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 U2?−128?64?32?16?8?4?2?1

Zapisz −40 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −408 bit
U =
2.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0111 0100 << 3. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0111 0100<< 3
R =
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
(b ∨ c) → a¬a → ¬(b ∨ c)¬(b ∨ c) → ¬aa ∧ ¬(b ∨ c)

Chcesz udowodnić a → (b ∨ c) przez kontrapozycję. Którą implikację udowadniasz zamiast niej? Kliknij ją.

a → (b ∨ c)
  1. 1(b ∨ c) → a
  2. 2¬a → ¬(b ∨ c)
  3. 3¬(b ∨ c) → ¬a
  4. 4a ∧ ¬(b ∨ c)
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
MUX1I0​C′I1​C′I2​1I3​ABS1​S0​F

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

I₀ = 1I₁ = C′I₂ = C′I₃ = 1
N =
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110X0110302X4X51706X12013115X1418X9111110

Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(1, 7, 8, 10, 11, 15) + d(0, 4, 5, 9, 12, 14), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile literałów L zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 7, 8, 10, 11, 15) + d(0, 4, 5, 9, 12, 14)
L =
7.Teoria liczb i arytmetyka modularnaŚredni

Znajdź najmniejszą dodatnią liczbę całkowitą x, dla której x ≡ 1 (mod 7) i x ≡ 3 (mod 11).

x ≡ 1 (mod 7)x ≡ 3 (mod 11)
x =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny
971c = me​ mod n?m = cd​ mod nm(n, e) = (1457, 17)d

Zaszyfruj wiadomość m = 971 kluczem publicznym RSA (n, e) = (1457, 17). Znajdź szyfrogram c.

n = 1457e = 17m = 971
c =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni

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

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

Która definicja klasy P jest poprawna?

  1. AProblemy wymagające czasu wykładniczego na każdym komputerze
  2. BProblemy decyzyjne rozwiązywalne przez algorytm deterministyczny w czasie wielomianowym
  3. CProblemy, które można rozwiązać równolegle
  4. DProblemy, których rozwiązania można sprawdzić, ale nigdy nie znaleźć w czasie wielomianowym
11.Struktury danychŚredni

Węzeł binarnego drzewa poszukiwań ma prawe poddrzewo. Gdzie jest jego następnik w porządku inorder?

  1. AZawsze w jego rodzicu
  2. BZawsze w jego prawym dziecku
  3. CW skrajnie prawym węźle jego lewego poddrzewa
  4. DW skrajnie lewym węźle jego prawego poddrzewa
12.Struktury danychTrudny

Obiekt jest przechowywany jako klucz w mapie mieszającej, a następnie zmienia się pole używane przez jego funkcję mieszającą. Jaki jest prawdopodobny skutek?

  1. AMapa zgłasza błąd w chwili zmiany pola
  2. BNic się nie zmienia, bo skrót klucza oblicza się tylko raz przy uruchomieniu programu
  3. CMapa automatycznie przenosi klucz do nowego kubełka
  4. DWyszukanie obiektu może się nie powieść, bo leży on w kubełku dla starego skrótu
13.Teoria grafówŚredni
ABCDECykl 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| = 5|E| = 5
  1. 1Cykl Eulera
  2. 2Ścieżka Eulera, bez cyklu
  3. 3ani jedno, ani drugie
14.Teoria grafówTrudny
1320171041412116ABCDEFG

Algorytm Prima buduje minimalne drzewo rozpinające, zaczynając od wierzchołka E. Kliknij krawędź, którą dodaje jako krawędź numer 6.

start: Ek = 6
  1. 1krawędź AB
  2. 2krawędź AC
  3. 3krawędź BC
  4. 4krawędź BD
  5. 5krawędź CE
  6. 6krawędź DE
  7. 7krawędź DF
  8. 8krawędź GB
  9. 9krawędź GD
  10. 10krawędź GE
15.Bazy danych i SQLŚredni

W algebrze relacji operator projekcji (π) odpowiada:

  1. AŁączeniu dwóch tabel według klucza
  2. BWyborowi kolumn występujących w wyniku
  3. CSortowaniu wyniku
  4. DWyborowi wierszy spełniających dany warunek
16.Bazy danych i SQLTrudny

Czego wymaga reguła dziennika zapisu z wyprzedzeniem (write-ahead logging, WAL)?

