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 −29 jako 8-bitowy wzór w kodzie U2. Odczytaj ten wzór jako liczbę dwójkową bez znaku: jaka jest jego wartość U dziesiętnie?

N = −298 bit
U =
2.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0011 1010 XOR 1000 1111. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0011 1010XOR1000 1111
R =
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
(b ∨ a) → cc ∧ ¬(b ∨ a)¬c → ¬(b ∨ a)¬(b ∨ a) → ¬c

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

c → (b ∨ a)
  1. 1(b ∨ a) → c
  2. 2c ∧ ¬(b ∨ a)
  3. 3¬c → ¬(b ∨ a)
  4. 4¬(b ∨ a) → ¬c
4.Rachunek zdań i dowodyTrudny
c ∨ a¬cb ∨ ac ∧ a

Dane są przesłanki b ∨ c; ¬b ∨ a. Jaki wniosek z nich wynika? Kliknij go.

b ∨ c¬b ∨ a
  1. 1c ∨ a
  2. 2¬c
  3. 3b ∨ a
  4. 4c ∧ a
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABC00011110011001030214151716

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C) = Σm(0, 4, 5, 6, 7). Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C) = Σm(0, 4, 5, 6, 7)
N =
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLK

4-bitowy licznik asynchroniczny (ripple) zbudowano z przerzutników z opóźnieniem propagacji 8 ns każdy. Wszystkie wyjścia muszą się ustalić przed następnym zboczem zegara. Znajdź maksymalną częstotliwość zegara fmax.

n = 4tpd = 8 ns
fmax = MHz
7.Teoria liczb i arytmetyka modularnaŚredni

Znajdź najmniejszą dodatnią liczbę całkowitą x, dla której x ≡ 3 (mod 7) i x ≡ 7 (mod 12).

x ≡ 3 (mod 7)x ≡ 7 (mod 12)
x =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny
mc = me​ mod ncm = cd​ mod nm(n, e) = (253, 7)d = ?

Klucz RSA używa liczb pierwszych p = 11 i q = 23 oraz wykładnika publicznego e = 7. Znajdź wykładnik prywatny d (0 < d < φ(n)).

p = 11q = 23e = 7
d =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni

Jaka jest złożoność czasowa standardowego algorytmu programowania dynamicznego dla najdłuższego wspólnego podciągu napisów o długościach m i n?

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

Dlaczego algorytm Dijkstry może dawać błędne wyniki, gdy niektóre wagi krawędzi są ujemne?

  1. ANa każdej ujemnej krawędzi wpada w nieskończoną pętlę
  2. BDziała tylko na grafach nieskierowanych
  3. CWierzchołek jest zatwierdzany przy pobraniu, a późniejsza ujemna krawędź mogłaby jeszcze dać mu krótszą ścieżkę
  4. DLiczb ujemnych nie można przechowywać w kolejce priorytetowej
11.Struktury danychŚredni

Ile węzłów ma doskonałe drzewo binarne o wysokości h, gdy wysokość liczy się w krawędziach?

  1. A2h + 1
  2. B2h+1 − 1
  3. Ch2
  4. D2h
12.Struktury danychTrudny

Dlaczego ze standardowego filtru Blooma nie można po prostu usuwać elementów przez zerowanie ich bitów?

  1. AFiltry Blooma przechowują całe elementy, których po zahaszowaniu nie da się ponownie zlokalizować
  2. BUsuwanie zwiększyłoby odsetek wyników fałszywie pozytywnych do 100%
  3. CBitów w filtrze Blooma nie można zmieniać po jego utworzeniu
  4. DTe bity mogą należeć także do innych elementów, co spowodowałoby wyniki fałszywie negatywne
13.Teoria grafówŚredni

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

4 × deg 52 × deg 2
L =
14.Teoria grafówTrudny
161331012184ABCDE

Znajdź łączną wagę W minimalnego drzewa rozpinającego grafu ważonego.

|V| = 5|E| = 7
W =
15.Bazy danych i SQLŚredni

Dlaczego tabela może mieć tylko jeden indeks klastrowy?

