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 −73 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −738 bit
U =
2.Systemy liczboweTrudny
20-bitowy kod uzupełnień do dwóch, N = ??znak???????????????????

Jaka jest najmniejsza (najbardziej ujemna) liczba całkowita N, którą można zapisać w 20-bitowym kodzie U2?

20 bit
N =
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
¬q → ¬pq → ¬p¬q ∧ pq ∧ ¬p

Która formuła jest logicznie równoważna ¬(q → p)? Kliknij ją.

¬(q → p)
  1. 1¬q → ¬p
  2. 2q → ¬p
  3. 3¬q ∧ p
  4. 4q ∧ ¬p
4.Rachunek zdań i dowodyTrudny
∃x (A(x) → ¬B(x))∃x (¬A(x) ∧ B(x))∀x (A(x) → ¬B(x))∃x (A(x) ∧ ¬B(x))

Które zdanie jest równoważne ¬∀x (A(x) → B(x)), gdy negację przesunięto całkiem do środka? Kliknij je.

¬∀x (A(x) → B(x))
  1. 1∃x (A(x) → ¬B(x))
  2. 2∃x (¬A(x) ∧ B(x))
  3. 3∀x (A(x) → ¬B(x))
  4. 4∃x (A(x) ∧ ¬B(x))
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000011312041517161120130150141819011110

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 12). Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 12)
N =
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​CLKMOD-16

Zegar 5 kHz taktuje licznik mod-16. Znajdź częstotliwość fout jego najstarszego wyjścia, które wykonuje jeden cykl na każdy cykl zliczania.

fclk = 5 kHzN = 16
fout = kHz
7.Teoria liczb i arytmetyka modularnaŚredni

Rozwiąż 49x ≡ 57 (mod 95). Podaj rozwiązanie x z 0 < x < 95.

49x ≡ 57 (mod 95)
x =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny
mc = me​ mod n109m = cd​ mod n?(n, e) = (209, 11)d

Klucz RSA używa p = 11, q = 19 i e = 11. Odszyfruj szyfrogram c = 109: znajdź wiadomość m.

p = 11q = 19e = 11c = 109
m =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni

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

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

Jaki jest zamortyzowany koszt inkrementacji licznika binarnego, skoro jedna inkrementacja może zmienić wiele bitów?

  1. AO(n log n) na inkrementację
  2. BO(log n) na inkrementację
  3. CO(n) na inkrementację
  4. DO(1) na inkrementację
11.Struktury danychŚredni

Co się dzieje, gdy tablica mieszająca wykonuje rehashing po przekroczeniu progu współczynnika zapełnienia?

  1. AAlokuje się większą tablicę i ponownie wstawia każdy klucz
  2. BNajstarsze klucze są usuwane, by zrobić miejsce
  3. CIstniejące klucze są sortowane w miejscu
  4. DTylko kolidujące klucze są przenoszone na nową listę nadmiarową na końcu tablicy
12.Struktury danychTrudny

Jaki jest czas działania przeszukiwania wszerz (BFS) w grafie o V wierzchołkach przechowywanym jako macierz sąsiedztwa?

  1. AO(V)
  2. BO(V²)
  3. CO(V + E)
  4. DO(E log V)
13.Teoria grafówŚredni

Drzewo ma 3× 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?

3 × deg 33 × deg 42 × deg 5
L =
14.Teoria grafówTrudny
ABCDE

Ile jest marszów o długości 2 z A do B? Marsz może powtarzać wierzchołki i krawędzie. Nazwij tę liczbę N.

M = macierz sąsiedztwaL = 2
N =
15.Bazy danych i SQLŚredni

Trzecia postać normalna (3NF) eliminuje:

  1. AZależności przechodnie między atrybutami niekluczowymi
  2. BWartości atomowe
  3. CZbędne indeksy na kolumnach, które nie są częścią klucza
  4. DKlucze złożone
16.Bazy danych i SQLTrudny

x jest NULL, a y = 1. Jaka jest wartość warunku (x > 5 OR y = 1)?

  1. ANULL, więc wiersz jest zawsze odrzucany
  2. BTRUE
  3. CFALSE
  4. DUNKNOWN
17.Sieci komputeroweŚredni

Czemu odpowiada maska podsieci 255.255.255.0 w notacji CIDR?

  1. A/32
  2. B/24
  3. C/8
  4. D/16
18.Sieci komputeroweTrudny

Komputer dociera do drukarek we własnej podsieci, ale do niczego poza nią. Jego adres IP i maska są poprawne. Jaka jest najbardziej prawdopodobna usterka?

