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 −37 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?
N = −378 bit
U =
2.Systemy liczboweTrudny
Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 1001 1011 AND 1100 1100. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?
1001 1011AND1100 1100
R =
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
Czy r ∧ ¬r jest tautologią, kontradykcją czy kontyngencją? Kliknij swoją odpowiedź.
r ∧ ¬r
1tautologia
2kontradykcja
3kontyngencja
4.Rachunek zdań i dowodyTrudny
Które zdanie jest równoważne ¬∀x (A(x) → ∃y R(x, y)), gdy negację przesunięto całkiem do środka? Kliknij je.
¬∀x (A(x) → ∃y R(x, y))
1∃x (A(x) ∧ ∀y ¬R(x, y))
2∃x (¬A(x) ∧ ∃y R(x, y))
3∀x (A(x) ∧ ∀y ¬R(x, y))
4∃x (A(x) → ∀y ¬R(x, y))
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 6, 9). Ile literałów L zawiera łącznie (zmienna z negacją liczy się jako jeden literał)?
F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 6, 9)
L =
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 4, 6, 9, 11, 13, 15) + d(2, 12), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile literałów L zawiera?
Znajdź element odwrotny do 45 modulo 61: liczbę x, dla której 0 < x < 61 oraz 45·x ≡ 1 (mod 61).
a = 45n = 61
45−1 mod 61 =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny
Klucz RSA używa liczb pierwszych p = 5 i q = 11 oraz wykładnika publicznego e = 13. Znajdź wykładnik prywatny d (0 < d < φ(n)).
p = 5q = 11e = 13
d =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni
Jaka jest złożoność czasowa mnożenia dwóch macierzy n × n standardową potrójną pętlą?
AO(n³)
BO(n² log n)
CO(n²)
DO(n)
10.Algorytmy i złożonośćTrudny
Najkrótsze ścieżki proste można znaleźć w czasie wielomianowym. Co wiadomo o znajdowaniu najdłuższej ścieżki prostej między dwoma wierzchołkami w ogólnym grafie?
AMożna je rozwiązać algorytmem Dijkstry z wagami o przeciwnym znaku
BJest nierozstrzygalne
CZawsze jest rozwiązywalne w O(V + E)
DJest NP-trudne
11.Struktury danychŚredni
Ile pamięci zajmują listy sąsiedztwa dla grafu o V wierzchołkach i E krawędziach?
AO(V × E)
BO(V²)
CO(V + E)
DO(E²)
12.Struktury danychTrudny
Który problem próbkowania liniowego zmniejsza przede wszystkim haszowanie podwójne?
AGrupowanie pierwotne (primary clustering), czyli powstawanie długich ciągów zajętych pozycji
BPotrzebę funkcji mieszającej
CPotrzebę przechowywania kluczy w tablicy
DKoszt O(n) odczytu wartości klucza
13.Teoria grafówŚredni
Drzewo ma 4× wierzchołek stopnia 3, 3× wierzchołek stopnia 4, 2× wierzchołek stopnia 5, a wszystkie jego pozostałe wierzchołki są liśćmi (stopień 1). Ile liści L ma to drzewo?
4 × deg 33 × deg 42 × deg 5
L =
14.Teoria grafówTrudny
Znajdź łączną wagę W minimalnego drzewa rozpinającego grafu ważonego.
|V| = 7|E| = 9
W =
15.Bazy danych i SQLŚredni
Czym jest brudny odczyt (dirty read)?
AOdczytem danych z uszkodzonego dysku
BOdczytem danych bez klauzuli WHERE
CDwukrotnym odczytem tego samego wiersza z tą samą wartością
DOdczytem danych zapisanych przez inną transakcję, która nie została jeszcze zatwierdzona
16.Bazy danych i SQLTrudny
Jak przy wielowersyjnej kontroli współbieżności (MVCC) czytający mogą nie blokować zapisujących?
ACzytający odczytują bezpośrednio niezatwierdzone dane
BCzytający widzą spójną migawkę zatwierdzonych wersji wierszy, a zapisujący tworzą nowe wersje
CCzytający zawsze czekają, aż wszyscy zapisujący zatwierdzą zmiany
DZapisy są niedozwolone, dopóki aktywny jest jakikolwiek czytający
17.Sieci komputeroweŚredni
Jaki jest główny cel VLAN?
