Fundamentos de Ciência da Computação: pacote de revisão

Formulários, as principais etapas dos métodos de cada tópico e 20 exercícios, com soluções completas no final.

Novos exercíciosVoltar à disciplina

Na janela de impressão, escolha “Salvar como PDF” para guardar uma cópia no seu dispositivo.

1Fórmulas e métodos

Sistemas de numeração

Pesos das posições
binário 2k, octal 8k, hexadecimal 16k
Para decimal
Σ dk·bk
A partir de decimal
divida pela base e leia os restos de baixo para cima
Hexadecimal ↔ binário
um dígito hexadecimal = 4 bits
Complemento para dois
inverta os bits e some 1

Lógica proposicional e demonstrações

Linhas de uma tabela-verdade
2ⁿ
Implicação
p → q ≡ ¬p ∨ q ≡ ¬q → ¬p
Implicação negada
¬(p → q) ≡ p ∧ ¬q
Bicondicional
p ↔ q ≡ (p → q) ∧ (q → p)
De Morgan
¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q, ¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q
Leis distributivas
p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r), p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
Quantificadores negados
¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x), ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x)
Modus ponens, modus tollens
p → q, p ⊢ q; p → q, ¬q ⊢ ¬p

Método

  1. Conte as variáveis diferentes: a tabela-verdade tem 2ⁿ linhas, começando com todas elas iguais a 1.
  2. Dê a cada subfórmula a sua própria coluna e preencha as colunas de dentro para fora.
  3. Aplique a regra de cada conectivo: → só é 0 para 1 → 0, ↔ vale 1 quando os dois lados coincidem.
  4. Para equivalências, compare as colunas finais linha a linha; para um argumento, olhe apenas as linhas em que todas as premissas valem 1.
  5. Para negar uma afirmação quantificada, mova ¬ para dentro, troque ∀ e ∃ e negue a fórmula interna.

Lógica digital: portas, mapas de Karnaugh e flip-flops

Portas básicas
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Regras booleanas
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Ordem do mapa de Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupo de 2ᵏ células
perde k variáveis
Multiplexador 4-para-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flops
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Contadores
n bits: 2ⁿ estados; mod-N: menor n com 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Contador assíncrono (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Contadores em anel e Johnson
n e 2n estados

Método

  1. Para um circuito, trabalhe das entradas até a saída, uma porta de cada vez, e escreva o valor em cada fio, ou escreva a sua expressão e preencha a tabela-verdade.
  2. Para simplificar, coloque os 1s (e as condições irrelevantes como X) num mapa de Karnaugh com linhas e colunas em código Gray: 00, 01, 11, 10.
  3. Cubra os 1s com o menor número possível de grupos, os maiores possíveis, de 1, 2, 4, 8 ou 16 células, dando a volta pelas bordas; cada grupo é um termo produto formado pelas variáveis que permanecem constantes. Agrupe os 0s para a forma POS.
  4. Para flip-flops e contadores, leia as entradas em cada borda ativa do clock, escreva o estado após cada borda e lembre-se de que um contador de n bits dá a volta após 2ⁿ estados.

Teoria dos números e aritmética modular

Divisão com resto
a = q·n + r, 0 ≤ r < n
Euclides
gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)
Mínimo múltiplo comum
lcm(a, b) = a·b/gcd(a, b)
Inversa
a·a⁻¹ ≡ 1 (mod n), gcd(a, n) = 1
Congruência linear
a·x ≡ b → x ≡ a⁻¹·b (mod n)
Função totiente de Euler
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

Método

  1. Reduza antes todos os números módulo n; os restos ficam entre 0 e n − 1.
  2. Para um mdc, divida repetidamente com o algoritmo de Euclides; o último resto não nulo é o mdc.
  3. Para um inverso, execute o algoritmo estendido e guarde o coeficiente de a; some n se ele for negativo.
  4. Resolva a·x ≡ b multiplicando por a⁻¹; combine duas congruências escrevendo x = r₁ + m₁k.
  5. Para potências, escreva o expoente em binário e eleve ao quadrado repetidamente; no RSA, d = e⁻¹ mod φ(n) com φ(n) = (p − 1)(q − 1).