  1. AZduplikowany adres MAC w internecie
  2. BBłędne ustawienie serwera DNS
  3. CZa małe okno TCP
  4. DBrak lub błędna brama domyślna
19.Podsieci IPv4Średni
/24 → /2911111111111111111111111111111000bity siecibity hosta

Sieć 192.168.10.0/24 trzeba podzielić na co najmniej 20 równych podsieci. Jeśli pożyczysz jak najmniej bitów, ile użytecznych hostów H będzie miała każda podsieć?

192.168.10.0/2420 subnets
H =
20.Podsieci IPv4Trudny

Sieć 192.168.134.0/24 dzieli się metodą VLSM dla następujących sieci LAN: A: 29 hosty, B: 6 hosty, C: 28 hosty, D: 96 hosty. Podsieci przydziela się od .0 w górę, zaczynając od sieci LAN z największą liczbą hostów, każdej najmniejszą pasującą podsieć. Jaki jest czwarty oktet x adresu sieci LAN B?

A: 29B: 6C: 28D: 96
x =

3Roztwory

1.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 183

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

73 = 0100 1001
odwrócone: 1011 0110
+1 → 1011 0111

Odczytaj bez znaku

1011 0111₂ = 256 − 73 = 183

Odpowiedź

U = 183
2.Systemy liczbowe

Odpowiedź: N = −524288

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.

Najbardziej ujemna wartość

−219 = −524288

Odpowiedź

N = −524288
3.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: q ∧ ¬p

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

¬(a → b) ≡ ¬(¬a ∨ b) ≡ a ∧ ¬b: jedyny wiersz, w którym implikacja zawodzi.
¬(q → p) ≡ q ∧ ¬p

Sprawdź tablicą prawdy

p = 1, q = 1: 0 | 1 0 0 0
p = 1, q = 0: 0 | 0 1 1 0
p = 0, q = 1: 1 | 1 1 0 1
p = 0, q = 0: 0 | 1 1 0 0

Odpowiedź

q ∧ ¬p

Kolumny po kresce to opcje w pokazanej kolejności.

4.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: ∃x (A(x) ∧ ¬B(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 (A(x) → B(x)) ≡ ∃x (A(x) ∧ ¬B(x))

Odpowiedź

∃x (A(x) ∧ ¬B(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 = 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.

ABCD000111100001111000011312041517161120130150141819011110

Zgrupuj jedynki

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

B′CD′
A′C
AC′D′
A′BD
AB′C′

Minimalna postać SOP

F = B′CD′ + A′C + AC′D′ + A′BD + AB′C′
N = 5

Odpowiedź

N = 5

Istnieje inne grupowanie tego samego rozmiaru; ma tę samą liczbę składników i literałów.

6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: fout = 0,3125 kHz

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.

Dzielenie częstotliwości

fout = 5 kHz / 16 = 0,3125 kHz

Odpowiedź

fout = 0,3125 kHz
7.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: x = 38

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).

Element odwrotny do 49

r = 95, t = 0
r = 49, q = 1, t = 1
r = 46, q = 1, t = −1
r = 3, q = 15, t = 2
r = 1, q = 3, t = −31
49−1 ≡ 64 (mod 95)

Rozwiąż

x ≡ 64·57 = 3648 ≡ 38 (mod 95)
sprawdzenie: 49·38 = 1862 ≡ 57 (mod 95)

Odpowiedź

x = 38
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: m = 10

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 = 209, φ(n) = 180
d = 11−1 mod 180 = 131

Odszyfruj przez wielokrotne podnoszenie do kwadratu

131 = 128 + 2 + 1
1091 ≡ 109 (mod 209)
1092 ≡ 177 (mod 209)
1094 ≡ 188 (mod 209)
1098 ≡ 23 (mod 209)
10916 ≡ 111 (mod 209)
10932 ≡ 199 (mod 209)
10964 ≡ 100 (mod 209)
109128 ≡ 177 (mod 209)
109131 ≡ 109·177·177 ≡ 10 (mod 209)

Wiadomość

m = 10
sprawdzenie: 1011 mod 209 = 109

Odpowiedź

m = 10
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: D · O(1) na inkrementację

Dlaczego to jest odpowiedź

W ciągu n inkrementacji bit i zmienia się około n / 2ⁱ razy, więc łącznie jest mniej niż 2n zmian, średnio O(1) na inkrementację.

