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 −78 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −788 bit
U =
2.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0111 0101 >> 2. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0111 0101>> 2
R =
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
(p → r) ∧ (¬r → ¬p)p ∧ r(p → r) ∧ (r → p)(p → r) ∨ (r → p)

Która formuła jest logicznie równoważna p ↔ r? Kliknij ją.

p ↔ r
  1. 1(p → r) ∧ (¬r → ¬p)
  2. 2p ∧ r
  3. 3(p → r) ∧ (r → p)
  4. 4(p → r) ∨ (r → 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
ABC000111100101324576

Uprość F = A′B′C + AB′C′ + A′B do minimalnej postaci sumy iloczynów. Ile literałów L zawiera uproszczone wyrażenie?

F = A′B′C + AB′C′ + A′B
L =
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110101113X214050716112113X151141819011010

Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 13, 14) + d(2, 15), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile literałów L zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 13, 14) + d(2, 15)
L =
7.Teoria liczb i arytmetyka modularnaŚredni

Znajdź element odwrotny do 14 modulo 59: liczbę x, dla której 0 < x < 59 oraz 14·x ≡ 1 (mod 59).

a = 14n = 59
14−1 mod 59 =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny
mc = me​ mod n90m = cd​ mod n?(n, e) = (133, 7)d

Klucz RSA używa p = 7, q = 19 i e = 7. Odszyfruj szyfrogram c = 90: znajdź wiadomość m.

p = 7q = 19e = 7c = 90
m =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni

W posortowanej tablicy szukasz dwóch elementów o sumie równej celowi, przesuwając po jednym wskaźniku z każdego końca do środka. Jaka jest złożoność czasowa?

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

Wzięcie obu końców każdej krawędzi w skojarzeniu maksymalnym (w sensie zawierania) daje pokrycie wierzchołkowe. Jak dobre jest to pokrycie?

  1. AO nieznanej jakości w porównaniu z optimum
  2. BNajwyżej dwa razy większe niż minimalne pokrycie wierzchołkowe
  3. CZawsze jest minimalnym pokryciem wierzchołkowym
  4. DNajwyżej log n razy większe niż minimum
11.Struktury danychŚredni

Gdzie w kopcu binarnym przechowywanym w tablicy od indeksu 0 znajduje się rodzic węzła o indeksie i?

  1. APod indeksem ⌊i / 2⌋ + 1
  2. BPod indeksem ⌊(i − 1) / 2⌋
  3. CPod indeksem i − 1
  4. DPod indeksem 2i + 1
12.Struktury danychTrudny

W buforze cyklicznym front == rear może oznaczać bufor pusty albo pełny. Jaki jest popularny sposób ich rozróżnienia?

  1. APrzechowywanie osobnego licznika elementów albo pozostawianie zawsze jednej wolnej pozycji
  2. BPrzechowywanie front i rear w tej samej zmiennej
  3. CCzyszczenie bufora za każdym razem, gdy front równa się rear, więc stan jest pusty
  4. DUstawienie rozmiaru bufora na potęgę dwójki
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| = 6
  1. 1Cykl Eulera
  2. 2Ścieżka Eulera, bez cyklu
  3. 3ani jedno, ani drugie
14.Teoria grafówTrudny
ABCDEF

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

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

Widok (view) w SQL to:

  1. AZapisane zapytanie, które działa jak wirtualna tabela
  2. BKopia tabeli na dysku
  3. CRodzaj indeksu
  4. DEkran w kliencie bazy danych służący do przeglądania tabel
16.Bazy danych i SQLTrudny

Czym jest odczyt fantomowy (phantom read)?

  1. AOdczyt danych, które nigdy nie zostały zapisane
  2. BZapytanie, które nie zwraca żadnych wierszy
  3. CPowtórzone zapytanie zwraca nowe wiersze wstawione przez inną zatwierdzoną transakcję
  4. DOdczyt niezatwierdzonych zmian
17.Sieci komputeroweŚredni

Który pojedynczy prefiks sumaryzuje zarówno 192.168.0.0/24, jak i 192.168.1.0/24?

  1. A192.168.0.0/25
  2. B192.168.1.0/23
  3. C192.168.0.0/22
  4. D192.168.0.0/23
18.Sieci komputeroweTrudny

Hosty w VLAN 10 i VLAN 20 na tym samym przełączniku nie mogą się komunikować. Co jest potrzebne?

