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 U2?−128?64?32?16?8?4?2?1

Zapisz −116 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −1168 bit
U =
2.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1010 1100 << 1. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

1010 1100<< 1
R =
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
b ∧ ¬¬a¬¬a → ¬b¬b → ¬¬a¬a → b

Chcesz udowodnić b → ¬a przez kontrapozycję. Którą implikację udowadniasz zamiast niej? Kliknij ją.

b → ¬a
  1. 1b ∧ ¬¬a
  2. 2¬¬a → ¬b
  3. 3¬b → ¬¬a
  4. 4¬a → b
4.Rachunek zdań i dowodyTrudny
∃x (A(x) ∧ ¬B(x))∀x (A(x) ∧ ¬B(x))∀x (A(x) → ¬B(x))∀x (¬A(x) → ¬B(x))

Które zdanie jest równoważne ¬∃x (A(x) → B(x)), gdy negację przesunięto całkiem do środka? Kliknij je.

¬∃x (A(x) → B(x))
  1. 1∃x (A(x) ∧ ¬B(x))
  2. 2∀x (A(x) ∧ ¬B(x))
  3. 3∀x (A(x) → ¬B(x))
  4. 4∀x (¬A(x) → ¬B(x))
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD0001111000011110111111

Na tej mapie Karnaugha dokładnie jedna jedynka nie ma sąsiedniej jedynki, więc w minimalnej postaci SOP pozostaje grupą jednej komórki (pełnym mintermem o czterech literałach). Sąsiedztwo przez brzegi mapy się liczy. Kliknij tę komórkę.

F = Σm(1, 4, 5, 7, 11, 12)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110000103020405X716112013015X141809111110

Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(6, 8, 10, 11, 12) + d(7, 14), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile literałów L zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(6, 8, 10, 11, 12) + d(7, 14)
L =
7.Teoria liczb i arytmetyka modularnaŚredni

Znajdź najmniejszą dodatnią liczbę całkowitą x, dla której x ≡ 3 (mod 4) i x ≡ 10 (mod 11).

x ≡ 3 (mod 4)x ≡ 10 (mod 11)
x =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny

Ile rozwiązań N ma 10x ≡ 30 (mod 55) w zbiorze {0, 1, …, 54}?

10x ≡ 30 (mod 55)
N =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni

Jaka jest złożoność czasowa obliczania n-tej liczby Fibonacciego za pomocą tablicy wypełnianej wstępująco (bottom-up)?

  1. AO(n)
  2. BO(2ⁿ)
  3. CO(log n)
  4. DO(n²)
10.Algorytmy i złożonośćTrudny

Jaka jest złożoność czasowa budowania kopca binarnego z n nieposortowanych elementów metodą wstępującą (bottom-up)?

  1. AO(log n)
  2. BO(n)
  3. CO(n²)
  4. DO(n log n)
11.Struktury danychŚredni

Co się dzieje, gdy tablica mieszająca wykonuje rehashing po przekroczeniu progu współczynnika zapełnienia?

  1. AIstniejące klucze są sortowane w miejscu
  2. BTylko kolidujące klucze są przenoszone na nową listę nadmiarową na końcu tablicy
  3. CAlokuje się większą tablicę i ponownie wstawia każdy klucz
  4. DNajstarsze klucze są usuwane, by zrobić miejsce
12.Struktury danychTrudny

Ile trwa wyszukanie dowolnego klucza w binarnym kopcu minimalnym o n elementach?

  1. AO(1)
  2. BO(log log n)
  3. CO(n)
  4. DO(log n)
13.Teoria grafówŚredni

Graf spójny: liczba wierzchołków 6, liczba krawędzi 13. Ile krawędzi k trzeba usunąć, aby zostało drzewo rozpinające?

|V| = 6|E| = 13
k =
14.Teoria grafówTrudny
121571315311146ABCDEFG

Użyj algorytmu Dijkstry, aby znaleźć długość d(F) najkrótszej ścieżki z A do F w grafie ważonym.

start: Akoniec: F
d(F) =
15.Bazy danych i SQLŚredni

Które stwierdzenie dotyczące HAVING jest prawdziwe?

