity. Prefiks /p mówi, ile początkowych bitów wskazuje sieć; pozostałe 32 − p bitów numeruje hosty. Podsieć ma 2³²⁻ᵖ adresów, ale pierwszego (adres sieci) i ostatniego (adres rozgłoszeniowy) nie można przydzielić hostom, więc mieści się 2³²⁻ᵖ − 2 hostów. Wyjątki: /31 (łącze punkt-punkt, RFC 3021) wykorzystuje oba swoje 2 adresy dla hostów, a /32 to jeden adres (pojedynczy host lub loopback).