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 −49 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −498 bit
U =
2.Systemy liczboweTrudny
32 bit1 px1920 px1080 pxM = ? KiB

Nieskompresowany obraz ma 1920 × 1080 pikseli i 32 bitów na piksel. Ile pamięci M zajmuje, w KiB (1 KiB = 1024 bajty)?

1920 × 1080 px32 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Rachunek zdań i dowodyŚredni
tautologiakontradykcjakontyngencja

Czy (b ∨ a) ∧ (¬b ∧ ¬a) jest tautologią, kontradykcją czy kontyngencją? Kliknij swoją odpowiedź.

(b ∨ a) ∧ (¬b ∧ ¬a)
  1. 1tautologia
  2. 2kontradykcja
  3. 3kontyngencja
4.Rachunek zdań i dowodyTrudny
p¬p ∧ q¬pq

Dane są przesłanki p → r; r → q; ¬q. Jaki wniosek z nich wynika? Kliknij go.

p → rr → q¬q
  1. 1p
  2. 2¬p ∧ q
  3. 3¬p
  4. 4q
5.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000111302140517061121130150140809111110

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 4, 7, 10, 11, 12, 13). Ile iloczynów N ona zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 4, 7, 10, 11, 12, 13)
N =
6.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
ABCD0001111000011110001113120405X716012013115114X809011X10

Znajdź minimalną postać SOP funkcji F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 6, 14, 15) + d(7, 8, 10), gdzie d oznacza stany nieokreślone. Ile literałów L zawiera?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 6, 14, 15) + d(7, 8, 10)
L =
7.Teoria liczb i arytmetyka modularnaŚredni

Rozwiąż 5x ≡ 11 (mod 13). Podaj rozwiązanie x z 0 < x < 13.

5x ≡ 11 (mod 13)
x =
8.Teoria liczb i arytmetyka modularnaTrudny
mc = me​ mod n12m = cd​ mod n?(n, e) = (517, 13)d

Klucz RSA używa p = 11, q = 47 i e = 13. Odszyfruj szyfrogram c = 12: znajdź wiadomość m.

p = 11q = 47e = 13c = 12
m =
9.Algorytmy i złożonośćŚredni

Co mierzy analiza zamortyzowana?

  1. AOczekiwany koszt dla losowych danych wejściowych
  2. BKoszt pojedynczej najdroższej operacji w dowolnym miejscu ciągu
  3. CKoszt algorytmu dla najlepszych danych
  4. DŚredni koszt na operację w pesymistycznym ciągu operacji
10.Algorytmy i złożonośćTrudny

Sortowanie przez wstawianie działa w O(n) dla danych posortowanych. Czy to przeczy dolnemu ograniczeniu Ω(n log n) dla sortowania przez porównania?

  1. ANie, dolne ograniczenie dotyczy najgorszego przypadku po wszystkich danych, a nie każdych danych
  2. BTak, więc dolne ograniczenie jest błędne
  3. CNie, bo sortowanie przez wstawianie nie jest sortowaniem przez porównania
  4. DTak, ale tylko dla tablic krótszych niż 100
11.Struktury danychŚredni

Tablica mieszająca o rozmiarze 7 używa h(k) = k mod 7 i próbkowania liniowego. Gdzie zostanie zapisane 17 po wstawieniu 10?

  1. APod indeksem 3
  2. BPod indeksem 6
  3. CPod indeksem 4
  4. DPod indeksem 0
12.Struktury danychTrudny

Jaki jest pesymistyczny koszt pojedynczej operacji find w strukturze union-find z n elementami bez łączenia według rangi (union by rank) i bez kompresji ścieżek?

  1. AO(α(n))
  2. BO(log n)
  3. CO(n)
  4. DO(1)
13.Teoria grafówŚredni

Graf spójny: liczba wierzchołków 12, liczba krawędzi 12. Ile krawędzi k trzeba usunąć, aby zostało drzewo rozpinające?

|V| = 12|E| = 12
k =
14.Teoria grafówTrudny
10921411116197ABCDEF

Znajdź łączną wagę W minimalnego drzewa rozpinającego grafu ważonego.

|V| = 6|E| = 9
W =
15.Bazy danych i SQLŚredni

Dlaczego tabela może mieć tylko jeden indeks klastrowy?

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

Dlaczego po customers LEFT JOIN orders do liczenia zamówień na klienta używa się COUNT(o.id), a nie COUNT(*)?

