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 −74 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −748 bit
U =
2.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0011 1111 >> 1. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0011 1111>> 1
R =
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
tautologiakontradykcjakontyngencja

Czy ((c ∨ b) ∧ c) → ¬b jest tautologią, kontradykcją czy kontyngencją? Kliknij swoją odpowiedź.

((c ∨ b) ∧ c) → ¬b
  1. 1tautologia
  2. 2kontradykcja
  3. 3kontyngencja
4.Rachunek zdań i dowodyTrudny
∀x (¬P(x) → ¬Q(x))∃x (P(x) ∧ ¬Q(x))∀x (P(x) → ¬Q(x))∀x (P(x) ∧ ¬Q(x))

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

¬∃x (P(x) → Q(x))
  1. 1∀x (¬P(x) → ¬Q(x))
  2. 2∃x (P(x) ∧ ¬Q(x))
  3. 3∀x (P(x) → ¬Q(x))
  4. 4∀x (P(x) ∧ ¬Q(x))
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
MUXCI0​0I1​CI2​1I3​ABS1​S0​F

Multiplekser 4-do-1 ma wejścia wyboru S₁ = A i S₀ = B, a wejścia danych podłączone do I₀ = C, I₁ = 0, I₂ = C, I₃ = 1. Dla ilu z 8 kombinacji A, B i C wyjście F = 1? Znajdź N.

I₀ = CI₁ = 0I₂ = CI₃ = 1
N =
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKPRZESUWNY

4-bitowy rejestr przesuwający Q₃Q₂Q₁Q₀ zawiera 0101. Przy każdym zboczu zegara bity przesuwają się o jedno miejsce w prawo (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ jest tracone), a wejście szeregowe trafia do Q₃. Wejście szeregowe wynosi 0, 0, 0, 0, 1, 0 przy zboczach 6. Podaj stan końcowy Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ jako liczbę dziesiętną.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 01010, 0, 0, 0, 1, 0
Q =
7.Teoria liczb i arytmetyka modularnaŚredni

Znajdź funkcję φ Eulera φ(49), czyli liczbę liczb całkowitych od 1 do 49 względnie pierwszych z 49.

n = 49 = 72
φ(49) =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny
120c = me​ mod n?m = cd​ mod nm(n, e) = (533, 7)d

Zaszyfruj wiadomość m = 120 kluczem publicznym RSA (n, e) = (533, 7). Znajdź szyfrogram c.

n = 533e = 7m = 120
c =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni

Jaka jest złożoność czasowa mnożenia dwóch macierzy n × n standardową potrójną pętlą?

  1. AO(n² log n)
  2. BO(n³)
  3. CO(n²)
  4. DO(n)
10.Algorytmy i złożonośćTrudny

Jaki jest czas działania algorytmu Dijkstry z kopcem binarnym dla grafu o V wierzchołkach i E krawędziach?

  1. AO(V × E)
  2. BO(V³)
  3. CO((V + E) log V)
  4. DO(V + E)
11.Struktury danychŚredni

Jaki jest koszt wstawienia elementu w środek tablicy o n elementach?

  1. AO(n²), bo każdy element przesuwa się n razy
  2. BO(1), bo indeks jest znany
  3. CO(log n), z powodu wyszukiwania binarnego
  4. DO(n), bo dalsze elementy trzeba przesunąć
12.Struktury danychTrudny

Dlaczego B-drzewa są używane w bazach danych i systemach plików?

  1. APrzechowują dane nieposortowane
  2. BNie wymagają równoważenia
  3. CDuży stopień rozgałęzienia utrzymuje drzewo płytkim, ograniczając wolne odczyty z dysku
  4. DZajmują mniej pamięci niż jakakolwiek tablica, więc cały indeks zawsze mieści się w pamięci głównej
13.Teoria grafówŚredni
ABCDEFGCykl EuleraŚcieżka Eulera, bez cykluani jedno, ani drugie

Czy graf spójny ma cykl Eulera, ścieżkę Eulera, która nie jest cyklem, czy żadne z nich? Kliknij odpowiedź.

|V| = 7|E| = 9
  1. 1Cykl Eulera
  2. 2Ścieżka Eulera, bez cyklu
  3. 3ani jedno, ani drugie
14.Teoria grafówTrudny
7511913691ABCDEF

Użyj algorytmu Dijkstry, aby znaleźć długość d(F) najkrótszej ścieżki z A do F w grafie ważonym.

start: Akoniec: F
d(F) =
15.Bazy danych i SQLŚredni

Tabela employees ma kolumnę manager_id, która odwołuje się do innego pracownika. Jak wypisać każdego pracownika obok nazwiska jego kierownika?

  1. AUżyć wyłącznie GROUP BY manager_id
  2. BZłączyć tabelę employees z nią samą przy użyciu dwóch aliasów
  3. CUtworzyć na dysku drugą kopię tabeli
  4. DPołączyć tabelę ze sobą za pomocą UNION ALL i filtra WHERE
16.Bazy danych i SQLTrudny

Dlaczego NATURAL JOIN uważa się za ryzykowne w zapytaniach produkcyjnych?