Teoria dos grafos

Lema do aperto de mãos
Σ deg(v) = 2|E|
Grafos completos
|E(Kn)| = n(n − 1)/2, |E(Km,n)| = m·n
Grafo regular
|E| = n·k/2
Árvore e floresta
|E| = n − 1, |E| = n − c
Folhas de uma árvore
L = 2 + Σ (deg(v) − 2) over deg(v) ≥ 3
Euler
circuito: todos os graus pares; caminho: exatamente 2 graus ímpares
Circuitos hamiltonianos em Kn
(n − 1)!/2
Atualização de Dijkstra
d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v))
Passeios de comprimento L
(Mᴸ)ij

Método

  1. Anote o grau de cada vértice; a soma dos graus é igual ao dobro do número de arestas.
  2. Em questões de Euler, verifique se o grafo é conexo e conte os vértices de grau ímpar.
  3. Para árvores, use n − 1 arestas e o lema do aperto de mãos.
  4. Em Dijkstra, mantenha uma tabela de distâncias provisórias e fixe a cada rodada o vértice não fixado de menor distância.
  5. Para uma árvore geradora mínima, ordene as arestas por peso e pule toda aresta que feche um ciclo (Kruskal), ou faça crescer uma árvore a partir de um vértice inicial (Prim).

Sub-redes IPv4

Hosts por sub-rede
2(32 − prefix) − 2 (/31: 2, /32: 1)
Tamanho do bloco
256 − (mask octet)
Endereço de rede
IP AND máscara
Endereço de broadcast
IP OR (NOT máscara): todos os bits de host a 1
Sub-redes com n bits emprestados
2n

2Exercícios

1.Sistemas de numeraçãoMédia
complemento para dois de 8 bits?−128?64?32?16?8?4?2?1

Escreva −100 como padrão de 8 bits em complemento para dois. Leia o padrão como número binário sem sinal: qual é o seu valor U em decimal?

N = −1008 bit
U =
2.Sistemas de numeraçãoDifícil
24 bit1 px1920 px1080 pxM = ? KiB

Uma imagem sem compressão tem 1920 × 1080 píxeis com 24 bits por píxel. Quanta memória M ocupa, em KiB (1 KiB = 1024 bytes)?

1920 × 1080 px24 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Lógica proposicional e demonstraçõesMédia
(q → p) ∧ (r → p)(q → r) → pq ∧ (r → p)q → (r → p)

Qual fórmula é logicamente equivalente a (q ∧ r) → p? Clique nela.

(q ∧ r) → p
  1. 1(q → p) ∧ (r → p)
  2. 2(q → r) → p
  3. 3q ∧ (r → p)
  4. 4q → (r → p)
4.Lógica proposicional e demonstraçõesDifícil
q¬p¬p ∧ qp

São dadas as premissas p → q; ¬q. Qual conclusão decorre delas? Clique nela.

p → q¬q
  1. 1q
  2. 2¬p
  3. 3¬p ∧ q
  4. 4p
5.Lógica digital: portas, mapas de Karnaugh e flip-flopsMédia
ABC000111100101324576

Simplifique F = AB′ + A′B′C + ABC até a sua forma mínima em soma de produtos. Quantos literais L a expressão simplificada contém?

F = AB′ + A′B′C + ABC
L =
6.Lógica digital: portas, mapas de Karnaugh e flip-flopsDifícil
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLKMOD-6

Um contador mod-6 síncrono conta 0, 1, …, 5 e depois volta a 0. Ele começa em 5. Qual contagem Q (em decimal) ele mostra após 22 pulsos de clock?

Q0 = 522N = 6
Q =
7.Teoria dos números e aritmética modularMédia

Encontre o inverso de 9 módulo 23: o número x com 0 < x < 23 e 9·x ≡ 1 (mod 23).

a = 9n = 23
9−1 mod 23 =
8.Teoria dos números e aritmética modularDifícil

Use a elevação ao quadrado repetida para encontrar 82133 mod 85.

a = 82k = 133n = 85
82133 mod 85 =
9.Algoritmos e complexidadeMédia

É correto dizer que um algoritmo O(n²) também é O(n³)?

