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 −68 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −688 bit
U =
2.Systemy liczboweTrudny
3735 kodów, b = ? bitów?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

System musi nadać każdemu z 3735 elementów własny kod dwójkowy tej samej długości. Ile co najmniej bitów b potrzeba?

3735
b = bit
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
(p ∧ r) ∧ ¬q¬q → ¬(p ∧ r)q → (p ∧ r)¬(p ∧ r) → ¬q

Chcesz udowodnić (p ∧ r) → q przez kontrapozycję. Którą implikację udowadniasz zamiast niej? Kliknij ją.

(p ∧ r) → q
  1. 1(p ∧ r) ∧ ¬q
  2. 2¬q → ¬(p ∧ r)
  3. 3q → (p ∧ r)
  4. 4¬(p ∧ r) → ¬q
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
ABCD000111100001111010110312141507060120130150141819011110

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać iloczynu sum (POS) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 5, 8, 9, 10). Ile sum (czynników) N ona ma?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 5, 8, 9, 10)
N =
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
CLKT123456

Przerzutnik T wyzwalany zboczem narastającym startuje z Q = 0 i dostaje pokazane wejścia przy 6 zboczach narastających zegara. Ile razy N Q zmienia stan?

Q₀ = 0T
N =
7.Teoria liczb i arytmetyka modularnaŚredni

Rozwiąż 38x ≡ 2 (mod 47). Podaj rozwiązanie x z 0 < x < 47.

38x ≡ 2 (mod 47)
x =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny
65c = me​ mod n?m = cd​ mod nm(n, e) = (473, 11)d

Zaszyfruj wiadomość m = 65 kluczem publicznym RSA (n, e) = (473, 11). Znajdź szyfrogram c.

n = 473e = 11m = 65
c =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni

Dolne ograniczenie dla sortowania opartego na porównaniach w najgorszym przypadku wynosi:

  1. AΩ(log n)
  2. BΩ(n log n)
  3. CΩ(n)
  4. DΩ(n²)
10.Algorytmy i złożonośćTrudny

Dla którego wariantu problemu plecakowego reguła zachłanna „bierz przedmioty według wartości na jednostkę wagi" zawsze daje optymalną odpowiedź?

  1. ADyskretnego problemu plecakowego 0/1, w którym przedmioty zawsze trzeba brać w całości
  2. BObu wariantów
  3. CŻadnego z wariantów
  4. DCiągłego (ułamkowego) problemu plecakowego, w którym przedmioty można dzielić
11.Struktury danychŚredni

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

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

Dlaczego serwer może losowo wybierać funkcję mieszającą z rodziny uniwersalnej?

  1. ABy wyeliminować potrzebę zmiany rozmiaru tablicy
  2. BBy było bardzo mało prawdopodobne, że atakujący dobierze wiele kluczy, które wszystkie kolidują
  3. CBy tablica mieszająca była posortowana
  4. DBy zagwarantować, że żadne dwa klucze nigdy nie będą kolidować, jakie klucze by nie wysłał atakujący
13.Teoria grafówŚredni

Drzewo ma 4× wierzchołek stopnia 3, 2× wierzchołek stopnia 4, 3× wierzchołek stopnia 5, 2× wierzchołek stopnia 2, a wszystkie jego pozostałe wierzchołki są liśćmi (stopień 1). Ile liści L ma to drzewo?

4 × deg 32 × deg 43 × deg 52 × deg 2
L =
14.Teoria grafówTrudny
7111112158156ABCDEFG

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

Co zapewnia wspólne wyrażenie tablicowe, CTE (WITH name AS (...))?

  1. ANazwany tymczasowy wynik, którego można używać w obrębie jednej instrukcji
  2. BNowego użytkownika bazy danych
  3. CTrwałą tabelę, która pozostaje zapisana na dysku, dopóki nie zostanie usunięta
  4. DIndeks na kolumnie
16.Bazy danych i SQLTrudny

Która funkcja SQL najlepiej nadaje się do znalezienia wszystkich pracowników podległych kierownikowi w drzewie organizacyjnym o nieznanej głębokości?