  1. AMoże używać funkcji agregujących do filtrowania grup
  2. BMusi występować przed WHERE w instrukcji SELECT
  3. CNie może być używane z GROUP BY
  4. DSortuje wyniki
16.Bazy danych i SQLTrudny

Transakcja T1 blokuje wiersz A i czeka na wiersz B, a T2 blokuje wiersz B i czeka na wiersz A. Co robi typowy DBMS?

  1. AZatwierdza obie transakcje naraz
  2. BPozwala obu transakcjom czekać, aż jedna z nich normalnie zatwierdzi zmiany
  3. CWykrywa zakleszczenie i przerywa jedną z transakcji jako ofiarę
  4. DŁączy obie transakcje w jedną
17.Sieci komputeroweŚredni

Który pojedynczy prefiks sumaryzuje zarówno 192.168.0.0/24, jak i 192.168.1.0/24?

  1. A192.168.0.0/23
  2. B192.168.0.0/22
  3. C192.168.0.0/25
  4. D192.168.1.0/23
18.Sieci komputeroweTrudny

Zapora blokuje cały ruch ICMP. Małe żądania WWW działają, ale duże pobrania na niektórych ścieżkach się zawieszają. Jaka jest prawdopodobna przyczyna?

  1. ATCP nie może otwierać połączeń bez ICMP
  2. BDNS potrzebuje ICMP do rozwiązywania nazw
  3. CCertyfikaty TLS są przesyłane przez ICMP
  4. DWykrywanie MTU ścieżki zawodzi, bo komunikaty „fragmentation needed” są blokowane
19.Podsieci IPv4Średni
/22 → /2611111111111111111111111111000000bity siecibity hosta

Sieć 10.66.4.0/22 podzielono na równe podsieci z prefiksem /26. Ile jest podsieci N?

10.66.4.0/22/26
N =
20.Podsieci IPv4Trudny
trzeci oktet 151 … 154112806403211608141211wspólneróżne

Router ma trasy do następujących sieci: 10.40.151.0/24, 10.40.152.0/24, 10.40.153.0/24, 10.40.154.0/24. Jaka jest największa długość prefiksu p pojedynczej trasy zbiorczej, która obejmuje je wszystkie?

10.40.151.0/24 … 10.40.154.0/24
p =

3Roztwory

1.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 140

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.

Odwróć i dodaj jeden

116 = 0111 0100
odwrócone: 1000 1011
+1 → 1000 1100

Odczytaj bez znaku

1000 1100₂ = 256 − 116 = 140

Odpowiedź

U = 140
2.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 88

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.

Bit po bicie

Przesunięcie w lewo o 1 przesuwa każdy bit o 1 pozycji w lewo; bity, które wypadną z lewego końca, są tracone, a z prawej wchodzą zera.

1010 1100 << 1
= 0101 1000

Wartość wyniku

0101 1000₂ = 88

Odpowiedź

R = 88
3.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: ¬¬a → ¬b

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 = b, b = ¬a

Kontrapozycja

¬b → ¬a = ¬¬a → ¬b

Odpowiedź

¬¬a → ¬b

Kontrapozycja jest równoważna zdaniu wyjściowemu, więc jej udowodnienie dowodzi zdania.

4.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: ∀x (A(x) ∧ ¬B(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 (A(x) → B(x)) ≡ ∀x (A(x) ∧ ¬B(x))

Odpowiedź

∀x (A(x) ∧ ¬B(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: AB = 10, CD = 11

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.

Sąsiedzi każdej jedynki

Jedynka z sąsiednią jedynką może dołączyć do grupy dwóch lub więcej.

m11: m10, m9, m15, m3 → 0
ABCD0001111000011110111111

Izolowana jedynka

m11 = AB′CD → AB = 10, CD = 11

Odpowiedź

AB = 10, CD = 11
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 8

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.

BCD′, AD′, A′BC, AB′C
ABCD0001111000011110000103020405X716112013015X141809111110

Minimalne pokrycie

F = BCD′ + AD′ + AB′C
L = 8

Odpowiedź

L = 8

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

7.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: x = 43

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).

Pierwsza kongruencja

x = 3 + 4k

Druga kongruencja

3 + 4k ≡ 10 (mod 11) → 4k ≡ 7 (mod 11)
k ≡ 3·7 ≡ 10 (mod 11)

Wynik

x = 3 + 4·10 = 43
x = 43
sprawdzenie: 43 mod 4 = 3, 43 mod 11 = 10

Odpowiedź

x = 43
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: N = 5

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).