  1. ANie obsługuje go żadna baza danych
  2. BZawsze zwraca iloczyn kartezjański
  3. CZłącza po każdej kolumnie o tej samej nazwie, więc nowa kolumna może niepostrzeżenie zmienić wynik
  4. DIgnoruje klucze główne i obce i zachowuje tylko wiersze NULL
17.Sieci komputeroweŚredni

Jaki jest cel trójetapowego uzgadniania (three-way handshake) w TCP?

  1. AZaszyfrowanie danych
  2. BZestawienie połączenia i synchronizacja numerów sekwencyjnych
  3. CSzybkie zamknięcie połączenia
  4. DZnalezienie adresu IP hosta, zanim będzie można wysłać do niego dane
18.Sieci komputeroweTrudny

Dlaczego strona, która pierwsza zamyka połączenie TCP, pozostaje w stanie TIME_WAIT przez dwukrotność maksymalnego czasu życia segmentu?

  1. AAby opóźnione segmenty wygasły, a końcowe ACK mogło zostać wysłane ponownie, jeśli zaginęło
  2. BAby routery na ścieżce mogły zaktualizować tablice routingu na potrzeby następnego połączenia
  3. CAby poczekać na wygaśnięcie pamięci podręcznej DNS
  4. DAby zachować klucze szyfrowania do późniejszego użycia
19.Podsieci IPv4Średni
255.255.255.24811111111111111111111111111111000bity siecibity hosta

Podsieć używa maski 255.255.255.248. Ile ma użytecznych adresów hostów H?

255.255.255.248
H =
20.Podsieci IPv4Trudny
trzeci oktet 128 … 131112806403201608040201wspólneróżne

Router ma trasy do następujących sieci: 10.41.128.0/24, 10.41.129.0/24, 10.41.130.0/24, 10.41.131.0/24. Jaka jest największa długość prefiksu p pojedynczej trasy zbiorczej, która obejmuje je wszystkie?

10.41.128.0/24 … 10.41.131.0/24
p =

3Roztwory

1.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 182

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

74 = 0100 1010
odwrócone: 1011 0101
+1 → 1011 0110

Odczytaj bez znaku

1011 0110₂ = 256 − 74 = 182

Odpowiedź

U = 182
2.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 31

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

Przesunięcie w prawo o 1 przesuwa każdy bit o 1 pozycji w prawo; bity, które wypadną z prawego końca, są tracone, a z lewej wchodzą zera.

0011 1111 >> 1
= 0001 1111

Wartość wyniku

0001 1111₂ = 31

Odpowiedź

R = 31
3.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: kontyngencja

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

b = 1, c = 1: c ∨ b = 1, (c ∨ b) ∧ c = 1, ¬b = 0, ((c ∨ b) ∧ c) → ¬b = 0
b = 1, c = 0: c ∨ b = 1, (c ∨ b) ∧ c = 0, ¬b = 0, ((c ∨ b) ∧ c) → ¬b = 1
b = 0, c = 1: c ∨ b = 1, (c ∨ b) ∧ c = 1, ¬b = 1, ((c ∨ b) ∧ c) → ¬b = 1
b = 0, c = 0: c ∨ b = 0, (c ∨ b) ∧ c = 0, ¬b = 1, ((c ∨ b) ∧ c) → ¬b = 1

Sklasyfikuj

((c ∨ b) ∧ c) → ¬b: 0, 1, 1, 1
1 w 3 z 4 wierszy, 0 w pozostałych: kontyngencja.

Odpowiedź

kontyngencja
4.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: ∀x (P(x) ∧ ¬Q(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 (P(x) → Q(x)) ≡ ∀x (P(x) ∧ ¬Q(x))

Odpowiedź

∀x (P(x) ∧ ¬Q(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 = 4

Multiplekser: multiplekser 2ⁿ-do-1 przekazuje na wyjście jedno ze swoich wejść danych; linie wyboru, odczytane jako liczba binarna, wskazują które. Dla multipleksera 4-do-1 z wejściami wyboru S₁S₀ = AB: F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Podłączenie wejść danych do 0, 1, C lub C′ sprawia, że multiplekser realizuje dowolną funkcję A, B i C, co jest częstym sposobem budowania logiki w jednym układzie scalonym.

Wyrażenie wyjścia

F = A′B′C + AB′C + AB

Wiersze z F = 1

ABC = 001, 101, 110, 111
N = 4

Odpowiedź

N = 4
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: Q = 4

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.

Stan po każdym zboczu

0101 → 0010 → 0001 → 0000 → 0000 → 1000 → 0100

Wartość dziesiętna

0100₂ = 4

Odpowiedź

Q = 4
7.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: φ(49) = 42

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).