AZwiększenie szybkości każdego portu przełącznika
BNadanie każdemu urządzeniu publicznego adresu IP
CSzyfrowanie całego ruchu między przełącznikami, aby inne działy nie mogły go odczytać
DPodział jednej fizycznej sieci przełączanej na oddzielne domeny rozgłoszeniowe
18.Sieci komputeroweTrudny
Dlaczego strona, która pierwsza zamyka połączenie TCP, pozostaje w stanie TIME_WAIT przez dwukrotność maksymalnego czasu życia segmentu?
AAby opóźnione segmenty wygasły, a końcowe ACK mogło zostać wysłane ponownie, jeśli zaginęło
BAby routery na ścieżce mogły zaktualizować tablice routingu na potrzeby następnego połączenia
CAby zachować klucze szyfrowania do późniejszego użycia
DAby poczekać na wygaśnięcie pamięci podręcznej DNS
19.Podsieci IPv4Średni
Podsieć używa maski 255.255.248.0. Ile ma użytecznych adresów hostów H?
255.255.248.0
H =
20.Podsieci IPv4Trudny
Host ma adres 10.20.166.77/28. Jaki jest czwarty oktet x jego adresu sieci?
10.20.166.77/28
x =
3Roztwory
1.Systemy liczbowe
Odpowiedź: U = 219
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
37 = 0010 0101
odwrócone: 1101 1010
+1 → 1101 1011
Odczytaj bez znaku
1101 1011₂ = 256 − 37 = 219
Odpowiedź
U = 219
2.Systemy liczbowe
Odpowiedź: R = 136
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
AND daje 1 tylko tam, gdzie oba bity są równe 1.
1001 1011
AND 1100 1100
= 1000 1000
Wartość wyniku
1000 1000₂ = 136
Odpowiedź
R = 136
3.Rachunek zdań i dowody
Odpowiedź: kontradykcja
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).
Tablica prawdy wiersz po wierszu
r = 1: ¬r = 0, r ∧ ¬r = 0
r = 0: ¬r = 1, r ∧ ¬r = 0
Sklasyfikuj
r ∧ ¬r: 0, 0
0 w każdym wierszu: kontradykcja.
Odpowiedź
kontradykcja
4.Rachunek zdań i dowody
Odpowiedź: ∃x (A(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 (A(x) → ∃y R(x, y)) ≡ ∃x (A(x) ∧ ∀y ¬R(x, y))
Odpowiedź
∃x (A(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 = 5
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.
Zgrupuj jedynki
Każda grupa to prostokąt z 2ᵏ komórek; komórki na brzegu sąsiadują z komórkami na przeciwległym brzegu.
B′C′D
A′D′
Minimalna postać SOP
F = B′C′D + A′D′
L = 5
Odpowiedź
L = 5
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki
Odpowiedź: L = 6
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.
B′D, BC′D′, A′D′, AD, A′B′, ABC′
Minimalne pokrycie
F = B′D + A′D′ + AD
L = 6
Odpowiedź
L = 6
Istnieje inne grupowanie tego samego rozmiaru; ma tę samą liczbę składników i literałów.
7.Teoria liczb i arytmetyka modularna
Odpowiedź: 45−1 mod 61 = 19
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·45 (mod 61).
r = 61, t = 0
r = 45, q = 1, t = 1
r = 16, q = 2, t = −1
r = 13, q = 1, t = 3
r = 3, q = 4, t = −4
r = 1, q = 3, t = 19
Odwrotność
1 ≡ 19·45 (mod 61)
x = 19
sprawdzenie: 45·19 = 855 = 14·61 + 1
Odpowiedź
45−1 mod 61 = 19
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna
Odpowiedź: d = 37
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.
Moduł i funkcja φ
n = 5·11 = 55
φ(n) = 4·10 = 40
Rozszerzony algorytm Euklidesa
r = 40, t = 0
r = 13, q = 3, t = 1
r = 1, q = 13, t = −3
Wykładnik prywatny
d = 37
sprawdzenie: 13·37 = 481 = 12·40 + 1
Odpowiedź
d = 37
9.Algorytmy i złożoność
Odpowiedź: A · O(n³)
Dlaczego to jest odpowiedź
Jest n² elementów, a każdy wymaga n mnożeń, co daje n³ operacji.