  1. AStrony danych muszą być zapisane przed dziennikiem
  2. BDziennik zapisuje się dopiero po awarii
  3. CKażde zapytanie musi zostać zapisane w dzienniku przed parsowaniem
  4. DRekord dziennika zmiany musi trafić do pamięci trwałej przed zmienioną stroną danych
17.Sieci komputeroweŚredni

Jakiej metryki używa RIP do wyboru tras?

  1. APrzepustowości łącza
  2. BPolityki biznesowej
  3. CLiczby przeskoków
  4. DZmierzonego opóźnienia
18.Sieci komputeroweTrudny

Zapora blokuje cały ruch ICMP. Małe żądania WWW działają, ale duże pobrania na niektórych ścieżkach się zawieszają. Jaka jest prawdopodobna przyczyna?

  1. ACertyfikaty TLS są przesyłane przez ICMP
  2. BDNS potrzebuje ICMP do rozwiązywania nazw
  3. CTCP nie może otwierać połączeń bez ICMP
  4. DWykrywanie MTU ścieżki zawodzi, bo komunikaty „fragmentation needed” są blokowane
19.Podsieci IPv4Średni
/?11111111111111111111100000000000bity siecibity hosta

Dział potrzebuje 1080 adresów hostów w jednej podsieci. Jaki jest najdłuższy prefiks p (najmniejsza podsieć), który wystarczy?

1080 hosts
p =
20.Podsieci IPv4Trudny
ostatni oktet = 146112806403211608041201siećhost

Host ma adres 10.20.150.146/27. Jaka jest ostatnia liczba (czwarty oktet) x adresu rozgłoszeniowego jego podsieci?

10.20.150.146/27
x =

3Roztwory

1.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 216

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.

Odwróć i dodaj jeden

40 = 0010 1000
odwrócone: 1101 0111
+1 → 1101 1000

Odczytaj bez znaku

1101 1000₂ = 256 − 40 = 216

Odpowiedź

U = 216
2.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 160

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 lewo o 3 przesuwa każdy bit o 3 pozycji w lewo; bity, które wypadną z lewego końca, są tracone, a z prawej wchodzą zera.

0111 0100 << 3
= 1010 0000

Wartość wyniku

1010 0000₂ = 160

Odpowiedź

R = 160
3.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: ¬(b ∨ c) → ¬a

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 = a, b = b ∨ c

Kontrapozycja

¬b → ¬a = ¬(b ∨ c) → ¬a

Odpowiedź

¬(b ∨ c) → ¬a

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

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 = 6

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′ + A′BC′ + AB′C′ + AB

Wiersze z F = 1

ABC = 000, 001, 010, 100, 110, 111
N = 6

Odpowiedź

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

Odpowiedź: L = 7

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.

C′D′, B′C′, BCD, AD′, A′C′, AC, AB′, A′BD
ABCD0001111000011110X0110302X4X51706X12013115X1418X9111110

Minimalne pokrycie

F = B′C′ + BCD + AC
L = 7

Odpowiedź

L = 7

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

7.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: x = 36

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 = 1 + 7k

Druga kongruencja

1 + 7k ≡ 3 (mod 11) → 7k ≡ 2 (mod 11)
k ≡ 8·2 ≡ 5 (mod 11)

Wynik

x = 1 + 7·5 = 36
x = 36
sprawdzenie: 36 mod 7 = 1, 36 mod 11 = 3

Odpowiedź

x = 36
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: c = 1433

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

17 = 16 + 1
9711 ≡ 971 (mod 1457)
9712 ≡ 162 (mod 1457)
9714 ≡ 18 (mod 1457)
9718 ≡ 324 (mod 1457)
97116 ≡ 72 (mod 1457)
97117 ≡ 971·72 ≡ 1433 (mod 1457)

Szyfrogram

c = 1433

Odpowiedź

c = 1433
9.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: D · O(n³)

Dlaczego to jest odpowiedź

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

Odpowiedź

D · O(n³)
10.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: B · Problemy decyzyjne rozwiązywalne przez algorytm deterministyczny w czasie wielomianowym

Dlaczego to jest odpowiedź

P zawiera problemy decyzyjne z deterministycznym algorytmem wielomianowym, np. sprawdzanie, czy graf jest spójny.

