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
wagi w kodzie U21−12816413201618041201

8-bitowy wzór 1110 1010 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1110 10108 bit
N =
2.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0001 0111 XOR 0110 1010. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0001 0111XOR0110 1010
R =
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
(r → q) ∧ (q → r)(r → q) ∧ (¬q → ¬r)r ∧ q(r → q) ∨ (q → r)

Która formuła jest logicznie równoważna r ↔ q? Kliknij ją.

r ↔ q
  1. 1(r → q) ∧ (q → r)
  2. 2(r → q) ∧ (¬q → ¬r)
  3. 3r ∧ q
  4. 4(r → q) ∨ (q → r)
4.Rachunek zdań i dowodyTrudny
∀x ¬A(x)∃x A(x)∃x ¬A(x)∀x A(x)

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

¬∃x A(x)
  1. 1∀x ¬A(x)
  2. 2∃x A(x)
  3. 3∃x ¬A(x)
  4. 4∀x A(x)
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000010302140507160120131150140809111010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(4, 6, 11, 15). Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(4, 6, 11, 15)
N =
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110100113021415X706012113115014X809011010

Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 5, 13, 15) + d(7, 8), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile literałów L zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 5, 13, 15) + d(7, 8)
L =
7.Teoria liczb i arytmetyka modularnaŚredni

Znajdź element odwrotny do 13 modulo 23: liczbę x, dla której 0 < x < 23 oraz 13·x ≡ 1 (mod 23).

a = 13n = 23
13−1 mod 23 =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny
451c = me​ mod n?m = cd​ mod nm(n, e) = (559, 13)d

Zaszyfruj wiadomość m = 451 kluczem publicznym RSA (n, e) = (559, 13). Znajdź szyfrogram c.

n = 559e = 13m = 451
c =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni

Dlaczego programowanie dynamiczne nie daje realnego przyspieszenia sortowania przez scalanie?

  1. AJego podproblemy się nie nakładają, więc nie ma czego ponownie wykorzystać
  2. BSortowanie przez scalanie już jest O(n)
  3. CSortowanie przez scalanie nie ma struktury rekurencyjnej
  4. DProgramowanie dynamiczne działa tylko na problemach grafowych, a nie na tablicach
10.Algorytmy i złożonośćTrudny

Jaki jest koszt czasowy i pamięciowy obliczania n-tej liczby Fibonacciego pętlą, która przechowuje tylko dwie ostatnie wartości?

  1. ACzas O(2ⁿ) i pamięć O(1)
  2. BCzas O(log n) i pamięć O(n)
  3. CCzas O(n) i pamięć O(1)
  4. DCzas O(n) i pamięć O(n)
11.Struktury danychŚredni

Drzewo trie (drzewo prefiksowe) jest szczególnie wydajne przy:

  1. AWyszukiwaniu po prefiksie, np. autouzupełnianiu
  2. BPrzechowywaniu macierzy
  3. CSortowaniu liczb
  4. DZnajdowaniu najkrótszych ścieżek
12.Struktury danychTrudny

Które stwierdzenie o sortowaniu przez kopcowanie (heapsort) jest poprawne?

  1. ASortuje w miejscu w pesymistycznym czasie O(n log n), ale nie jest stabilne
  2. BDziała w czasie O(n) dla każdych danych wejściowych
  3. CWymaga binarnego drzewa poszukiwań jako dodatkowej pamięci, więc zużywa O(n) pamięci dodatkowej
  4. DJest stabilne i wymaga O(n) dodatkowej pamięci
13.Teoria grafówŚredni

Drzewo ma 2× wierzchołek stopnia 3, 3× wierzchołek stopnia 5, 3× wierzchołek stopnia 2, a wszystkie jego pozostałe wierzchołki są liśćmi (stopień 1). Ile liści L ma to drzewo?

2 × deg 33 × deg 53 × deg 2
L =
14.Teoria grafówTrudny
251012186141937ABCDEFG

Znajdź łączną wagę W minimalnego drzewa rozpinającego grafu ważonego.

|V| = 7|E| = 10
W =
15.Bazy danych i SQLŚredni

Klucz obcy zadeklarowano z ON DELETE CASCADE. Co się dzieje, gdy zostanie usunięty wiersz nadrzędny?