Odpowiedź
A · O(n³)
10.Algorytmy i złożoność
Odpowiedź: D · Jest NP-trudne
Dlaczego to jest odpowiedź
Najdłuższa ścieżka prosta o długości V − 1 to ścieżka Hamiltona, problem NP-zupełny; w acyklicznych grafach skierowanych jest jednak rozwiązywalne w czasie liniowym.
Odpowiedź
D · Jest NP-trudne
11.Struktury danych
Odpowiedź: C · O(V + E)
Dlaczego to jest odpowiedź
Każdy wierzchołek ma listę, a każda krawędź pojawia się raz (graf skierowany) lub dwa razy (nieskierowany), co daje O(V + E).
Odpowiedź
C · O(V + E)
12.Struktury danych
Odpowiedź: A · Grupowanie pierwotne (primary clustering), czyli powstawanie długich ciągów zajętych pozycji
Dlaczego to jest odpowiedź
Próbkowanie liniowe przesuwa się o 1, więc ciągi zajętych pozycji rosną i się łączą; haszowanie podwójne używa drugiej funkcji mieszającej do wyznaczenia kroku, więc różne klucze sprawdzają różne sekwencje.
Odpowiedź
A · Grupowanie pierwotne (primary clustering), czyli powstawanie długich ciągów zajętych pozycji
13.Teoria grafów
Odpowiedź: L = 18
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 + 34 = 2(L + 9) − 2
L = 18
Odpowiedź
L = 18
Skrót: L = 2 + Σ (d − 2) po wierzchołkach o stopniu d ≥ 3.
14.Teoria grafów
Odpowiedź: W = 53
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
AC (2): weź
AB (6): weź
BC (7): pomiń, zamyka cykl
EF (8): weź
GC (9): weź
BD (10): weź
GB (16): pomiń, zamyka cykl
DF (18): weź
Łączna waga
W = 2 + 6 + 8 + 9 + 10 + 18 = 53
Odpowiedź
W = 53
15.Bazy danych i SQL
Odpowiedź: D · Odczytem danych zapisanych przez inną transakcję, która nie została jeszcze zatwierdzona
Dlaczego to jest odpowiedź
Brudny odczyt widzi niezatwierdzone zmiany, które mogą zostać cofnięte; jest możliwy tylko na poziomie read uncommitted.
Odpowiedź
D · Odczytem danych zapisanych przez inną transakcję, która nie została jeszcze zatwierdzona
16.Bazy danych i SQL
Odpowiedź: B · Czytający widzą spójną migawkę zatwierdzonych wersji wierszy, a zapisujący tworzą nowe wersje
Dlaczego to jest odpowiedź
MVCC zachowuje stare wersje wierszy, więc czytający widzi dane według stanu ze swojej migawki, a zapisujący tworzy nową wersję zamiast nadpisywać w miejscu.
Odpowiedź
B · Czytający widzą spójną migawkę zatwierdzonych wersji wierszy, a zapisujący tworzą nowe wersje
17.Sieci komputerowe
Odpowiedź: D · Podział jednej fizycznej sieci przełączanej na oddzielne domeny rozgłoszeniowe
Dlaczego to jest odpowiedź
VLAN-y grupują porty logicznie, więc rozgłoszenia pozostają w obrębie każdej VLAN. Poprawia to bezpieczeństwo i ogranicza ruch rozgłoszeniowy.
Odpowiedź
D · Podział jednej fizycznej sieci przełączanej na oddzielne domeny rozgłoszeniowe
18.Sieci komputerowe
Odpowiedź: A · Aby opóźnione segmenty wygasły, a końcowe ACK mogło zostać wysłane ponownie, jeśli zaginęło
Dlaczego to jest odpowiedź
TIME_WAIT gwarantuje, że utracone końcowe ACK można powtórzyć, a stare zduplikowane segmenty wygasną, zanim ta sama para adresów i portów zostanie ponownie użyta.
Odpowiedź
A · Aby opóźnione segmenty wygasły, a końcowe ACK mogło zostać wysłane ponownie, jeśli zaginęło
19.Podsieci IPv4
Odpowiedź: H = 2046
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).
Długość prefiksu
255.255.248.0 = /21
Użyteczne hosty
211 − 2 = 2046
Odpowiedź
H = 2046
20.Podsieci IPv4
Odpowiedź: x = 64
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).