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 U21−12816403211608041211

8-bitowy wzór 1101 0011 zapisuje liczbę całkowitą ze znakiem w kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest jej wartość N dziesiętnie?

1101 00118 bit
N =
2.Systemy liczboweTrudny
3443 kodów, b = ? bitów?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

System musi nadać każdemu z 3443 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?

3443
b = bit
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
(p ∧ r) ∧ ¬¬q¬(p ∧ r) → ¬¬q¬(p ∧ r) ∧ ¬q¬(p ∧ r) ∧ ¬¬q

Chcesz udowodnić (p ∧ r) → ¬q nie wprost. Jakie zdanie zakładasz na początku? Kliknij je.

(p ∧ r) → ¬q
  1. 1(p ∧ r) ∧ ¬¬q
  2. 2¬(p ∧ r) → ¬¬q
  3. 3¬(p ∧ r) ∧ ¬q
  4. 4¬(p ∧ r) ∧ ¬¬q
4.Rachunek zdań i dowodyTrudny
∃x ∃y ¬R(x, y)∀x ∃y ¬R(x, y)∀x ∀y ¬R(x, y)∃x ∀y ¬R(x, y)

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

¬∃x ∀y R(x, y)
  1. 1∃x ∃y ¬R(x, y)
  2. 2∀x ∃y ¬R(x, y)
  3. 3∀x ∀y ¬R(x, y)
  4. 4∃x ∀y ¬R(x, y)
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000010312041507061120131150140819111010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 9, 11, 12, 15). Ile literałów L zawiera łącznie (zmienna z negacją liczy się jako jeden literał)?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 9, 11, 12, 15)
L =
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKJK123456

Przerzutnik JK wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia. Kliknij pierwsze zbocze zegara, przy którym Q przechodzi z 1 z powrotem na 0.

Q₀ = 0JK
  1. 1zbocze zegara 1
  2. 2zbocze zegara 2
  3. 3zbocze zegara 3
  4. 4zbocze zegara 4
  5. 5zbocze zegara 5
  6. 6zbocze zegara 6
7.Teoria liczb i arytmetyka modularnaŚredni

Znajdź najmniejszą dodatnią liczbę całkowitą x, dla której x ≡ 5 (mod 9) i x ≡ 9 (mod 13).

x ≡ 5 (mod 9)x ≡ 9 (mod 13)
x =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny

Ile rozwiązań N ma 22x ≡ 30 (mod 60) w zbiorze {0, 1, …, 59}?

22x ≡ 30 (mod 60)
N =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni

Która reguła zachłanna w problemie wyboru zajęć zawsze daje maksymalną liczbę nienakładających się zajęć?

  1. AWybierz zajęcie, które zaczyna się najwcześniej
  2. BWybierz najpierw najkrótsze zajęcie
  3. CWybierz najpierw zajęcie z najmniejszą liczbą kolizji, a potem powtarzaj dla zgodnych zajęć
  4. DWybierz zajęcie, które kończy się najwcześniej, i powtórz dla zgodnych z nim
10.Algorytmy i złożonośćTrudny

Która technika zapewnia oczekiwany czas działania O(n log n) dla quicksorta na dowolnych danych wejściowych?

  1. ALosowanie pivota z rozkładem jednostajnym
  2. BPosortowanie danych przed uruchomieniem quicksorta
  3. CWybieranie zawsze pierwszego elementu
  4. DStosowanie rekurencji tylko po lewej stronie
11.Struktury danychŚredni

Klucze 50, 30, 70, 20, 40 wstawia się w tej kolejności do pustego binarnego drzewa poszukiwań. Co jest lewym dzieckiem 30?

  1. A40
  2. B70
  3. C20
  4. D50
12.Struktury danychTrudny

Klucze 5, 3, 8, 1 wstawia się w tej kolejności do pustego binarnego kopca minimalnego opartego na tablicy. Jak wygląda końcowa tablica?

  1. A[3, 1, 8, 5]
  2. B[1, 3, 5, 8]
  3. C[1, 3, 8, 5]
  4. D[1, 5, 8, 3]
13.Teoria grafówŚredni

Graf spójny: liczba wierzchołków 10, liczba krawędzi 19. Ile krawędzi k trzeba usunąć, aby zostało drzewo rozpinające?

|V| = 10|E| = 19
k =
14.Teoria grafówTrudny
151412351136310ABCDEFG

Algorytm Dijkstry rusza z A. Kliknij wierzchołek zatwierdzony (uczyniony stałym) w rundzie 6; sam A to runda 1.

start: Arunda 6
  1. 1A
  2. 2B
  3. 3C
  4. 4D
  5. 5E
  6. 6F
  7. 7G
15.Bazy danych i SQLŚredni

Które stwierdzenie dotyczące HAVING jest prawdziwe?