  1. ACOUNT(*) liczy wiersz wypełniony NULL jako 1 dla klientów bez zamówień
  2. BCOUNT(o.id) liczy tylko różnych klientów
  3. CCOUNT(*) ignoruje wiersze z wartościami NULL
  4. DCOUNT(*) nie jest dozwolone po złączeniu
17.Sieci komputeroweŚredni

Jaki jest adres pętli zwrotnej IPv6?

  1. A::1
  2. B::
  3. Cff02::1
  4. Dfe80::1
18.Sieci komputeroweTrudny

Dlaczego TCP wybiera nieprzewidywalny początkowy numer sekwencyjny dla każdego połączenia?

  1. AAby uniknąć pomyłek ze starymi segmentami i utrudnić wstrzykiwanie sfałszowanych segmentów
  2. BAby wydajniej kompresować dane
  3. CAby wybrać najlepszą trasę do celu dla segmentów tego połączenia
  4. DAby szyfrować ładunek każdego segmentu
19.Podsieci IPv4Średni
/?11111111111111111111111110000000bity siecibity hosta

Dział potrzebuje 111 adresów hostów w jednej podsieci. Jaki jest najdłuższy prefiks p (najmniejsza podsieć), który wystarczy?

111 hosts
p =
20.Podsieci IPv4Trudny
ostatni oktet = 226112816413201608041201siećhost

Host ma adres 10.20.107.226/30. Jaka jest ostatnia liczba (czwarty oktet) x adresu rozgłoszeniowego jego podsieci?

10.20.107.226/30
x =

3Roztwory

1.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 207

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

49 = 0011 0001
odwrócone: 1100 1110
+1 → 1100 1111

Odczytaj bez znaku

1100 1111₂ = 256 − 49 = 207

Odpowiedź

U = 207
2.Systemy liczbowe

Odpowiedź: M = 8100 KiB

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.

Bity i bajty

1920·1080·32 = 66355200 bit = 8294400 B

Zamień na KiB

8294400/1024 = 8100 KiB

Odpowiedź

M = 8100 KiB
3.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: kontradykcja

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).

Tablica prawdy wiersz po wierszu

a = 1, b = 1: b ∨ a = 1, ¬b = 0, ¬a = 0, ¬b ∧ ¬a = 0, (b ∨ a) ∧ (¬b ∧ ¬a) = 0
a = 1, b = 0: b ∨ a = 1, ¬b = 1, ¬a = 0, ¬b ∧ ¬a = 0, (b ∨ a) ∧ (¬b ∧ ¬a) = 0
a = 0, b = 1: b ∨ a = 1, ¬b = 0, ¬a = 1, ¬b ∧ ¬a = 0, (b ∨ a) ∧ (¬b ∧ ¬a) = 0
a = 0, b = 0: b ∨ a = 0, ¬b = 1, ¬a = 1, ¬b ∧ ¬a = 1, (b ∨ a) ∧ (¬b ∧ ¬a) = 0

Sklasyfikuj

(b ∨ a) ∧ (¬b ∧ ¬a): 0, 0, 0, 0
0 w każdym wierszu: kontradykcja.

Odpowiedź

kontradykcja
4.Rachunek zdań i dowody

Odpowiedź: ¬p

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

p = 0, q = 0, r = 0: p = 0, ¬p ∧ q = 0, ¬p = 1, q = 0

Wniosek

¬p (dwukrotny modus tollens)

Odpowiedź

¬p
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.

ABCD000111100001111000111302140517061121130150140809111110

Zgrupuj jedynki

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

BC′D′
A′CD
A′B′D
AB′C
ABC′

Minimalna postać SOP

F = BC′D′ + A′CD + A′B′D + AB′C + ABC′
N = 5

Odpowiedź

N = 5
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.

CD′, BC, A′C, A′B′D
ABCD0001111000011110001113120405X716012013115114X809011X10

Minimalne pokrycie

F = CD′ + BC + A′B′D
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 = 10

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 5

r = 13, t = 0
r = 5, q = 2, t = 1
r = 3, q = 1, t = −2
r = 2, q = 1, t = 3
r = 1, q = 2, t = −5
5−1 ≡ 8 (mod 13)

Rozwiąż

x ≡ 8·11 = 88 ≡ 10 (mod 13)
sprawdzenie: 5·10 = 50 ≡ 11 (mod 13)

Odpowiedź

x = 10
8.Teoria liczb i arytmetyka modularna

Odpowiedź: m = 122

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 = 517, φ(n) = 460
d = 13−1 mod 460 = 177

Odszyfruj przez wielokrotne podnoszenie do kwadratu

177 = 128 + 32 + 16 + 1
121 ≡ 12 (mod 517)
122 ≡ 144 (mod 517)
124 ≡ 56 (mod 517)
128 ≡ 34 (mod 517)
1216 ≡ 122 (mod 517)
1232 ≡ 408 (mod 517)
1264 ≡ 507 (mod 517)
12128 ≡ 100 (mod 517)
12177 ≡ 12·122·408·100 ≡ 122 (mod 517)

Wiadomość

m = 122
sprawdzenie: 12213 mod 517 = 12

Odpowiedź

m = 122
9.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: D · Średni koszt na operację w pesymistycznym ciągu operacji

Dlaczego to jest odpowiedź

Analiza zamortyzowana rozkłada koszt rzadkich drogich operacji na wiele tanich, dając gwarantowaną średnią dla dowolnego ciągu operacji.