  1. AGROUP BY po manager_id
  2. BPojedyncze samozłączenie tabeli employees po manager_id
  3. COgraniczenie UNIQUE na manager_id
  4. DRekurencyjne wspólne wyrażenie tablicowe (WITH RECURSIVE)
17.Sieci komputeroweŚredni

Do czego służy cykliczna kontrola nadmiarowa (CRC) w ramkach Ethernet?

  1. ADo szyfrowania ramki
  2. BDo wykrywania błędów transmisji
  3. CDo wyboru najlepszej trasy
  4. DDo automatycznej korekcji każdego błędu bitowego
18.Sieci komputeroweTrudny

Dlaczego wprowadzono opcję skalowania okna TCP (window scale)?

  1. AUDP potrzebował sposobu na kontrolę szybkości wysyłania na przeciążonych ścieżkach
  2. B32-bitowe pole okna było za duże i marnowało miejsce w nagłówku każdego wysyłanego segmentu TCP
  3. CBez niej TCP nie mógłby wykrywać utraconych segmentów na łączach dalekosiężnych
  4. D16-bitowe pole okna ogranicza okno do 65,535 bajtów, co jest za mało dla szybkich ścieżek na duże odległości
19.Podsieci IPv4Średni
/24 → /2611111111111111111111111111000000bity siecibity hosta

Sieć 192.168.10.0/24 trzeba podzielić na co najmniej 4 równych podsieci. Jeśli pożyczysz jak najmniej bitów, ile użytecznych hostów H będzie miała każda podsieć?

192.168.10.0/244 subnets
H =
20.Podsieci IPv4Trudny

Sieć 192.168.125.0/24 dzieli się metodą VLSM dla następujących sieci LAN: A: 30 hosty, B: 11 hosty, C: 37 hosty, D: 6 hosty, E: 19 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 D?

A: 30B: 11C: 37D: 6E: 19
x =

3Roztwory

1.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 188

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

68 = 0100 0100
odwrócone: 1011 1011
+1 → 1011 1100

Odczytaj bez znaku

1011 1100₂ = 256 − 68 = 188

Odpowiedź

U = 188
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 < 3735
212 = 4096 ≥ 3735

Odpowiedź

b = 12
3.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: ¬q → ¬(p ∧ r)

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

Kontrapozycja

¬b → ¬a = ¬q → ¬(p ∧ r)

Odpowiedź

¬q → ¬(p ∧ r)

Kontrapozycja jest równoważna zdaniu wyjściowemu, więc jej udowodnienie dowodzi zdania.

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 = 3

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.

ABCD000111100001111010110312141507060120130150141819011110

Zgrupuj zera

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

(C′ + D′)
(B′ + C′)
(A′ + B′)

Minimalna postać POS

F = (C′ + D′)(B′ + C′)(A′ + B′)
N = 3

Odpowiedź

N = 3
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 2

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 T zmienia stan na przeciwny przy każdym zboczu narastającym, gdy T = 1, i utrzymuje, gdy T = 0.

1: T = 1 → Q = 1
2: T = 0 → Q = 1
3: T = 1 → Q = 0
4: T = 0 → Q = 0
5: T = 0 → Q = 0
6: T = 0 → Q = 0

Policz zmiany

0 → 1 → 1 → 0 → 0 → 0 → 0
N = 2

Odpowiedź

N = 2
7.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: x = 5

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 38

r = 47, t = 0
r = 38, q = 1, t = 1
r = 9, q = 4, t = −1
r = 2, q = 4, t = 5
r = 1, q = 2, t = −21
38−1 ≡ 26 (mod 47)

Rozwiąż

x ≡ 26·2 = 52 ≡ 5 (mod 47)
sprawdzenie: 38·5 = 190 ≡ 2 (mod 47)

Odpowiedź

x = 5
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: c = 395

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

11 = 8 + 2 + 1
651 ≡ 65 (mod 473)
652 ≡ 441 (mod 473)
654 ≡ 78 (mod 473)
658 ≡ 408 (mod 473)
6511 ≡ 65·441·408 ≡ 395 (mod 473)

Szyfrogram

c = 395

Odpowiedź

c = 395
9.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: B · Ω(n log n)

Dlaczego to jest odpowiedź

Każde sortowanie przez porównania potrzebuje w najgorszym przypadku co najmniej log₂(n!) ≈ n log n porównań. Sortowanie przez zliczanie (counting sort) omija to ograniczenie, bo nie porównuje elementów.