  1. AUsunięcie jest zawsze odrzucane
  2. BKlucz obcy w wierszach podrzędnych jest automatycznie ustawiany na NULL
  3. COdwołujące się do niego wiersze podrzędne są automatycznie usuwane
  4. DWiersz nadrzędny jest kopiowany do tabeli archiwalnej
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{A, C}
  3. C{B, D}
  4. D{C}
17.Sieci komputeroweŚredni

Czym zapora stanowa (stateful firewall) różni się od prostego filtra pakietów?

  1. ASzyfruje każdy przekazywany pakiet
  2. BBlokuje cały ruch przychodzący bez wyjątków, także odpowiedzi na żądania wychodzące
  3. CSprawdza tylko adres MAC każdej ramki
  4. DŚledzi połączenia i przepuszcza odpowiedzi należące do nawiązanych sesji
18.Sieci komputeroweTrudny

Faza „powolnego startu” (slow start) w kontroli przeciążenia TCP:

  1. AZmniejsza o połowę okno przeciążenia w każdym czasie obiegu, aż wykryje utratę pakietu
  2. BUtrzymuje okno na stałym poziomie jednego segmentu
  3. CJest używana wyłącznie przez UDP
  4. DZwiększa okno przeciążenia wykładniczo aż do osiągnięcia progu lub wystąpienia straty
19.Podsieci IPv4Średni
/24 → /2811111111111111111111111111110000bity siecibity hosta

Sieć 192.168.10.0/24 trzeba podzielić na co najmniej 12 równych podsieci. Jeśli pożyczysz jak najmniej bitów, ile użytecznych hostów H będzie miała każda podsieć?

192.168.10.0/2412 subnets
H =
20.Podsieci IPv4Trudny
trzeci oktet = 27012806403211618041211siećhost

Host ma adres 172.20.27.109/18. Jaki jest trzeci oktet x adresu rozgłoszeniowego jego podsieci?

172.20.27.109/18
x =

3Roztwory

1.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −22

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.

Dodaj wagi

Pozostałe bity mają swoje zwykłe dodatnie wartości.

−128 + 64 + 32 + 8 + 2 = −22

Odpowiedź

N = −22
2.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 125

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

XOR daje 1 tam, gdzie oba bity się różnią.

0001 0111
XOR 0110 1010
= 0111 1101

Wartość wyniku

0111 1101₂ = 125

Odpowiedź

R = 125
3.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: (r → q) ∧ (q → r)

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).

Prawo

a ↔ b oznacza, że implikacja zachodzi w obie strony: (a → b) ∧ (b → a).
r ↔ q ≡ (r → q) ∧ (q → r)

Sprawdź tablicą prawdy

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

Odpowiedź

(r → q) ∧ (q → r)

Kolumny po kresce to opcje w pokazanej kolejności.

4.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: ∀x ¬A(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) ≡ ∀x ¬A(x)

Odpowiedź

∀x ¬A(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 = 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.

ABCD000111100001111000010302140507160120131150140809111010

Zgrupuj jedynki

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

ACD
A′BD′

Minimalna postać SOP

F = ACD + A′BD′
N = 2

Odpowiedź

N = 2
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.

BD, B′C′D′, A′C′D′, A′CD, A′BC′
ABCD0001111000011110100113021415X706012113115014X809011010

Minimalne pokrycie

F = BD + A′C′D′ + A′CD
L = 8

Odpowiedź

L = 8
7.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: 13−1 mod 23 = 16

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).

Rozszerzony algorytm Euklidesa

Każdą resztę r zapisujemy jako r ≡ t·13 (mod 23).

r = 23, t = 0
r = 13, q = 1, t = 1
r = 10, q = 1, t = −1
r = 3, q = 3, t = 2
r = 1, q = 3, t = −7

Odwrotność

1 ≡ −7·13 (mod 23)
x = 16
sprawdzenie: 13·16 = 208 = 9·23 + 1

Odpowiedź

13−1 mod 23 = 16
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: c = 256

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.