  1. AKoncentrator podłączony do obu VLAN-ów
  2. BRouter lub przełącznik warstwy 3 do routingu między VLAN-ami
  3. CDłuższy kabel między hostami
  4. DTen sam adres MAC na obu hostach
19.Podsieci IPv4Średni
/24 → /2611111111111111111111111111000000bity siecibity hosta

Sieć 10.230.12.0/24 podzielono na równe podsieci z prefiksem /26. Ile jest podsieci N?

10.230.12.0/24/26
N =
20.Podsieci IPv4Trudny
ostatni oktet = 7012806403201608141211siećhost

Host ma adres 10.20.225.7/25. Jaka jest ostatnia liczba (czwarty oktet) x adresu rozgłoszeniowego jego podsieci?

10.20.225.7/25
x =

3Roztwory

1.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 178

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

78 = 0100 1110
odwrócone: 1011 0001
+1 → 1011 0010

Odczytaj bez znaku

1011 0010₂ = 256 − 78 = 178

Odpowiedź

U = 178
2.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 29

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 2 przesuwa każdy bit o 2 pozycji w prawo; bity, które wypadną z prawego końca, są tracone, a z lewej wchodzą zera.

0111 0101 >> 2
= 0001 1101

Wartość wyniku

0001 1101₂ = 29

Odpowiedź

R = 29
3.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: (p → r) ∧ (r → 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 oznacza, że implikacja zachodzi w obie strony: (a → b) ∧ (b → a).
p ↔ r ≡ (p → r) ∧ (r → p)

Sprawdź tablicą prawdy

p = 1, r = 1: 1 | 1 1 1 1
p = 1, r = 0: 0 | 0 0 0 1
p = 0, r = 1: 0 | 1 0 0 1
p = 0, r = 0: 1 | 1 0 1 1

Odpowiedź

(p → r) ∧ (r → 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: L = 7

Algebra Boole’a: reguły upraszczające wyrażenia to X + X′ = 1 i X·X′ = 0, X + X = X, absorpcja X + X·Y = X, reguła sklejania X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y oraz twierdzenie o konsensusie XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Prawa de Morgana zamieniają (X·Y)′ na X′ + Y′ oraz (X + Y)′ na X′·Y′. Mapa Karnaugha stosuje te reguły graficznie: każda grupa dwóch sąsiednich komórek to jedno użycie XY + XY′ = X.

Mintermy wyrażenia

A′B′C → m(1)
AB′C′ → m(4)
A′B → m(2, 3)
ABC00011110010011131214050706

Pogrupuj i odczytaj

F = A′C + A′B + AB′C′

Policz literały

L = 7

Odpowiedź

L = 7
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.

C′D′, BD′, B′C′, A′D′, AC′, A′B′, AB
ABCD0001111000011110101113X214050716112113X151141819011010

Minimalne pokrycie

F = BD′ + AC′ + A′B′
L = 6

Odpowiedź

L = 6
7.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: 14−1 mod 59 = 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).

Rozszerzony algorytm Euklidesa

Każdą resztę r zapisujemy jako r ≡ t·14 (mod 59).

r = 59, t = 0
r = 14, q = 4, t = 1
r = 3, q = 4, t = −4
r = 2, q = 1, t = 17
r = 1, q = 2, t = −21

Odwrotność

1 ≡ −21·14 (mod 59)
x = 38
sprawdzenie: 14·38 = 532 = 9·59 + 1

Odpowiedź

14−1 mod 59 = 38
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: m = 97

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 = 133, φ(n) = 108
d = 7−1 mod 108 = 31

Odszyfruj przez wielokrotne podnoszenie do kwadratu

31 = 16 + 8 + 4 + 2 + 1
901 ≡ 90 (mod 133)
902 ≡ 120 (mod 133)
904 ≡ 36 (mod 133)
908 ≡ 99 (mod 133)
9016 ≡ 92 (mod 133)
9031 ≡ 90·120·36·99·92 ≡ 97 (mod 133)

Wiadomość

m = 97
sprawdzenie: 977 mod 133 = 90

Odpowiedź

m = 97
9.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: D · O(n)

Dlaczego to jest odpowiedź

Gdy suma jest za mała, lewy wskaźnik przesuwa się w prawo, gdy za duża, prawy w lewo, więc kroków jest najwyżej n.