Odpowiedź

B · Problemy decyzyjne rozwiązywalne przez algorytm deterministyczny w czasie wielomianowym
11.Struktury danych

Odpowiedź: D · W skrajnie lewym węźle jego prawego poddrzewa

Dlaczego to jest odpowiedź

Wszystkie większe klucze bliskie węzłowi są w jego prawym poddrzewie, a najmniejszy z nich to tamtejszy skrajnie lewy węzeł.

Odpowiedź

D · W skrajnie lewym węźle jego prawego poddrzewa
12.Struktury danych

Odpowiedź: D · Wyszukanie obiektu może się nie powieść, bo leży on w kubełku dla starego skrótu

Dlaczego to jest odpowiedź

Położenie klucza wybrano na podstawie jego starego skrótu; przy nowym skrócie wyszukiwanie przeszukuje niewłaściwy kubełek, więc klucze powinny być niezmienne.

Odpowiedź

D · Wyszukanie obiektu może się nie powieść, bo leży on w kubełku dla starego skrótu
13.Teoria grafów

Odpowiedź: ani jedno, ani drugie

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) = 1, deg(B) = 3, deg(C) = 3, deg(D) = 1, deg(E) = 2

Wierzchołki nieparzyste

A, B, C, D → 4
ani jedno, ani drugie

Odpowiedź

ani jedno, ani drugie
14.Teoria grafów

Odpowiedź: krawędź DF

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 Prima

1. DE (4)
2. GE (6)
3. CE (10)
4. AC (3)
5. AB (1)
6. DF (14)

numer krawędzi 6

DF

Odpowiedź

krawędź DF
15.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: B · Wyborowi kolumn występujących w wyniku

Dlaczego to jest odpowiedź

Projekcja zachowuje wybrane atrybuty (lista SELECT), a selekcja σ zachowuje wiersze spełniające warunek (klauzula WHERE).

Odpowiedź

B · Wyborowi kolumn występujących w wyniku
16.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: D · Rekord dziennika zmiany musi trafić do pamięci trwałej przed zmienioną stroną danych

Dlaczego to jest odpowiedź

Zapis dziennika najpierw pozwala DBMS po awarii ponowić zatwierdzoną pracę i cofnąć niezatwierdzoną, co wspiera atomowość i trwałość.

Odpowiedź

D · Rekord dziennika zmiany musi trafić do pamięci trwałej przed zmienioną stroną danych
17.Sieci komputerowe

Odpowiedź: C · Liczby przeskoków

Dlaczego to jest odpowiedź

RIP to protokół wektora odległości, który liczy przeskoki, przy czym 16 oznacza nieosiągalność. Ogranicza to jego zastosowanie do małych sieci.

Odpowiedź

C · Liczby przeskoków
18.Sieci komputerowe

Odpowiedź: D · Wykrywanie MTU ścieżki zawodzi, bo komunikaty „fragmentation needed” są blokowane

Dlaczego to jest odpowiedź

PMTUD opiera się na komunikatach ICMP, aby poznać mniejsze MTU. Jeśli są odrzucane, duże pakiety znikają bez śladu, tworząc połączenie typu „czarna dziura”.

Odpowiedź

D · Wykrywanie MTU ścieżki zawodzi, bo komunikaty „fragmentation needed” są blokowane
19.Podsieci IPv4

Odpowiedź: p = 21

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).

Potrzebne bity hosta

210 − 2 = 1022 < 1080
211 − 2 = 2046 ≥ 1080 → h = 11

Długość prefiksu

p = 32 − 11 = 21

Odpowiedź

p = /21
20.Podsieci IPv4

Odpowiedź: x = 159

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).

Rozmiar bloku

25 = 32

Podsieć tego hosta

sieć: ⌊146/32⌋·32 = 128
rozgłoszeniowy: 128 + 32 − 1 = 159
użyteczne hosty: 129 … 158

Odpowiedź

x = 159

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