  1. ANão, porque n³ é menor que n² para n grande
  2. BSim, mas só se n for menor que 100
  3. CSim, porque o O grande é um limite superior e n² não cresce mais rápido que n³
  4. DNão, porque o O grande deve sempre dar a taxa de crescimento exata da função
10.Algoritmos e complexidadeDifícil

Qual destes problemas de satisfatibilidade é sabidamente solúvel em tempo polinomial?

  1. A3-SAT, em que cada cláusula tem exatamente três literais
  2. B2-SAT, em que cada cláusula tem no máximo dois literais
  3. CSAT geral em fórmulas na forma normal conjuntiva
  4. DSatisfatibilidade de circuitos
11.Estruturas de dadosMédia

O que é verdade sobre a matriz de adjacência de um grafo não direcionado?

  1. AA diagonal principal sempre contém uns
  2. BÉ simétrica em relação à diagonal principal
  3. CCada linha tem exatamente um 1
  4. DÉ sempre triangular superior
12.Estruturas de dadosDifícil

Um array dinâmico dobra de tamanho quando fica cheio. Por que muitas implementações só o encolhem quando está com um quarto da capacidade, e não com metade?

  1. APara evitar redimensionamentos repetidos quando pushes e pops se alternam perto do limite
  2. BPorque reduzir à metade com metade ocupada perderia elementos
  3. CPara manter o array ordenado
  4. DPorque o alocador de memória só consegue liberar memória em quartos de bloco
13.Teoria dos grafosMédia

Uma árvore tem 4 vértices de grau 3, 3 vértices de grau 2, e todos os seus outros vértices são folhas (grau 1). Quantas folhas L ela tem?

4 × deg 33 × deg 2
L =
14.Teoria dos grafosDifícil
ABCDEF

Quantos passeios fechados de comprimento 2 começam e terminam em D? Um passeio pode repetir vértices e arestas. Chame o número de N.

M = matriz de adjacênciaL = 2
N =
15.Bases de dados e SQLMédia

O que faz GRANT SELECT ON employees TO alice?

  1. APermite que o usuário alice leia a tabela employees
  2. BPermite que alice atualize e apague linhas da tabela employees
  3. CTorna alice dona do banco de dados
  4. DCopia a tabela employees para alice
16.Bases de dados e SQLDifícil

Por que muitos SGBDs usam o bloqueio em duas fases estrito, mantendo os bloqueios exclusivos até o commit?

  1. ATorna os deadlocks impossíveis
  2. BEvita abortos em cascata, porque ninguém pode ler gravações não confirmadas
  3. CPermite que as transações leiam dados sujos com segurança
  4. DElimina a necessidade de um log de transações
17.Redes de computadoresMédia

Um roteador tem rotas para 10.0.0.0/8 e 10.1.0.0/16. Qual rota ele usa para um pacote destinado a 10.1.5.5?

  1. AAs duas rotas, dividindo o tráfego igualmente
  2. B10.0.0.0/8, porque abrange mais endereços que o /16
  3. C10.0.0.0/8, porque foi adicionada primeiro
  4. D10.1.0.0/16, por ser o prefixo correspondente mais longo
18.Redes de computadoresDifícil

Por que foi introduzida a opção de escala de janela (window scale) do TCP?

  1. ASem ela, o TCP não conseguia detectar segmentos perdidos em enlaces de longa distância
  2. BO UDP precisava de uma forma de controlar sua taxa de envio em caminhos congestionados
  3. CO campo de janela de 16 bits limita a janela a 65,535 bytes, pouco demais para caminhos rápidos e longos
  4. DO campo de janela de 32 bits era grande demais e desperdiçava espaço de cabeçalho em cada segmento TCP enviado
19.Sub-redes IPv4Média
/24 → /2911111111111111111111111111111000bits de redebits de host

A rede 192.168.10.0/24 tem de ser dividida em pelo menos 20 sub-redes iguais. Se pedir emprestados o menor número de bits possível, quantos hosts utilizáveis H tem cada sub-rede?

