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 −61 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?
N = −618 bit
U =
2.Systemy liczboweTrudny
Nieskompresowany obraz ma 256 × 256 pikseli i 24 bitów na piksel. Ile pamięci M zajmuje, w KiB (1 KiB = 1024 bajty)?
256 × 256 px24 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
Która formuła jest logicznie równoważna (b ∧ c) → a? Kliknij ją.
(b ∧ c) → a
1(b → a) ∧ (c → a)
2(b → c) → a
3b → (c → a)
4b ∧ (c → a)
4.Rachunek zdań i dowodyTrudny
Wnioskowanie z przesłankami p → r; r i wnioskiem p jest niepoprawne. Kliknij wiersz tablicy prawdy, który jest kontrprzykładem.
p → rr∴ p
1p = 1, r = 1
2p = 1, r = 0
3p = 0, r = 1
4p = 0, r = 0
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
Uprość F = AB′ + AC′ + A′B′C + A′BC do minimalnej postaci sumy iloczynów. Ile literałów L zawiera uproszczone wyrażenie?
F = AB′ + AC′ + A′B′C + A′BC
L =
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 7, 10, 13, 14) + d(3, 5, 12, 15), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile literałów L zawiera?
Znajdź najmniejszą dodatnią liczbę całkowitą x, dla której x ≡ 1 (mod 3) i x ≡ 5 (mod 11).
x ≡ 1 (mod 3)x ≡ 5 (mod 11)
x =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny
Klucz RSA używa p = 7, q = 17 i e = 19. Odszyfruj szyfrogram c = 37: znajdź wiadomość m.
p = 7q = 17e = 19c = 37
m =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni
Jakie jest rozwiązanie rekurencji T(n) = 2T(n/2) + O(1)?
AO(n²)
BO(n log n)
CO(log n)
DO(n)
10.Algorytmy i złożonośćTrudny
Które stwierdzenie dotyczące P i NP jest prawdziwe?
AKażdy problem z klasy P należy również do NP
BUdowodniono, że P ≠ NP
CNP oznacza „niewielomianowy” (not polynomial)
DRozwiązań problemów NP nie da się szybko zweryfikować
11.Struktury danychŚredni
Kolejkę zaimplementowano za pomocą dwóch stosów: push na stos „in”, a pop ze stosu „out”, który, gdy jest pusty, uzupełnia się ze stosu „in”. Jaki jest zamortyzowany koszt jednej operacji?
AO(1)
BO(log n)
CO(n²)
DO(n)
12.Struktury danychTrudny
W buforze cyklicznym front == rear może oznaczać bufor pusty albo pełny. Jaki jest popularny sposób ich rozróżnienia?
ACzyszczenie bufora za każdym razem, gdy front równa się rear, więc stan jest pusty
BPrzechowywanie front i rear w tej samej zmiennej
CUstawienie rozmiaru bufora na potęgę dwójki
DPrzechowywanie osobnego licznika elementów albo pozostawianie zawsze jednej wolnej pozycji
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
Algorytm Dijkstry rusza z A. Kliknij wierzchołek zatwierdzony (uczyniony stałym) w rundzie 3; sam A to runda 1.
start: Arunda 3
1A
2B
3C
4D
5E
6F
15.Bazy danych i SQLŚredni
Co robi ROLLBACK TO SAVEPOINT s1?
ACofa całą transakcję od początku
BKończy transakcję i zatwierdza wszystko
CCofa zmiany dokonane po punkcie zapisu s1, pozostawiając transakcję otwartą
DUsuwa punkt zapisu i wszystkie tabele zmienione od tego czasu
16.Bazy danych i SQLTrudny
Co oblicza SELECT day, SUM(amount) OVER (ORDER BY day) FROM sales?
AŚrednią kwotę na dzień
BSumę narastającą amount uporządkowaną według day
CJeden wiersz na dzień tylko z sumą z tego dnia
DSumę wszystkich kwot w każdym wierszu
17.Sieci komputeroweŚredni
Ile czasu zajmuje wprowadzenie 1500-bajtowego pakietu do łącza 12 Mbit/s (opóźnienie transmisji)?
A12 ms
B8 ms
C0,125 ms
D1 ms
18.Sieci komputeroweTrudny
Dlaczego IPv6 nie potrzebuje NAT z powodu braku adresów?