  1. AIndeksy klastrowe zużywają zbyt dużo pamięci
  2. BIndeksy klastrowe mogą być tylko na kluczu głównym
  3. CStandard SQL zabrania więcej niż jednego indeksu w tabeli
  4. DWiersze mogą być fizycznie przechowywane tylko w jednej kolejności
16.Bazy danych i SQLTrudny

Która funkcja okna (window function) przypisuje wierszom w każdej partycji kolejno 1, 2, 3, ... bez powtórzeń przy remisach?

  1. ACOUNT()
  2. BDENSE_RANK()
  3. CRANK()
  4. DROW_NUMBER()
17.Sieci komputeroweŚredni

Ile użytecznych adresów hostów ma podsieć IPv4 /26?

  1. A30
  2. B62
  3. C64
  4. D126
18.Sieci komputeroweTrudny

Co kontroluje okno odbiorcze (rwnd) w połączeniu TCP?

  1. AIle niepotwierdzonych danych może wysłać nadawca, w zależności od bufora odbiorcy
  2. BRozmiar nagłówka każdego pakietu IP
  3. CLimit czasu retransmisji, obliczany na podstawie zmierzonego czasu obiegu każdego segmentu
  4. DLiczbę otwartych portów
19.Podsieci IPv4Średni
/?11111111111111111111100000000000bity siecibity hosta

Dział potrzebuje 1992 adresów hostów w jednej podsieci. Jaki jest najdłuższy prefiks p (najmniejsza podsieć), który wystarczy?

1992 hosts
p =
20.Podsieci IPv4Trudny

Sieć 192.168.125.0/24 dzieli się metodą VLSM dla następujących sieci LAN: A: 81 hosty, B: 28 hosty, C: 20 hosty, D: 6 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: 81B: 28C: 20D: 6
x =

3Roztwory

1.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 227

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

29 = 0001 1101
odwrócone: 1110 0010
+1 → 1110 0011

Odczytaj bez znaku

1110 0011₂ = 256 − 29 = 227

Odpowiedź

U = 227
2.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 181

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

XOR daje 1 tam, gdzie oba bity się różnią.

0011 1010
XOR 1000 1111
= 1011 0101

Wartość wyniku

1011 0101₂ = 181

Odpowiedź

R = 181
3.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: ¬(b ∨ a) → ¬c

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 = c, b = b ∨ a

Kontrapozycja

¬b → ¬a = ¬(b ∨ a) → ¬c

Odpowiedź

¬(b ∨ a) → ¬c

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

4.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: c ∨ a

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.

Wiersze z wszystkimi prawdziwymi przesłankami

a = 1, b = 1, c = 1: c ∨ a = 1, ¬c = 0, b ∨ a = 1, c ∧ a = 1
a = 1, b = 1, c = 0: c ∨ a = 1, ¬c = 1, b ∨ a = 1, c ∧ a = 0
a = 1, b = 0, c = 1: c ∨ a = 1, ¬c = 0, b ∨ a = 1, c ∧ a = 1
a = 0, b = 0, c = 1: c ∨ a = 1, ¬c = 0, b ∨ a = 0, c ∧ a = 0

Wniosek

c ∨ a (rozdzielczość)

Odpowiedź

c ∨ a
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 2

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.

ABC00011110011001030214151716

Zgrupuj jedynki

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

B′C′
A

Minimalna postać SOP

F = B′C′ + A
N = 2

Odpowiedź

N = 2
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: fmax = 31,25 MHz

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.

Najgorszy czas ustalania

T = 4·8 ns = 32 ns

Maksymalna częstotliwość

fmax = 1/32 ns = 31,25 MHz

Odpowiedź

fmax = 31,25 MHz
7.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: x = 31

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 = 3 + 7k

Druga kongruencja

3 + 7k ≡ 7 (mod 12) → 7k ≡ 4 (mod 12)
k ≡ 7·4 ≡ 4 (mod 12)

Wynik

x = 3 + 7·4 = 31
x = 31
sprawdzenie: 31 mod 7 = 3, 31 mod 12 = 7

Odpowiedź

x = 31
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: d = 63

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.

