Podstawy informatyki: zestaw na powtórkę

Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 20 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.

1Wzory i metody

Systemy liczbowe

Wagi pozycji
dwójkowy 2k, ósemkowy 8k, szesnastkowy 16k
Na dziesiętny
Σ dk·bk
Z dziesiętnego
dziel przez podstawę, czytaj reszty od dołu do góry
Szesnastkowy ↔ dwójkowy
jedna cyfra szesnastkowa = 4 bity
Kod uzupełnień do dwóch (U2)
odwróć bity i dodaj 1

Rachunek zdań i dowody

Wiersze tablicy prawdy
2ⁿ
Implikacja
p → q ≡ ¬p ∨ q ≡ ¬q → ¬p
Zaprzeczenie implikacji
¬(p → q) ≡ p ∧ ¬q
Równoważność
p ↔ q ≡ (p → q) ∧ (q → p)
Prawa de Morgana
¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q, ¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q
Prawa rozdzielności
p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r), p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
Zaprzeczanie kwantyfikatorów
¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x), ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x)
Modus ponens, modus tollens
p → q, p ⊢ q; p → q, ¬q ⊢ ¬p

Metoda

  1. Policz różne zmienne: tablica prawdy ma 2ⁿ wierszy, a zaczyna się od samych jedynek.
  2. Każdej podformule daj osobną kolumnę i wypełniaj kolumny od wewnątrz na zewnątrz.
  3. Stosuj regułę każdego spójnika: → jest 0 tylko dla 1 → 0, ↔ jest 1, gdy obie strony się zgadzają.
  4. Przy równoważnościach porównaj końcowe kolumny wiersz po wierszu; przy wnioskowaniu patrz tylko na wiersze, w których każda przesłanka jest równa 1.
  5. 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

  1. Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
  2. Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
  3. 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.
  4. 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

  1. Najpierw zredukuj każdą liczbę modulo n; reszty leżą między 0 a n − 1.
  2. Aby znaleźć NWD, dziel wielokrotnie algorytmem Euklidesa; ostatnia niezerowa reszta jest NWD.
  3. Aby znaleźć element odwrotny, uruchom rozszerzony algorytm i zachowaj współczynnik przy a; dodaj n, jeśli jest ujemny.
  4. Rozwiąż a·x ≡ b, mnożąc przez a⁻¹; dwie kongruencje połącz, zapisując x = r₁ + m₁k.
  5. 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

  1. Zapisz stopień każdego wierzchołka; suma stopni jest równa dwukrotności liczby krawędzi.
  2. W zadaniach o grafach eulerowskich sprawdź, czy graf jest spójny, i policz wierzchołki o nieparzystym stopniu.
  3. Dla drzew użyj n − 1 krawędzi i lematu o uściskach dłoni.
  4. W algorytmie Dijkstry prowadź tabelę tymczasowych odległości i w każdej rundzie zatwierdzaj niezatwierdzony wierzchołek o najmniejszej odległości.
  5. 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
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −106 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −1068 bit
U =
2.Systemy liczboweTrudny
16 bit1 px1920 px1080 pxM = ? KiB

Nieskompresowany obraz ma 1920 × 1080 pikseli i 16 bitów na piksel. Ile pamięci M zajmuje, w KiB (1 KiB = 1024 bajty)?

1920 × 1080 px16 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
tautologiakontradykcjakontyngencja

Czy ¬(b ∧ c) ↔ (¬b ∨ ¬c) jest tautologią, kontradykcją czy kontyngencją? Kliknij swoją odpowiedź.

¬(b ∧ c) ↔ (¬b ∨ ¬c)
  1. 1tautologia
  2. 2kontradykcja
  3. 3kontyngencja
4.Rachunek zdań i dowodyTrudny
∀x ∀y (R(x, y) ∧ ¬R(y, x))∃x ∃y (R(x, y) → ¬R(y, x))∃x ∃y (R(x, y) ∧ ¬R(y, x))∃x ∃y (¬R(x, y) ∧ ¬R(y, x))

Które zdanie jest równoważne ¬∀x ∀y (R(x, y) → R(y, x)), gdy negację przesunięto całkiem do środka? Kliknij je.

¬∀x ∀y (R(x, y) → R(y, x))
  1. 1∀x ∀y (R(x, y) ∧ ¬R(y, x))
  2. 2∃x ∃y (R(x, y) → ¬R(y, x))
  3. 3∃x ∃y (R(x, y) ∧ ¬R(y, x))
  4. 4∃x ∃y (¬R(x, y) ∧ ¬R(y, x))
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000011312141517061121130150141809011110

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 4, 5, 7, 8, 10, 12, 13). Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 4, 5, 7, 8, 10, 12, 13)
N =
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKPRZESUWNY

4-bitowy rejestr przesuwający Q₃Q₂Q₁Q₀ zawiera 0100. Przy każdym zboczu zegara bity przesuwają się o jedno miejsce w prawo (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ jest tracone), a wejście szeregowe trafia do Q₃. Wejście szeregowe wynosi 0, 1, 0, 0, 1 przy zboczach 5. Podaj stan końcowy Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ jako liczbę dziesiętną.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 01000, 1, 0, 0, 1
Q =
7.Teoria liczb i arytmetyka modularnaŚredni

Rozwiąż 8x ≡ 3 (mod 29). Podaj rozwiązanie x z 0 < x < 29.