Czynniki pierwsze

49 = 72

Funkcja φ

φ(49) = 49 − 7 = 42

Odpowiedź

φ(49) = 42
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: c = 68

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

7 = 4 + 2 + 1
1201 ≡ 120 (mod 533)
1202 ≡ 9 (mod 533)
1204 ≡ 81 (mod 533)
1207 ≡ 120·9·81 ≡ 68 (mod 533)

Szyfrogram

c = 68

Odpowiedź

c = 68
9.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: B · O(n³)

Dlaczego to jest odpowiedź

Jest n² elementów, a każdy wymaga n mnożeń, co daje n³ operacji.

Odpowiedź

B · O(n³)
10.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: C · O((V + E) log V)

Dlaczego to jest odpowiedź

Jest V operacji pobrania minimum i do E operacji zmniejszenia klucza, każda O(log V); kopiec Fibonacciego poprawia to do O(E + V log V).

Odpowiedź

C · O((V + E) log V)
11.Struktury danych

Odpowiedź: D · O(n), bo dalsze elementy trzeba przesunąć

Dlaczego to jest odpowiedź

Wszystkie elementy za miejscem wstawienia przesuwają się o jedną pozycję w prawo, co zajmuje czas proporcjonalny do n.

Odpowiedź

D · O(n), bo dalsze elementy trzeba przesunąć
12.Struktury danych

Odpowiedź: C · Duży stopień rozgałęzienia utrzymuje drzewo płytkim, ograniczając wolne odczyty z dysku

Dlaczego to jest odpowiedź

B-drzewa przechowują wiele kluczy w węźle, więc wysokość jest mała i na jedno wyszukiwanie potrzeba niewielu odczytów bloków; B+ drzewa dodatkowo łączą liście na potrzeby skanowania zakresów.

Odpowiedź

C · Duży stopień rozgałęzienia utrzymuje drzewo płytkim, ograniczając wolne odczyty z dysku
13.Teoria grafów

Odpowiedź: Ścieżka Eulera, bez cyklu

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.

Stopnie

deg(A) = 2, deg(B) = 2, deg(C) = 2, deg(D) = 3, deg(E) = 4, deg(F) = 2, deg(G) = 3

Wierzchołki nieparzyste

D, G → 2
Ścieżka Eulera, bez cyklu

Odpowiedź

Ścieżka Eulera, bez cyklu

Ścieżka Eulera zaczyna się w jednym wierzchołku nieparzystym i kończy w drugim.

14.Teoria grafów

Odpowiedź: d(F) = 17

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

Każdy wiersz: zatwierdzony wierzchołek, jego ostateczna odległość oraz sąsiedzi, których odległość się poprawia.

A (0): B: 7, C: 5
C (5): E: 18
B (7): D: 16, E: 8
E (8): D: 14, F: 17
D (14)
F (17)

Najkrótsza ścieżka

A → B → E → F
d(F) = 17

Odpowiedź

d(F) = 17
15.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: B · Złączyć tabelę employees z nią samą przy użyciu dwóch aliasów

Dlaczego to jest odpowiedź

Samozłączenie, np. FROM employees e JOIN employees m ON e.manager_id = m.id, pozwala, by jeden alias był pracownikiem, a drugi kierownikiem.

Odpowiedź

B · Złączyć tabelę employees z nią samą przy użyciu dwóch aliasów
16.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: C · Złącza po każdej kolumnie o tej samej nazwie, więc nowa kolumna może niepostrzeżenie zmienić wynik

Dlaczego to jest odpowiedź

Złączenie naturalne dopasowuje wszystkie kolumny o identycznych nazwach, np. niezwiązane „name" lub „created_at"; jawna klauzula ON lub USING jest bezpieczniejsza.

Odpowiedź

C · Złącza po każdej kolumnie o tej samej nazwie, więc nowa kolumna może niepostrzeżenie zmienić wynik
17.Sieci komputerowe

Odpowiedź: B · Zestawienie połączenia i synchronizacja numerów sekwencyjnych

Dlaczego to jest odpowiedź

Uzgadnianie zestawia połączenie i ustala początkowe numery sekwencyjne po obu stronach, zanim zostaną wysłane dane.

Odpowiedź

B · Zestawienie połączenia i synchronizacja numerów sekwencyjnych
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 = 6

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

255.255.255.248 = /29

Użyteczne hosty

23 − 2 = 6

Odpowiedź

H = 6
20.Podsieci IPv4

Odpowiedź: p = 22

Sumaryzacja tras: trasa zbiorcza a.b.c.0/p obejmuje wszystkie sieci, których pierwsze p bitów jest zgodnych. Zapisz binarnie różniący się oktet pierwszej i ostatniej sieci; liczba wspólnych bitów wiodących plus bity poprzedzających oktetów to najdłuższy prefiks trasy zbiorczej.

Porównaj bity

128 = 10000000
131 = 10000011
wspólne bity wiodące: 6

Długość prefiksu

p = 16 + 6 = 22

Odpowiedź

p = /22

Trasa zbiorcza: 10.41.128.0/22

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