AIPv6 działa tylko w sieciach lokalnych, więc adresy nigdy nie muszą być współdzielone globalnie
BIPv6 nie używa adresów
CJego 128-bitowa przestrzeń adresowa jest wystarczająco duża, by każde urządzenie dostało adres globalny
DIPv6 szyfruje wszystkie adresy
19.Podsieci IPv4Średni
Sieć 192.168.10.0/24 trzeba podzielić na co najmniej 3 równych podsieci. Jeśli pożyczysz jak najmniej bitów, ile użytecznych hostów H będzie miała każda podsieć?
192.168.10.0/243 subnets
H =
20.Podsieci IPv4Trudny
Host ma adres 172.20.173.215/23. Jaki jest trzeci oktet x adresu rozgłoszeniowego jego podsieci?
172.20.173.215/23
x =
3Roztwory
1.Systemy liczbowe
Odpowiedź: U = 195
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
61 = 0011 1101
odwrócone: 1100 0010
+1 → 1100 0011
Odczytaj bez znaku
1100 0011₂ = 256 − 61 = 195
Odpowiedź
U = 195
2.Systemy liczbowe
Odpowiedź: M = 192 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
256·256·24 = 1572864 bit = 196608 B
Zamień na KiB
196608/1024 = 192 KiB
Odpowiedź
M = 192 KiB
3.Rachunek zdań i dowody
Odpowiedź: b → (c → 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).
Prawo
Prawo eksportacji: (a ∧ b) → c ≡ a → (b → c). Oba są równe 0 tylko wtedy, gdy a = 1, b = 1 i c = 0.
(b ∧ c) → a ≡ b → (c → a)
Sprawdź tablicą prawdy
a = 1, b = 1, c = 1: 1 | 1 1 1 1
a = 1, b = 1, c = 0: 1 | 1 1 1 1
a = 1, b = 0, c = 1: 1 | 1 1 1 0
a = 1, b = 0, c = 0: 1 | 1 1 1 0
a = 0, b = 1, c = 1: 0 | 0 0 0 0
a = 0, b = 1, c = 0: 1 | 0 1 1 1
a = 0, b = 0, c = 1: 1 | 0 0 1 0
a = 0, b = 0, c = 0: 1 | 1 0 1 0
Odpowiedź
b → (c → a)
Kolumny po kresce to opcje w pokazanej kolejności.
4.Rachunek zdań i dowody
Odpowiedź: p = 0, r = 1
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.
Przesłanki i wniosek wiersz po wierszu
p = 1, r = 1: 1 1 | 1
p = 1, r = 0: 0 0 | 1
p = 0, r = 1: 1 1 | 0
p = 0, r = 0: 1 0 | 0
Kontrprzykład
p = 0, r = 1
Odpowiedź
p = 0, r = 1
Wnioskowanie o tej postaci wygląda jak poprawna reguła, ale jeden wiersz wystarczy, by pokazać, że nią nie jest.
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: L = 6
Algebra Boole’a: reguły upraszczające wyrażenia to X + X′ = 1 i X·X′ = 0, X + X = X, absorpcja X + X·Y = X, reguła sklejania X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y oraz twierdzenie o konsensusie XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Prawa de Morgana zamieniają (X·Y)′ na X′ + Y′ oraz (X + Y)′ na X′·Y′. Mapa Karnaugha stosuje te reguły graficznie: każda grupa dwóch sąsiednich komórek to jedno użycie XY + XY′ = X.
Mintermy wyrażenia
AB′ → m(4, 5)
AC′ → m(4, 6)
A′B′C → m(1)
A′BC → m(3)
Pogrupuj i odczytaj
F = B′C + A′C + AC′
Policz literały
L = 6
Odpowiedź
L = 6
Istnieje inne grupowanie tego samego rozmiaru; ma tę samą liczbę literałów.
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: L = 9
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, BC′, B′CD′, A′D, A′C′, ACD′, A′B′, AB
Minimalne pokrycie
F = BD + BC′ + ACD′ + A′B′
L = 9
Odpowiedź
L = 9
Istnieje inne grupowanie tego samego rozmiaru; ma tę samą liczbę składników i literałów.
7.Teoria liczb i arytmetyka modularna
Odpowiedź: x = 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).