8x ≡ 3 (mod 29)
x =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny
mc = me​ mod n263m = cd​ mod n?(n, e) = (319, 3)d

Klucz RSA używa p = 11, q = 29 i e = 3. Odszyfruj szyfrogram c = 263: znajdź wiadomość m.

p = 11q = 29e = 3c = 263
m =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni

Jak algorytm Prima buduje minimalne drzewo rozpinające?

  1. ASortuje wszystkie krawędzie według wagi i dodaje każdą, o ile nie utworzy cyklu w lesie
  2. BUsuwa najdroższą krawędź, dopóki nie znikną cykle
  3. CUruchamia przeszukiwanie wszerz i zachowuje drzewo BFS
  4. DRozrasta jedno drzewo od wierzchołka startowego, dodając najtańszą krawędź wychodzącą z drzewa
10.Algorytmy i złożonośćTrudny

Mnożenie Karacuby spełnia T(n) = 3T(n/2) + O(n). Jakie jest rozwiązanie?

  1. AΘ(nlog₂ 3), około n1,585
  2. BΘ(n log n)
  3. CΘ(n²)
  4. DΘ(n3)
11.Struktury danychŚredni

Której struktury danych używa działający program do śledzenia aktywnych wywołań funkcji i ich zmiennych lokalnych?

  1. AStosu wywołań
  2. BBinarnego drzewa poszukiwań ramek
  3. CTablicy mieszającej funkcji
  4. DKolejki pamięci sterty
12.Struktury danychTrudny

Która struktura danych umożliwia pamięć podręczną LRU (least recently used) z operacjami get i put w O(1)?

  1. AWyłącznie binarne drzewo poszukiwań
  2. BWyłącznie stos
  3. CMapa mieszająca połączona z listą dwukierunkową
  4. DPojedyncza posortowana tablica
13.Teoria grafówŚredni

Ile różnych cykli Hamiltona H ma graf pełny K7? Cykle różniące się tylko wierzchołkiem startowym lub kierunkiem liczą się jako ten sam.

K7
H =
14.Teoria grafówTrudny
8314611171051913ABCDEFG

Znajdź łączną wagę W minimalnego drzewa rozpinającego grafu ważonego.

|V| = 7|E| = 11
W =
15.Bazy danych i SQLŚredni

Która instrukcja usuwa wszystkie wiersze tabeli, zachowuje jej strukturę i nie przyjmuje klauzuli WHERE?

  1. ADELETE FROM z klauzulą WHERE
  2. BDROP TABLE
  3. CTRUNCATE TABLE
  4. DALTER TABLE
16.Bazy danych i SQLTrudny

R(A, B, C, D) ma zależności funkcyjne A → B i C → D. Jaki jest klucz kandydujący?

  1. A{A}
  2. B{B, D}
  3. C{A, C}
  4. D{C}
17.Sieci komputeroweŚredni

Ile czasu zajmuje wprowadzenie 1500-bajtowego pakietu do łącza 12 Mbit/s (opóźnienie transmisji)?

  1. A0,125 ms
  2. B12 ms
  3. C1 ms
  4. D8 ms
18.Sieci komputeroweTrudny

Do 8-portowego przełącznika (bez VLAN) podłączono po jednym hoście na każdy port. Ile jest domen kolizyjnych i rozgłoszeniowych?

  1. A8 domen kolizyjnych, 8 domen rozgłoszeniowych
  2. B1 domena kolizyjna, 1 domena rozgłoszeniowa
  3. C1 domena kolizyjna, 8 domen rozgłoszeniowych
  4. D8 domen kolizyjnych, 1 domena rozgłoszeniowa
19.Podsieci IPv4Średni
/?11111111111111111111100000000000bity siecibity hosta

Dział potrzebuje 1607 adresów hostów w jednej podsieci. Jaki jest najdłuższy prefiks p (najmniejsza podsieć), który wystarczy?

1607 hosts
p =
20.Podsieci IPv4Trudny
trzeci oktet 246 … 251112816413211608141201wspólneróżne

Router ma trasy do następujących sieci: 10.131.246.0/24, 10.131.247.0/24, 10.131.248.0/24, 10.131.249.0/24, 10.131.250.0/24, 10.131.251.0/24. Jaka jest największa długość prefiksu p pojedynczej trasy zbiorczej, która obejmuje je wszystkie?