Wielokrotne podnoszenie do kwadratu

13 = 8 + 4 + 1
4511 ≡ 451 (mod 559)
4512 ≡ 484 (mod 559)
4514 ≡ 35 (mod 559)
4518 ≡ 107 (mod 559)
45113 ≡ 451·35·107 ≡ 256 (mod 559)

Szyfrogram

c = 256

Odpowiedź

c = 256
9.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: A · Jego podproblemy się nie nakładają, więc nie ma czego ponownie wykorzystać

Dlaczego to jest odpowiedź

Połowy w sortowaniu przez scalanie są rozłączne i każdą rozwiązuje się raz; DP pomaga tylko, gdy podproblemy się powtarzają, jak przy liczbach Fibonacciego.

Odpowiedź

A · Jego podproblemy się nie nakładają, więc nie ma czego ponownie wykorzystać
10.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: C · Czas O(n) i pamięć O(1)

Dlaczego to jest odpowiedź

Każdy krok wymaga tylko dwóch poprzednich wartości, więc tablicę metody wstępującej można zastąpić dwiema zmiennymi.

Odpowiedź

C · Czas O(n) i pamięć O(1)
11.Struktury danych

Odpowiedź: A · Wyszukiwaniu po prefiksie, np. autouzupełnianiu

Dlaczego to jest odpowiedź

Trie przechowuje napisy znak po znaku wzdłuż ścieżek, więc wyszukiwanie i zapytania o prefiks zajmują czas proporcjonalny do długości klucza.

Odpowiedź

A · Wyszukiwaniu po prefiksie, np. autouzupełnianiu
12.Struktury danych

Odpowiedź: A · Sortuje w miejscu w pesymistycznym czasie O(n log n), ale nie jest stabilne

Dlaczego to jest odpowiedź

Heapsort buduje kopiec maksymalny i n razy wyciąga maksimum w obrębie tej samej tablicy; zamiany na duże odległości mogą zmienić kolejność równych kluczy.

Odpowiedź

A · Sortuje w miejscu w pesymistycznym czasie O(n log n), ale nie jest stabilne
13.Teoria grafów

Odpowiedź: L = 13

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.

Lemat o uściskach dłoni dla drzewa

L + 27 = 2(L + 8) − 2
L = 13

Odpowiedź

L = 13

Skrót: L = 2 + Σ (d − 2) po wierzchołkach o stopniu d ≥ 3.

14.Teoria grafów

Odpowiedź: W = 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 Kruskala

AB (2): weź
GC (3): weź
BC (5): weź
DF (6): weź
GD (7): weź
BD (10): pomiń, zamyka cykl
CE (12): weź

Łączna waga

W = 2 + 3 + 5 + 6 + 7 + 12 = 35

Odpowiedź

W = 35
15.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: C · Odwołujące się do niego wiersze podrzędne są automatycznie usuwane

Dlaczego to jest odpowiedź

CASCADE przenosi usunięcie na wiersze odwołujące się; inne opcje to RESTRICT/NO ACTION (odrzucenie) i SET NULL.

Odpowiedź

C · Odwołujące się do niego wiersze podrzędne są automatycznie usuwane
16.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: B · {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

B · {A, C}
17.Sieci komputerowe

Odpowiedź: D · Śledzi połączenia i przepuszcza odpowiedzi należące do nawiązanych sesji

Dlaczego to jest odpowiedź

Zapora stanowa przechowuje tablicę aktywnych połączeń, więc ruch powrotny jest przepuszczany automatycznie. Filtr bezstanowy ocenia każdy pakiet w oderwaniu od innych.

Odpowiedź

D · Śledzi połączenia i przepuszcza odpowiedzi należące do nawiązanych sesji
18.Sieci komputerowe

Odpowiedź: D · 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

D · Zwiększa okno przeciążenia wykładniczo aż do osiągnięcia progu lub wystąpienia straty
19.Podsieci IPv4

Odpowiedź: H = 14

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

24 = 16 ≥ 12 → b = 4, /28

Hosty na podsieć

24 − 2 = 14

Odpowiedź

H = 14
20.Podsieci IPv4

Odpowiedź: x = 63

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).

Rozmiar bloku w trzecim oktecie

26 = 64

Podsieć tego hosta

sieć: 172.20.0.0
rozgłoszeniowy: 172.20.63.255

Odpowiedź

x = 63

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