Pierwsza kongruencja
x = 1 + 3k
Druga kongruencja
1 + 3k ≡ 5 (mod 11) → 3k ≡ 4 (mod 11)
k ≡ 4·4 ≡ 5 (mod 11)
Wynik
x = 1 + 3·5 = 16
x = 16
sprawdzenie: 16 mod 3 = 1, 16 mod 11 = 5
Odpowiedź
x = 16
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna
Odpowiedź: m = 58
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 = 119, φ(n) = 96
d = 19−1 mod 96 = 91
Odszyfruj przez wielokrotne podnoszenie do kwadratu
91 = 64 + 16 + 8 + 2 + 1
371 ≡ 37 (mod 119)
372 ≡ 60 (mod 119)
374 ≡ 30 (mod 119)
378 ≡ 67 (mod 119)
3716 ≡ 86 (mod 119)
3732 ≡ 18 (mod 119)
3764 ≡ 86 (mod 119)
3791 ≡ 37·60·67·86·86 ≡ 58 (mod 119)
Wiadomość
m = 58
sprawdzenie: 5819 mod 119 = 37
Odpowiedź
m = 58
9.Algorytmy i złożoność
Odpowiedź: D · O(n)
Dlaczego to jest odpowiedź
Z twierdzenia o rekurencji uniwersalnej nlog₂ 2 = n dominuje nad stałą pracą, więc T(n) = Θ(n), jak przy szukaniu maksimum przez dzielenie na połowy.
Odpowiedź
D · O(n)
10.Algorytmy i złożoność
Odpowiedź: A · Każdy problem z klasy P należy również do NP
Dlaczego to jest odpowiedź
P ⊆ NP: jeśli potrafisz szybko rozwiązać problem, potrafisz też szybko zweryfikować rozwiązanie. Pytanie, czy P = NP, wciąż pozostaje otwarte.
Odpowiedź
A · Każdy problem z klasy P należy również do NP
11.Struktury danych
Odpowiedź: A · O(1)
Dlaczego to jest odpowiedź
Każdy element jest łącznie co najwyżej dwa razy odkładany i zdejmowany, więc choć jedno uzupełnienie może zająć O(n), średnia w ciągu operacji wynosi O(1).
Odpowiedź
A · O(1)
12.Struktury danych
Odpowiedź: D · Przechowywanie osobnego licznika elementów albo pozostawianie zawsze jednej wolnej pozycji
Dlaczego to jest odpowiedź
Przy liczniku pusty oznacza count = 0, a pełny count = pojemność; przy jednej wolnej pozycji pełny definiuje się jako (rear + 1) mod n == front.
Odpowiedź
D · Przechowywanie osobnego licznika elementów albo pozostawianie zawsze jednej wolnej pozycji
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: E
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: 8
2. B (8): C: 20, D: 18, E: 11
3. E (11): F: 19
4. D (18)
5. F (19)
6. C (20)
runda 3
E
Odpowiedź
E
15.Bazy danych i SQL
Odpowiedź: C · Cofa zmiany dokonane po punkcie zapisu s1, pozostawiając transakcję otwartą
Dlaczego to jest odpowiedź
Punkt zapisu oznacza miejsce wewnątrz transakcji; wycofanie do niego anuluje późniejszą pracę, a wcześniejsze zmiany czekają na COMMIT.
Odpowiedź
C · Cofa zmiany dokonane po punkcie zapisu s1, pozostawiając transakcję otwartą
16.Bazy danych i SQL
Odpowiedź: B · Sumę narastającą amount uporządkowaną według day
Dlaczego to jest odpowiedź
Z ORDER BY i bez jawnej ramki okno obejmuje wiersze od pierwszego do bieżącego (wraz z remisami), co daje sumę skumulowaną.
Odpowiedź
B · Sumę narastającą amount uporządkowaną według day
17.Sieci komputerowe
Odpowiedź: D · 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
D · 1 ms
18.Sieci komputerowe
Odpowiedź: C · Jego 128-bitowa przestrzeń adresowa jest wystarczająco duża, by każde urządzenie dostało adres globalny
Dlaczego to jest odpowiedź
IPv6 ma około 3,4 × 10³⁸ adresów, więc niedobór, który w IPv4 wymusił NAT, znika; bezpieczeństwo nadal zapewniają zapory sieciowe.
Odpowiedź
C · Jego 128-bitowa przestrzeń adresowa jest wystarczająco duża, by każde urządzenie dostało adres globalny
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 ≥ 3 → b = 2, /26
Hosty na podsieć
26 − 2 = 62
Odpowiedź
H = 62
20.Podsieci IPv4
Odpowiedź: x = 173
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).