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

Dlaczego wiele DBMS stosuje ścisłe blokowanie dwufazowe (strict 2PL), utrzymując blokady wyłączne aż do zatwierdzenia?

  1. AUniemożliwia zakleszczenia
  2. BPozwala transakcjom bezpiecznie odczytywać brudne dane
  3. CEliminuje potrzebę dziennika transakcji
  4. DZapobiega kaskadowym wycofaniom, bo nikt nie może odczytać niezatwierdzonych zapisów
17.Sieci komputeroweŚredni

Dlaczego przełącznik czasem wysyła ramkę na wszystkie porty oprócz tego, z którego przyszła?

  1. APrzełącznik działa jako router
  2. BRamka jest za duża dla jednego portu
  3. CDocelowego adresu MAC nie ma jeszcze w jego tablicy adresów
  4. DRamka ma błędną sumę kontrolną IP i musi zostać sprawdzona przez każdego hosta
18.Sieci komputeroweTrudny

Stacje A i C docierają do punktu dostępowego B, ale nie słyszą się nawzajem, więc ich ramki kolidują w B. Jak pomaga 802,11?

  1. AOpcjonalną wymianą RTS/CTS: CTS punktu dostępowego każe czekać wszystkim pobliskim stacjom
  2. BKażąc A i C używać wykrywania kolizji, aby przestały nadawać, gdy ramki się nakładają
  3. CTrasując ramki A przez C
  4. DZwiększając TTL ramek
19.Podsieci IPv4Średni
/24 → /2711111111111111111111111111100000bity siecibity hosta

Sieć 192.168.10.0/24 trzeba podzielić na co najmniej 5 równych podsieci. Jeśli pożyczysz jak najmniej bitów, ile użytecznych hostów H będzie miała każda podsieć?

192.168.10.0/245 subnets
H =
20.Podsieci IPv4Trudny
trzeci oktet = 1012806403201608040211siećhost

Host ma adres 172.20.1.41/18. Jaki jest trzeci oktet x adresu rozgłoszeniowego jego podsieci?

172.20.1.41/18
x =

3Roztwory

1.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −45

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 + 16 + 2 + 1 = −45

Odpowiedź

N = −45
2.Systemy liczbowe

Odpowiedź: b = 12 bit

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.

Potęgi dwójki

211 = 2048 < 3443
212 = 4096 ≥ 3443

Odpowiedź

b = 12
3.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: (p ∧ r) ∧ ¬¬q

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 = p ∧ r, b = ¬q

Zaprzeczenie implikacji

¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b = (p ∧ r) ∧ ¬¬q

Odpowiedź

(p ∧ r) ∧ ¬¬q

Jeśli założenie prowadzi do sprzeczności, implikacja musi być prawdziwa.

4.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: ∀x ∃y ¬R(x, y)

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) ≡ ∀x ∃y ¬R(x, y)

Odpowiedź

∀x ∃y ¬R(x, y)

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: L = 18

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.

ABCD000111100001111000010312041507061120131150140819111010

Zgrupuj jedynki

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

ACD
AB′D
A′B′CD′
A′BC′D
ABC′D′

Minimalna postać SOP

F = ACD + AB′D + A′B′CD′ + A′BC′D + ABC′D′
L = 18

Odpowiedź

L = 18
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: zbocze zegara 5

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.

Q po każdym zboczu

Przerzutnik JK: 00 utrzymuje, 01 zeruje (Q = 0), 10 ustawia (Q = 1), 11 zmienia stan na przeciwny.