10.131.246.0/24 … 10.131.251.0/24
p =

3Roztwory

1.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 150

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

106 = 0110 1010
odwrócone: 1001 0101
+1 → 1001 0110

Odczytaj bez znaku

1001 0110₂ = 256 − 106 = 150

Odpowiedź

U = 150
2.Systemy liczbowe

Odpowiedź: M = 4050 KiB

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.

Bity i bajty

1920·1080·16 = 33177600 bit = 4147200 B

Zamień na KiB

4147200/1024 = 4050 KiB

Odpowiedź

M = 4050 KiB
3.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: tautologia

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).

Tablica prawdy wiersz po wierszu

b = 1, c = 1: b ∧ c = 1, ¬(b ∧ c) = 0, ¬b = 0, ¬c = 0, ¬b ∨ ¬c = 0, ¬(b ∧ c) ↔ (¬b ∨ ¬c) = 1
b = 1, c = 0: b ∧ c = 0, ¬(b ∧ c) = 1, ¬b = 0, ¬c = 1, ¬b ∨ ¬c = 1, ¬(b ∧ c) ↔ (¬b ∨ ¬c) = 1
b = 0, c = 1: b ∧ c = 0, ¬(b ∧ c) = 1, ¬b = 1, ¬c = 0, ¬b ∨ ¬c = 1, ¬(b ∧ c) ↔ (¬b ∨ ¬c) = 1
b = 0, c = 0: b ∧ c = 0, ¬(b ∧ c) = 1, ¬b = 1, ¬c = 1, ¬b ∨ ¬c = 1, ¬(b ∧ c) ↔ (¬b ∨ ¬c) = 1

Sklasyfikuj

¬(b ∧ c) ↔ (¬b ∨ ¬c): 1, 1, 1, 1
1 w każdym wierszu: tautologia.

Odpowiedź

tautologia
4.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: ∃x ∃y (R(x, y) ∧ ¬R(y, x))

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.

Przesuń negację do środka

¬∀x ∀y (R(x, y) → R(y, x)) ≡ ∃x ∃y (R(x, y) ∧ ¬R(y, x))

Odpowiedź

∃x ∃y (R(x, y) ∧ ¬R(y, x))

Pozostałe opcje albo zostawiają kwantyfikator bez zmian, albo zmieniają kolejność kwantyfikatorów, albo błędnie negują formułę wewnętrzną.

5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 4

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.

ABCD000111100001111000011312141517061121130150141809011110

Zgrupuj jedynki

Każda grupa to prostokąt z 2ᵏ komórek; komórki na brzegu sąsiadują z komórkami na przeciwległym brzegu.

BC′
B′CD′
A′CD
AC′D′

Minimalna postać SOP

F = BC′ + B′CD′ + A′CD + AC′D′
N = 4

Odpowiedź

N = 4

Istnieje inne grupowanie tego samego rozmiaru; ma tę samą liczbę składników i literałów.

6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: Q = 9

Przerzutniki i liczniki: przerzutnik zmienia stan tylko przy aktywnym zboczu zegara. D kopiuje swoje wejście (Q⁺ = D); T zmienia stan na przeciwny, gdy T = 1; JK utrzymuje stan dla 00, zeruje dla 01, ustawia dla 10 i zmienia stan na przeciwny dla 11. N-bitowy licznik binarny ma 2ⁿ stanów i liczy modulo 2ⁿ; licznik mod-N liczy 0, 1, …, N − 1 i wraca do 0, a potrzebuje tylu przerzutników, ile wynosi najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N. Każdy stopień licznika asynchronicznego dzieli częstotliwość przez dwa, więc ostatnie wyjście licznika mod-N pracuje z częstotliwością fclk/N. Licznik Johnsona z n przerzutników ma 2n stanów, licznik pierścieniowy n.

Stan po każdym zboczu

0100 → 0010 → 1001 → 0100 → 0010 → 1001

Wartość dziesiętna

1001₂ = 9

Odpowiedź

Q = 9
7.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: x = 4

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).