Odpowiedź

B · Ω(n log n)
10.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: D · Ciągłego (ułamkowego) problemu plecakowego, w którym przedmioty można dzielić

Dlaczego to jest odpowiedź

Gdy przedmioty można dzielić, wybór najpierw najlepszego stosunku jest optymalny; w problemie 0/1 przedmiot o wysokim stosunku może zablokować lepszą kombinację, więc potrzebne jest programowanie dynamiczne.

Odpowiedź

D · Ciągłego (ułamkowego) problemu plecakowego, w którym przedmioty można dzielić
11.Struktury danych

Odpowiedź: D · 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

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

Odpowiedź: B · By było bardzo mało prawdopodobne, że atakujący dobierze wiele kluczy, które wszystkie kolidują

Dlaczego to jest odpowiedź

Przy haszowaniu uniwersalnym oczekiwana liczba kolizji jest mała dla dowolnego zbioru kluczy, bo atakujący nie wie, którą funkcję wybrano.

Odpowiedź

B · By było bardzo mało prawdopodobne, że atakujący dobierze wiele kluczy, które wszystkie kolidują
13.Teoria grafów

Odpowiedź: L = 19

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 + 39 = 2(L + 11) − 2
L = 19

Odpowiedź

L = 19

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

14.Teoria grafów

Odpowiedź: d(F) = 15

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: 1
C (1): E: 12, G: 16
B (7): G: 15
E (12): D: 14, F: 17
D (14): F: 15
F (15)
G (15)

Najkrótsza ścieżka

A → C → E → D → F
d(F) = 15

Odpowiedź

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

Odpowiedź: A · Nazwany tymczasowy wynik, którego można używać w obrębie jednej instrukcji

Dlaczego to jest odpowiedź

CTE nadaje podzapytaniu nazwę, co ułatwia czytanie złożonych zapytań, i można się do niego odwołać kilka razy w tej samej instrukcji.

Odpowiedź

A · Nazwany tymczasowy wynik, którego można używać w obrębie jednej instrukcji
16.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: D · Rekurencyjne wspólne wyrażenie tablicowe (WITH RECURSIVE)

Dlaczego to jest odpowiedź

Rekurencyjne CTE zaczyna od zapytania zakotwiczającego i wielokrotnie złącza poprzedni wynik z tabelą, więc obsługuje hierarchie o dowolnej głębokości.

Odpowiedź

D · Rekurencyjne wspólne wyrażenie tablicowe (WITH RECURSIVE)
17.Sieci komputerowe

Odpowiedź: B · Do wykrywania błędów transmisji

Dlaczego to jest odpowiedź

Nadawca oblicza CRC dla ramki; odbiorca oblicza ją ponownie i odrzuca ramkę, jeśli wartości się różnią. CRC wykrywa błędy, ale ich nie koryguje.

Odpowiedź

B · Do wykrywania błędów transmisji
18.Sieci komputerowe

Odpowiedź: D · 16-bitowe pole okna ogranicza okno do 65,535 bajtów, co jest za mało dla szybkich ścieżek na duże odległości

Dlaczego to jest odpowiedź

Oryginalny nagłówek pozwala na co najwyżej 65,535 bajtów niepotwierdzonych danych. Skalowanie okna mnoży tę wartość przez potęgę dwójki, aby można było wypełnić ścieżki o dużym iloczynie przepustowości i opóźnienia.

Odpowiedź

D · 16-bitowe pole okna ogranicza okno do 65,535 bajtów, co jest za mało dla szybkich ścieżek na duże odległości
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 ≥ 4 → b = 2, /26

Hosty na podsieć

26 − 2 = 62

Odpowiedź

H = 62
20.Podsieci IPv4

Odpowiedź: x = 144

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

C: 37 hosty → 26 = 64 (/26)
A: 30 hosty → 25 = 32 (/27)
E: 19 hosty → 25 = 32 (/27)
B: 11 hosty → 24 = 16 (/28)
D: 6 hosty → 23 = 8 (/29)

Przydział, od największej

C: .0 – .63
A: .64 – .95
E: .96 – .127
B: .128 – .143
D: .144 – .151

Odpowiedź

x = 144

LAN D: 192.168.125.144/29.

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