Odpowiedź

D · O(1) na inkrementację
11.Struktury danych

Odpowiedź: A · Alokuje się większą tablicę i ponownie wstawia każdy klucz

Dlaczego to jest odpowiedź

Ponieważ indeks oblicza się modulo rozmiar tablicy, wszystkie klucze trzeba ponownie zahaszować do nowej, większej tablicy; przy podwajaniu koszt zamortyzowany pozostaje O(1).

Odpowiedź

A · Alokuje się większą tablicę i ponownie wstawia każdy klucz
12.Struktury danych

Odpowiedź: B · O(V²)

Dlaczego to jest odpowiedź

Każdy z V wierzchołków przegląda wiersz V elementów, co daje O(V²); przy listach sąsiedztwa BFS ma złożoność O(V + E).

Odpowiedź

B · O(V²)
13.Teoria grafów

Odpowiedź: L = 17

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 + 31 = 2(L + 8) − 2
L = 17

Odpowiedź

L = 17

Skrót: L = 2 + Σ (d − 2) po wierzchołkach o stopniu d ≥ 3.

14.Teoria grafów

Odpowiedź: N = 1

Stopnie: stopień wierzchołka to liczba krawędzi, które się w nim stykają. Każda krawędź ma dwa końce, więc stopnie sumują się do dwukrotności liczby krawędzi: Σ deg(v) = 2|E| (lemat o uściskach dłoni). Liczba wierzchołków o nieparzystym stopniu jest zatem parzysta. Kn ma n(n − 1)/2 krawędzi, graf k-regularny o n wierzchołkach ma nk/2, a drzewo o n wierzchołkach ma n − 1 krawędzi.

Macierz sąsiedztwa

A: 0 1 1 0 0
B: 1 0 1 1 1
C: 1 1 0 0 1
D: 0 1 0 0 1
E: 0 1 1 1 0

Wspólni sąsiedzi

(M²)AB = 0·1 + 1·0 + 1·1 + 0·1 + 0·1 = 1

Odpowiedź

N = 1
15.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: A · Zależności przechodnie między atrybutami niekluczowymi

Dlaczego to jest odpowiedź

W 3NF żaden atrybut niekluczowy nie zależy od innego atrybutu niekluczowego, jak np. przy przechowywaniu miasta i kodu pocztowego, gdy miasto zależy od kodu pocztowego.

Odpowiedź

A · Zależności przechodnie między atrybutami niekluczowymi
16.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: B · TRUE

Dlaczego to jest odpowiedź

x > 5 daje UNKNOWN, ale OR z TRUE zawsze daje TRUE, więc wiersz zostaje zachowany; podobnie UNKNOWN AND FALSE dałoby FALSE.

Odpowiedź

B · TRUE
17.Sieci komputerowe

Odpowiedź: B · /24

Dlaczego to jest odpowiedź

Trzy oktety o wartości 255 to 24 bity równe 1, więc 255.255.255.0 = /24.

Odpowiedź

B · /24
18.Sieci komputerowe

Odpowiedź: D · Brak lub błędna brama domyślna

Dlaczego to jest odpowiedź

Hosty wysyłają pakiety spoza podsieci do bramy domyślnej. Jeśli jest błędna lub jej brak, ruch lokalny nadal działa, ale nic na zewnątrz nie jest osiągalne, nawet po adresie IP.

Odpowiedź

D · Brak lub błędna brama domyślna
19.Podsieci IPv4

Odpowiedź: H = 6

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

25 = 32 ≥ 20 → b = 5, /29

Hosty na podsieć

23 − 2 = 6

Odpowiedź

H = 6
20.Podsieci IPv4

Odpowiedź: x = 192

VLSM: każda sieć LAN dostaje najmniejszą podsieć z 2ʰ − 2 ≥ jej liczba hostów, czyli prefiks 32 − h. Przydzielanie największych podsieci najpierw sprawia, że każdy blok jest wyrównany do wielokrotności własnego rozmiaru, więc adresy sieci wynikają z sumowania rozmiarów bloków.

Rozmiar bloku dla każdej sieci LAN

D: 96 hosty → 27 = 128 (/25)
A: 29 hosty → 25 = 32 (/27)
C: 28 hosty → 25 = 32 (/27)
B: 6 hosty → 23 = 8 (/29)

Przydział, od największej

D: .0 – .127
A: .128 – .159
C: .160 – .191
B: .192 – .199

Odpowiedź

x = 192

LAN B: 192.168.134.192/29.

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