Element odwrotny do 8

r = 29, t = 0
r = 8, q = 3, t = 1
r = 5, q = 1, t = −3
r = 3, q = 1, t = 4
r = 2, q = 1, t = −7
r = 1, q = 2, t = 11
8−1 ≡ 11 (mod 29)

Rozwiąż

x ≡ 11·3 = 33 ≡ 4 (mod 29)
sprawdzenie: 8·4 = 32 ≡ 3 (mod 29)

Odpowiedź

x = 4
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: m = 142

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 = 319, φ(n) = 280
d = 3−1 mod 280 = 187

Odszyfruj przez wielokrotne podnoszenie do kwadratu

187 = 128 + 32 + 16 + 8 + 2 + 1
2631 ≡ 263 (mod 319)
2632 ≡ 265 (mod 319)
2634 ≡ 45 (mod 319)
2638 ≡ 111 (mod 319)
26316 ≡ 199 (mod 319)
26332 ≡ 45 (mod 319)
26364 ≡ 111 (mod 319)
263128 ≡ 199 (mod 319)
263187 ≡ 263·265·111·199·45·199 ≡ 142 (mod 319)

Wiadomość

m = 142
sprawdzenie: 1423 mod 319 = 263

Odpowiedź

m = 142
9.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: D · Rozrasta jedno drzewo od wierzchołka startowego, dodając najtańszą krawędź wychodzącą z drzewa

Dlaczego to jest odpowiedź

Algorytm Prima z kolejką priorytetową krawędzi przekrojowych działa w czasie O(E log V) przy kopcu binarnym.

Odpowiedź

D · Rozrasta jedno drzewo od wierzchołka startowego, dodając najtańszą krawędź wychodzącą z drzewa
10.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: A · Θ(nlog₂ 3), około n1,585

Dlaczego to jest odpowiedź

Ponieważ log₂ 3 ≈ 1,585 > 1, z twierdzenia o rekurencji uniwersalnej dominują liście, co pokonuje szkolną metodę O(n²).

Odpowiedź

A · Θ(nlog₂ 3), około n1,585
11.Struktury danych

Odpowiedź: A · Stosu wywołań

Dlaczego to jest odpowiedź

Każde wywołanie odkłada ramkę stosu, a każdy powrót ją zdejmuje, dlatego najpóźniejsze wywołanie kończy się jako pierwsze.

Odpowiedź

A · Stosu wywołań
12.Struktury danych

Odpowiedź: C · Mapa mieszająca połączona z listą dwukierunkową

Dlaczego to jest odpowiedź

Mapa mieszająca znajduje węzły w O(1), a lista dwukierunkowa przenosi używane elementy na początek i usuwa elementy z końca w O(1).

Odpowiedź

C · Mapa mieszająca połączona z listą dwukierunkową
13.Teoria grafów

Odpowiedź: H = 360

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.

Policz

H = (7 − 1)!/2 = 720/2 = 360

Odpowiedź

H = 360
14.Teoria grafów

Odpowiedź: W = 30

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 Kruskala

BC (1): weź
AC (3): weź
BD (4): weź
GC (5): weź
CE (6): weź
AB (8): pomiń, zamyka cykl
GB (10): pomiń, zamyka cykl
DF (11): weź

Łączna waga

W = 1 + 3 + 4 + 5 + 6 + 11 = 30

Odpowiedź

W = 30
15.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: C · TRUNCATE TABLE

Dlaczego to jest odpowiedź

TRUNCATE szybko opróżnia tabelę i zachowuje jej definicję; DELETE może usuwać wybrane wiersze, a DROP usuwa samą tabelę.

Odpowiedź

C · TRUNCATE TABLE
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: C · 1 ms

Dlaczego to jest odpowiedź

1500 bajtów = 12,000 bitów. 12,000 / 12,000,000 bit/s = 0,001 s = 1 ms. Opóźnienie transmisji zależy od rozmiaru pakietu i szybkości łącza, a nie od odległości.

Odpowiedź

C · 1 ms
18.Sieci komputerowe

Odpowiedź: D · 8 domen kolizyjnych, 1 domena rozgłoszeniowa

Dlaczego to jest odpowiedź

Każdy port przełącznika to osobna domena kolizyjna, ale rozgłoszenia są przekazywane na wszystkie porty, więc cały przełącznik to jedna domena rozgłoszeniowa. Koncentrator dałby po jednej z każdej.

Odpowiedź

D · 8 domen kolizyjnych, 1 domena rozgłoszeniowa
19.Podsieci IPv4

Odpowiedź: p = 21

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).

Potrzebne bity hosta

210 − 2 = 1022 < 1607
211 − 2 = 2046 ≥ 1607 → h = 11

Długość prefiksu

p = 32 − 11 = 21

Odpowiedź

p = /21
20.Podsieci IPv4

Odpowiedź: p = 20

Sumaryzacja tras: trasa zbiorcza a.b.c.0/p obejmuje wszystkie sieci, których pierwsze p bitów jest zgodnych. Zapisz binarnie różniący się oktet pierwszej i ostatniej sieci; liczba wspólnych bitów wiodących plus bity poprzedzających oktetów to najdłuższy prefiks trasy zbiorczej.

Porównaj bity

246 = 11110110
251 = 11111011
wspólne bity wiodące: 4

Długość prefiksu

p = 16 + 4 = 20

Odpowiedź

p = /20

Trasa zbiorcza: 10.131.240.0/20 (obejmuje też 10 sieci spoza listy).

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