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 −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
24 bit1 px256 px256 pxM = ? KiB

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
(b → a) ∧ (c → a)(b → c) → ab → (c → a)b ∧ (c → a)

Która formuła jest logicznie równoważna (b ∧ c) → a? Kliknij ją.

(b ∧ c) → a
  1. 1(b → a) ∧ (c → a)
  2. 2(b → c) → a
  3. 3b → (c → a)
  4. 4b ∧ (c → a)
4.Rachunek zdań i dowodyTrudny
prp → rrp11100100

Wnioskowanie z przesłankami p → r; r i wnioskiem p jest niepoprawne. Kliknij wiersz tablicy prawdy, który jest kontrprzykładem.

p → rr∴ p
  1. 1p = 1, r = 1
  2. 2p = 1, r = 0
  3. 3p = 0, r = 1
  4. 4p = 0, r = 0
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC000111100101324576

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
ABCD00011110000111101011X31214X51706X12113X151140809011110

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?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 7, 10, 13, 14) + d(3, 5, 12, 15)
L =
7.Teoria liczb i arytmetyka modularnaŚredni

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
mc = me​ mod n37m = cd​ mod n?(n, e) = (119, 19)d

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)?

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

Które stwierdzenie dotyczące P i NP jest prawdziwe?

  1. AKażdy problem z klasy P należy również do NP
  2. BUdowodniono, że P ≠ NP
  3. CNP oznacza „niewielomianowy” (not polynomial)
  4. 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?

  1. AO(1)
  2. BO(log n)
  3. CO(n²)
  4. DO(n)
12.Struktury danychTrudny

W buforze cyklicznym front == rear może oznaczać bufor pusty albo pełny. Jaki jest popularny sposób ich rozróżnienia?

  1. ACzyszczenie bufora za każdym razem, gdy front równa się rear, więc stan jest pusty
  2. BPrzechowywanie front i rear w tej samej zmiennej
  3. CUstawienie rozmiaru bufora na potęgę dwójki
  4. 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
81210109283ABCDEF

Algorytm Dijkstry rusza z A. Kliknij wierzchołek zatwierdzony (uczyniony stałym) w rundzie 3; sam A to runda 1.

start: Arunda 3
  1. 1A
  2. 2B
  3. 3C
  4. 4D
  5. 5E
  6. 6F
15.Bazy danych i SQLŚredni

Co robi ROLLBACK TO SAVEPOINT s1?

  1. ACofa całą transakcję od początku
  2. BKończy transakcję i zatwierdza wszystko
  3. CCofa zmiany dokonane po punkcie zapisu s1, pozostawiając transakcję otwartą
  4. 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?

  1. AŚrednią kwotę na dzień
  2. BSumę narastającą amount uporządkowaną według day
  3. CJeden wiersz na dzień tylko z sumą z tego dnia
  4. DSumę wszystkich kwot w każdym wierszu
17.Sieci komputeroweŚredni

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

  1. A12 ms
  2. B8 ms
  3. C0,125 ms
  4. D1 ms
18.Sieci komputeroweTrudny

Dlaczego IPv6 nie potrzebuje NAT z powodu braku adresów?

  1. AIPv6 działa tylko w sieciach lokalnych, więc adresy nigdy nie muszą być współdzielone globalnie
  2. BIPv6 nie używa adresów
  3. CJego 128-bitowa przestrzeń adresowa jest wystarczająco duża, by każde urządzenie dostało adres globalny
  4. DIPv6 szyfruje wszystkie adresy
19.Podsieci IPv4Średni
/24 → /2611111111111111111111111111000000bity siecibity hosta

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
trzeci oktet = 173112806413201618140211siećhost

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)
ABC00011110010011130214150716

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
ABCD00011110000111101011X31214X51706X12113X151140809011110

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).

Rozmiar bloku w trzecim oktecie

21 = 2

Podsieć tego hosta

sieć: 172.20.172.0
rozgłoszeniowy: 172.20.173.255

Odpowiedź

x = 173

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