192.168.10.0/2420 subnets
H =
20.Sub-redes IPv4Difícil
terceiro octeto = 174112806413201618141201redehost

Um host tem o endereço 172.20.174.236/23. Qual é o terceiro octeto x do endereço de broadcast da sua sub-rede?

172.20.174.236/23
x =

3Soluções

1.Sistemas de numeração

Resposta: U = 156

Sistemas de numeração posicionais: cada algarismo vale o seu valor vezes uma potência da base. Em binário as posições valem 1, 2, 4, 8, 16, …; em hexadecimal 1, 16, 256, …, com A–F para 10–15. No complemento para dois de 8 bits, o bit da esquerda vale −128 em vez de +128; é assim que se guardam os números negativos.

Inverter e somar um

100 = 0110 0100
invertido: 1001 1011
+1 → 1001 1100

Ler sem sinal

1001 1100₂ = 256 − 100 = 156

Resposta

U = 156
2.Sistemas de numeração

Resposta: M = 6075 KiB

Sistemas de numeração posicionais: cada algarismo vale o seu valor vezes uma potência da base. Em binário as posições valem 1, 2, 4, 8, 16, …; em hexadecimal 1, 16, 256, …, com A–F para 10–15. No complemento para dois de 8 bits, o bit da esquerda vale −128 em vez de +128; é assim que se guardam os números negativos.

Bits e bytes

1920·1080·24 = 49766400 bit = 6220800 B

Converter para KiB

6220800/1024 = 6075 KiB

Resposta

M = 6075 KiB
3.Lógica proposicional e demonstrações

Resposta: q → (r → p)

Equivalência lógica: duas fórmulas são equivalentes (≡) quando têm o mesmo valor em todas as linhas da tabela-verdade. Uma tautologia vale 1 em todas as linhas, uma contradição vale 0 em todas as linhas, e uma contingência não é nenhuma das duas. Leis úteis: De Morgan, ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b e ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b; a → b ≡ ¬a ∨ b ≡ ¬b → ¬a (contrapositiva); ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b; e as leis distributivas, a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).

A lei

Exportação: (a ∧ b) → c ≡ a → (b → c). Ambas valem 0 somente quando a = 1, b = 1 e c = 0.
(q ∧ r) → p ≡ q → (r → p)

Confira com a tabela-verdade

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

Resposta

q → (r → p)

As colunas depois da barra são as alternativas na ordem mostrada.

4.Lógica proposicional e demonstrações

Resposta: ¬p

Quantificadores e argumentos: ¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x) e ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x). Mova a negação para dentro, troque todo quantificador que ela atravessa e negue a fórmula interna com as leis proposicionais, como ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b. Um argumento é válido quando a conclusão vale 1 em toda linha em que todas as premissas valem 1. Uma única linha com premissas verdadeiras e conclusão falsa é um contraexemplo e mostra que o argumento é inválido.

Linhas com todas as premissas verdadeiras

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

Conclusão

¬p (modus tollens)

Resposta

¬p
5.Lógica digital: portas, mapas de Karnaugh e flip-flops

Resposta: L = 6

Álgebra booleana: as regras que simplificam expressões são X + X′ = 1 e X·X′ = 0, X + X = X, a absorção X + X·Y = X, a regra de combinação X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y e o teorema do consenso XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. As leis de De Morgan transformam (X·Y)′ em X′ + Y′ e (X + Y)′ em X′·Y′. Um mapa de Karnaugh aplica essas regras graficamente: cada grupo de duas células vizinhas é um uso de XY + XY′ = X.