Odpowiedź

D · Średni koszt na operację w pesymistycznym ciągu operacji
10.Algorytmy i złożoność

Odpowiedź: A · Nie, dolne ograniczenie dotyczy najgorszego przypadku po wszystkich danych, a nie każdych danych

Dlaczego to jest odpowiedź

Ograniczenie mówi, że każde sortowanie przez porównania wymaga około n log n porównań dla pewnych danych rozmiaru n; szczególne dane mogą być przetwarzane znacznie szybciej.

Odpowiedź

A · Nie, dolne ograniczenie dotyczy najgorszego przypadku po wszystkich danych, a nie każdych danych
11.Struktury danych

Odpowiedź: C · Pod indeksem 4

Dlaczego to jest odpowiedź

10 mod 7 = 3 i 17 mod 7 = 3; indeks 3 jest zajęty, więc próbkowanie liniowe sprawdza następną pozycję, indeks 4.

Odpowiedź

C · Pod indeksem 4
12.Struktury danych

Odpowiedź: C · O(n)

Dlaczego to jest odpowiedź

Naiwne łączenie może połączyć drzewa w długi łańcuch, więc find może przejść n − 1 wskaźników do rodziców; obie heurystyki sprowadzają koszt niemal do stałego.

Odpowiedź

C · O(n)
13.Teoria grafów

Odpowiedź: k = 1

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.

Krawędzie drzewa rozpinającego

12 − 1 = 11

Krawędzie do usunięcia

k = 12 − 11 = 1

Odpowiedź

k = 1
14.Teoria grafów

Odpowiedź: W = 39

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

CE (1): weź
BC (2): weź
BE (7): pomiń, zamyka cykl
AC (9): weź
AB (10): pomiń, zamyka cykl
DE (11): weź
BD (14): pomiń, zamyka cykl
DF (16): weź

Łączna waga

W = 1 + 2 + 9 + 11 + 16 = 39

Odpowiedź

W = 39
15.Bazy danych i SQL

Odpowiedź: A · 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

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

Odpowiedź: A · COUNT(*) liczy wiersz wypełniony NULL jako 1 dla klientów bez zamówień

Dlaczego to jest odpowiedź

Złączenie lewostronne daje dla takich klientów jeden wiersz z kolumnami zamówień równymi NULL; COUNT(o.id) pomija NULL i poprawnie zwraca 0.

Odpowiedź

A · COUNT(*) liczy wiersz wypełniony NULL jako 1 dla klientów bez zamówień
17.Sieci komputerowe

Odpowiedź: A · ::1

Dlaczego to jest odpowiedź

::1 to adres pętli zwrotnej. :: to adres nieokreślony, fe80::/10 to adresy lokalne łącza (link-local), a ff02::1 to grupa multicast wszystkich węzłów.

Odpowiedź

A · ::1
18.Sieci komputerowe

Odpowiedź: A · Aby uniknąć pomyłek ze starymi segmentami i utrudnić wstrzykiwanie sfałszowanych segmentów

Dlaczego to jest odpowiedź

Losowe początkowe numery sekwencyjne zapobiegają przyjęciu opóźnionych segmentów ze starych połączeń i utrudniają atakującym spoza ścieżki fałszowanie poprawnych segmentów.

Odpowiedź

A · Aby uniknąć pomyłek ze starymi segmentami i utrudnić wstrzykiwanie sfałszowanych segmentów
19.Podsieci IPv4

Odpowiedź: p = 25

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

26 − 2 = 62 < 111
27 − 2 = 126 ≥ 111 → h = 7

Długość prefiksu

p = 32 − 7 = 25

Odpowiedź

p = /25
20.Podsieci IPv4

Odpowiedź: x = 227

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

22 = 4

Podsieć tego hosta

sieć: ⌊226/4⌋·4 = 224
rozgłoszeniowy: 224 + 4 − 1 = 227
użyteczne hosty: 225 … 226

Odpowiedź

x = 227

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