Moduł i funkcja φ

n = 11·23 = 253
φ(n) = 10·22 = 220

Rozszerzony algorytm Euklidesa

r = 220, t = 0
r = 7, q = 31, t = 1
r = 3, q = 2, t = −31
r = 1, q = 3, t = 63

Wykładnik prywatny

d = 63
sprawdzenie: 7·63 = 441 = 2·220 + 1

Odpowiedź

d = 63
9.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: A · O(mn)

Dlaczego to jest odpowiedź

Tablica ma (m + 1)(n + 1) komórek, a każda jest obliczana w O(1) z sąsiednich.

Odpowiedź

A · O(mn)
10.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: C · Wierzchołek jest zatwierdzany przy pobraniu, a późniejsza ujemna krawędź mogłaby jeszcze dać mu krótszą ścieżkę

Dlaczego to jest odpowiedź

Krok zachłanny opiera się na nieujemnych wagach, dzięki którym pobrane odległości są ostateczne; gdy wagi mogą być ujemne, stosuje się Bellmana–Forda.

Odpowiedź

C · Wierzchołek jest zatwierdzany przy pobraniu, a późniejsza ujemna krawędź mogłaby jeszcze dać mu krótszą ścieżkę
11.Struktury danych

Odpowiedź: B · 2h+1 − 1

Dlaczego to jest odpowiedź

Suma 1 + 2 + 4 + ... + 2h daje 2h+1 − 1; np. wysokość 2 daje 7 węzłów.

Odpowiedź

B · 2h+1 − 1
12.Struktury danych

Odpowiedź: D · Te bity mogą należeć także do innych elementów, co spowodowałoby wyniki fałszywie negatywne

Dlaczego to jest odpowiedź

Wyzerowanie wspólnego bitu sprawiłoby, że inny element wyglądałby na nieobecny; zliczające filtry Blooma przechowują liczniki zamiast bitów, by umożliwić usuwanie.

Odpowiedź

D · Te bity mogą należeć także do innych elementów, co spowodowałoby wyniki fałszywie negatywne
13.Teoria grafów

Odpowiedź: L = 14

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 + 24 = 2(L + 6) − 2
L = 14

Odpowiedź

L = 14

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

14.Teoria grafów

Odpowiedź: W = 30

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 Kruskala

BC (3): weź
BE (4): weź
BD (10): weź
CE (12): pomiń, zamyka cykl
AC (13): weź

Łączna waga

W = 3 + 4 + 10 + 13 = 30

Odpowiedź

W = 30
15.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: D · Wiersze mogą być fizycznie przechowywane tylko w jednej kolejności

Dlaczego to jest odpowiedź

Indeks klastrowy porządkuje dane tabeli według swojego klucza, a dane mogą być przechowywane tylko w jednej kolejności; pozostałe indeksy są nieklastrowe.

Odpowiedź

D · Wiersze mogą być fizycznie przechowywane tylko w jednej kolejności
16.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: D · ROW_NUMBER()

Dlaczego to jest odpowiedź

ROW_NUMBER nadaje unikalne kolejne numery; RANK pozostawia luki po remisach; DENSE_RANK nie.

Odpowiedź

D · ROW_NUMBER()
17.Sieci komputerowe

Odpowiedź: B · 62

Dlaczego to jest odpowiedź

Podsieć /26 ma 6 bitów hosta: 2⁶ = 64 adresy, minus adres sieci i adres rozgłoszeniowy, daje 62 użyteczne adresy hostów.

Odpowiedź

B · 62
18.Sieci komputerowe

Odpowiedź: A · Ile niepotwierdzonych danych może wysłać nadawca, w zależności od bufora odbiorcy

Dlaczego to jest odpowiedź

Odbiorca ogłasza, ile ma wolnego miejsca w buforze; nadawca odpowiednio ogranicza niepotwierdzone dane, co zapobiega przeciążeniu odbiorcy.

Odpowiedź

A · Ile niepotwierdzonych danych może wysłać nadawca, w zależności od bufora odbiorcy
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 < 1992
211 − 2 = 2046 ≥ 1992 → h = 11

Długość prefiksu

p = 32 − 11 = 21

Odpowiedź

p = /21
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

A: 81 hosty → 27 = 128 (/25)
B: 28 hosty → 25 = 32 (/27)
C: 20 hosty → 25 = 32 (/27)
D: 6 hosty → 23 = 8 (/29)

Przydział, od największej

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

Odpowiedź

x = 192

LAN D: 192.168.125.192/29.

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