Odpowiedź

D · O(n)
10.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: B · Najwyżej dwa razy większe niż minimalne pokrycie wierzchołkowe

Dlaczego to jest odpowiedź

Krawędzie skojarzenia nie mają wspólnych wierzchołków, więc optimum potrzebuje co najmniej jednego wierzchołka na krawędź, a ta metoda bierze dwa: to 2-aproksymacja.

Odpowiedź

B · Najwyżej dwa razy większe niż minimalne pokrycie wierzchołkowe
11.Struktury danych

Odpowiedź: B · Pod indeksem ⌊(i − 1) / 2⌋

Dlaczego to jest odpowiedź

Dzieci i znajdują się pod 2i + 1 i 2i + 2, więc rodzic i jest pod ⌊(i − 1) / 2⌋; przy indeksowaniu od 1 jest to ⌊i / 2⌋.

Odpowiedź

B · Pod indeksem ⌊(i − 1) / 2⌋
12.Struktury danych

Odpowiedź: A · Przechowywanie osobnego licznika elementów albo pozostawianie zawsze jednej wolnej pozycji

Dlaczego to jest odpowiedź

Przy liczniku pusty oznacza count = 0, a pełny count = pojemność; przy jednej wolnej pozycji pełny definiuje się jako (rear + 1) mod n == front.

Odpowiedź

A · Przechowywanie osobnego licznika elementów albo pozostawianie zawsze jednej wolnej pozycji
13.Teoria grafów

Odpowiedź: Cykl Eulera

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) = 4, deg(C) = 2, deg(D) = 2, deg(E) = 2

Wierzchołki nieparzyste

0
Cykl Eulera

Odpowiedź

Cykl Eulera
14.Teoria grafów

Odpowiedź: N = 2

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 0 1 0 0 0
B: 0 0 1 1 1 0
C: 1 1 0 0 0 0
D: 0 1 0 0 1 1
E: 0 1 0 1 0 1
F: 0 0 0 1 1 0

Wspólni sąsiedzi

(M²)ED = 0·0 + 1·1 + 0·0 + 1·0 + 0·1 + 1·1 = 2

Odpowiedź

N = 2
15.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: A · Zapisane zapytanie, które działa jak wirtualna tabela

Dlaczego to jest odpowiedź

Widok przechowuje instrukcję SELECT; odpytanie go wykonuje zapytanie bazowe (widoki zmaterializowane przechowują wynik).

Odpowiedź

A · Zapisane zapytanie, które działa jak wirtualna tabela
16.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: C · Powtórzone zapytanie zwraca nowe wiersze wstawione przez inną zatwierdzoną transakcję

Dlaczego to jest odpowiedź

Fantomy pojawiają się, gdy inna transakcja wstawia wiersze spełniające warunek zakresowy; izolacja serializable im zapobiega.

Odpowiedź

C · Powtórzone zapytanie zwraca nowe wiersze wstawione przez inną zatwierdzoną transakcję
17.Sieci komputerowe

Odpowiedź: D · 192.168.0.0/23

Dlaczego to jest odpowiedź

0 i 1 mają wszystkie bity trzeciego oktetu wspólne oprócz ostatniego, więc prefiks krótszy o jeden bit (/23), zaczynający się od 192.168.0.0, obejmuje dokładnie obie sieci.

Odpowiedź

D · 192.168.0.0/23
18.Sieci komputerowe

Odpowiedź: B · Router lub przełącznik warstwy 3 do routingu między VLAN-ami

Dlaczego to jest odpowiedź

VLAN-y są odizolowane w warstwie 2, więc ruch między nimi musi być trasowany, np. przez router na łączu trunk („router on a stick”) lub przełącznik warstwy 3.

Odpowiedź

B · Router lub przełącznik warstwy 3 do routingu między VLAN-ami
19.Podsieci IPv4

Odpowiedź: N = 4

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).

Pożyczone bity

26 − 24 = 2

Liczba podsieci

N = 22 = 4

Odpowiedź

N = 4

Każda podsieć /26 ma 26 − 2 = 62 użytecznych hostów.

20.Podsieci IPv4

Odpowiedź: x = 127

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

27 = 128

Podsieć tego hosta

sieć: ⌊7/128⌋·128 = 0
rozgłoszeniowy: 0 + 128 − 1 = 127
użyteczne hosty: 1 … 126

Odpowiedź

x = 127

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