Podziel przez NWD

gcd(10, 55) = 5
2x ≡ 6 (mod 11)

Rozwiąż skróconą kongruencję

2−1 ≡ 6 (mod 11) → x ≡ 3 (mod 11)

Rozwiązania modulo 55

x ∈ {3, 14, 25, 36, 47}
N = 5

Odpowiedź

N = 5
9.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: A · O(n)

Dlaczego to jest odpowiedź

Wypełnienie tablicy od 0 do n wymaga jednego dodawania na element, więc praca jest liniowa zamiast wykładniczej.

Odpowiedź

A · O(n)
10.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: B · O(n)

Dlaczego to jest odpowiedź

Suma kosztów przesiewania w dół (sift-down) po wszystkich poziomach tworzy szereg zbieżny, więc budowa kopca (heapify) działa w czasie liniowym.

Odpowiedź

B · O(n)
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: C · O(n)

Dlaczego to jest odpowiedź

Kopiec nie daje reguły, które poddrzewo zawiera klucz, więc w najgorszym przypadku trzeba sprawdzić wszystkie węzły; szybko można znaleźć tylko minimum.

Odpowiedź

C · O(n)
13.Teoria grafów

Odpowiedź: k = 8

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.

Krawędzie drzewa rozpinającego

6 − 1 = 5

Krawędzie do usunięcia

k = 13 − 5 = 8

Odpowiedź

k = 8
14.Teoria grafów

Odpowiedź: d(F) = 35

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

Każdy wiersz: zatwierdzony wierzchołek, jego ostateczna odległość oraz sąsiedzi, których odległość się poprawia.

A (0): C: 12
C (12): B: 27, G: 26
G (26): E: 32
B (27): D: 34
E (32): F: 35
D (34)
F (35)

Najkrótsza ścieżka

A → C → G → E → F
d(F) = 35

Odpowiedź

d(F) = 35
15.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: A · Może używać funkcji agregujących do filtrowania grup

Dlaczego to jest odpowiedź

HAVING filtruje grupy po agregacji i może odwoływać się do funkcji agregujących; WHERE nie może.

Odpowiedź

A · Może używać funkcji agregujących do filtrowania grup
16.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: C · Wykrywa zakleszczenie i przerywa jedną z transakcji jako ofiarę

Dlaczego to jest odpowiedź

Cykl w grafie oczekiwania to zakleszczenie; DBMS wycofuje jedną transakcję, by druga mogła kontynuować, a ofiarę można ponowić.

Odpowiedź

C · Wykrywa zakleszczenie i przerywa jedną z transakcji jako ofiarę
17.Sieci komputerowe

Odpowiedź: A · 192.168.0.0/23

Dlaczego to jest odpowiedź

0 i 1 mają wszystkie bity trzeciego oktetu wspólne oprócz ostatniego, więc prefiks krótszy o jeden bit (/23), zaczynający się od 192.168.0.0, obejmuje dokładnie obie sieci.

Odpowiedź

A · 192.168.0.0/23
18.Sieci komputerowe

Odpowiedź: D · Wykrywanie MTU ścieżki zawodzi, bo komunikaty „fragmentation needed” są blokowane

Dlaczego to jest odpowiedź

PMTUD opiera się na komunikatach ICMP, aby poznać mniejsze MTU. Jeśli są odrzucane, duże pakiety znikają bez śladu, tworząc połączenie typu „czarna dziura”.

Odpowiedź

D · Wykrywanie MTU ścieżki zawodzi, bo komunikaty „fragmentation needed” są blokowane
19.Podsieci IPv4

Odpowiedź: N = 16

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).

Pożyczone bity

26 − 22 = 4

Liczba podsieci

N = 24 = 16

Odpowiedź

N = 16

Każda podsieć /26 ma 26 − 2 = 62 użytecznych hostów.

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

151 = 10010111
154 = 10011010
wspólne bity wiodące: 4

Długość prefiksu

p = 16 + 4 = 20

Odpowiedź

p = /20

Trasa zbiorcza: 10.40.144.0/20 (obejmuje też 12 sieci spoza listy).

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