1: J = 0, K = 1 → Q = 0
2: J = 1, K = 0 → Q = 1
3: J = 1, K = 0 → Q = 1
4: J = 0, K = 0 → Q = 1
5: J = 1, K = 1 → Q = 0
6: J = 0, K = 1 → Q = 0

Pierwsza zmiana z 1 na 0

zbocze zegara 5

Odpowiedź

zbocze zegara 5
7.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: x = 113

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 = 5 + 9k

Druga kongruencja

5 + 9k ≡ 9 (mod 13) → 9k ≡ 4 (mod 13)
k ≡ 3·4 ≡ 12 (mod 13)

Wynik

x = 5 + 9·12 = 113
x = 113
sprawdzenie: 113 mod 9 = 5, 113 mod 13 = 9

Odpowiedź

x = 113
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: N = 2

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(22, 60) = 2
11x ≡ 15 (mod 30)

Rozwiąż skróconą kongruencję

11−1 ≡ 11 (mod 30) → x ≡ 15 (mod 30)

Rozwiązania modulo 60

x ∈ {15, 45}
N = 2

Odpowiedź

N = 2
9.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: D · Wybierz zajęcie, które kończy się najwcześniej, i powtórz dla zgodnych z nim

Dlaczego to jest odpowiedź

Optymalność wyboru najwcześniejszego czasu zakończenia można udowodnić argumentem wymiany; dla pozostałych reguł istnieją kontrprzykłady.

Odpowiedź

D · Wybierz zajęcie, które kończy się najwcześniej, i powtórz dla zgodnych z nim
10.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: A · Losowanie pivota z rozkładem jednostajnym

Dlaczego to jest odpowiedź

Przy losowym pivocie oczekiwany czas działania wynosi O(n log n) dla każdych danych wejściowych; złe przypadki nadal istnieją, ale są bardzo mało prawdopodobne.

Odpowiedź

A · Losowanie pivota z rozkładem jednostajnym
11.Struktury danych

Odpowiedź: C · 20

Dlaczego to jest odpowiedź

20 jest mniejsze od 50 i mniejsze od 30, więc zostaje lewym dzieckiem 30; 40 zostaje jego prawym dzieckiem.

Odpowiedź

C · 20
12.Struktury danych

Odpowiedź: C · [1, 3, 8, 5]

Dlaczego to jest odpowiedź

Po 5, 3, 8 tablica to [3, 5, 8]; 1 trafia pod indeks 3, zamienia się z rodzicem 5, a potem z 3, co daje [1, 3, 8, 5].

Odpowiedź

C · [1, 3, 8, 5]
13.Teoria grafów

Odpowiedź: k = 10

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

10 − 1 = 9

Krawędzie do usunięcia

k = 19 − 9 = 10

Odpowiedź

k = 10
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: 15, C: 14
2. C (14): E: 19, G: 17
3. B (15): D: 18
4. G (17)
5. D (18): F: 29
6. E (19): F: 22
7. F (22)

runda 6

E

Odpowiedź

E
15.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: D · 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

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

Odpowiedź: D · Zapobiega kaskadowym wycofaniom, bo nikt nie może odczytać niezatwierdzonych zapisów

Dlaczego to jest odpowiedź

Podstawowe 2PL gwarantuje szeregowalność, ale wczesne zwalnianie blokad zapisu mogłoby pozwolić innym odczytać dane, które później zostaną wycofane; ścisłe 2PL tego unika.

Odpowiedź

D · Zapobiega kaskadowym wycofaniom, bo nikt nie może odczytać niezatwierdzonych zapisów
17.Sieci komputerowe

Odpowiedź: C · Docelowego adresu MAC nie ma jeszcze w jego tablicy adresów

Dlaczego to jest odpowiedź

Dla nieznanego adresu unicast przełącznik zalewa (flooding) sieć ramką. Gdy odbiorca odpowie, przełącznik uczy się jego portu z adresu źródłowego MAC.

Odpowiedź

C · Docelowego adresu MAC nie ma jeszcze w jego tablicy adresów
18.Sieci komputerowe

Odpowiedź: A · Opcjonalną wymianą RTS/CTS: CTS punktu dostępowego każe czekać wszystkim pobliskim stacjom

Dlaczego to jest odpowiedź

Stacja wysyła Request to Send; punkt dostępowy odpowiada Clear to Send, które słyszy każda stacja w jego zasięgu, więc ukryte stacje wstrzymują się na zarezerwowany czas.

Odpowiedź

A · Opcjonalną wymianą RTS/CTS: CTS punktu dostępowego każe czekać wszystkim pobliskim stacjom
19.Podsieci IPv4

Odpowiedź: H = 30

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

23 = 8 ≥ 5 → b = 3, /27

Hosty na podsieć

25 − 2 = 30

Odpowiedź

H = 30
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