Mintermos da expressão

AB′ → m(4, 5)
A′B′C → m(1)
ABC → m(7)
ABC00011110010011030214151706

Agrupe e leia

F = B′C + AC + AB′

Conte os literais

L = 6

Resposta

L = 6
6.Lógica digital: portas, mapas de Karnaugh e flip-flops

Resposta: Q = 3

Flip-flops e contadores: um flip-flop muda apenas na borda ativa do clock. D copia a sua entrada (Q⁺ = D); T inverte quando T = 1; JK mantém para 00, zera para 01, seta para 10 e inverte para 11. Um contador binário de n bits tem 2ⁿ estados e conta módulo 2ⁿ; um contador módulo N conta 0, 1, …, N − 1 e volta a 0, e precisa de flip-flops em número igual ao menor n com 2ⁿ ≥ N. Cada estágio de um contador assíncrono (ripple) divide a frequência por dois, de modo que a última saída de um contador módulo N funciona a fclk/N. Um contador Johnson de n flip-flops tem 2n estados, um contador em anel n.

Ciclos completos

A cada 6 pulsos o contador volta ao mesmo estado.

22 = 3·6 + 4

Contagem após os pulsos restantes

Q = (5 + 4) mod 6 = 3
Q = 011₂

Resposta

Q = 3
7.Teoria dos números e aritmética modular

Resposta: 9−1 mod 23 = 18

Inversos e congruências: a tem inverso módulo n exatamente quando mdc(a, n) = 1. O algoritmo de Euclides estendido escreve 1 = s·n + t·a, e então a⁻¹ ≡ t (mod n). Uma congruência a·x ≡ b (mod n) com mdc(a, n) = 1 tem a solução x ≡ a⁻¹·b. Duas congruências x ≡ r₁ (mod m₁) e x ≡ r₂ (mod m₂) com módulos coprimos têm uma solução módulo m₁·m₂ (teorema chinês do resto). O φ(n) de Euler conta os números de 1 a n que são coprimos com n: φ(n) = n·∏(1 − 1/p).

Algoritmo de Euclides estendido

Cada resto r é escrito como r ≡ t·9 (mod 23).

r = 23, t = 0
r = 9, q = 2, t = 1
r = 5, q = 1, t = −2
r = 4, q = 1, t = 3
r = 1, q = 4, t = −5

Inversa

1 ≡ −5·9 (mod 23)
x = 18
verificação: 9·18 = 162 = 7·23 + 1

Resposta

9−1 mod 23 = 18
8.Teoria dos números e aritmética modular

Resposta: 82133 mod 85 = 12

Potências modulares e RSA: calcule aᵏ mod n por elevação ao quadrado repetida: escreva k em binário, eleve ao quadrado, reduza a cada passo e multiplique as potências cujo bit é 1. Fermat: aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p) para um primo p que não divide a, então o expoente pode ser reduzido módulo p − 1. RSA: escolha primos p e q, n = p·q e φ(n) = (p − 1)(q − 1); o expoente público e é coprimo com φ(n), e o expoente privado é d = e⁻¹ mod φ(n). Cifre com c = mᵉ mod n e decifre com m = cᵈ mod n.

Expoente binário

133 = 100001012 = 128 + 4 + 1

Elevação ao quadrado repetida

821 ≡ 82 (mod 85)
822 ≡ 9 (mod 85)
824 ≡ 81 (mod 85)
828 ≡ 16 (mod 85)
8216 ≡ 1 (mod 85)
8232 ≡ 1 (mod 85)
8264 ≡ 1 (mod 85)
82128 ≡ 1 (mod 85)

Multiplique as potências necessárias

82133 ≡ 82·81·1 ≡ 12 (mod 85)

Resposta

82133 mod 85 = 12
9.Algoritmos e complexidade

Resposta: C · Sim, porque o O grande é um limite superior e n² não cresce mais rápido que n³

Porque é esta a resposta

O O grande é um limite superior, então a afirmação é verdadeira, mas não justa; Θ(n²) dá a taxa de crescimento exata.

Resposta

C · Sim, porque o O grande é um limite superior e n² não cresce mais rápido que n³
10.Algoritmos e complexidade

Resposta: B · 2-SAT, em que cada cláusula tem no máximo dois literais

Porque é esta a resposta

O 2-SAT está em P (tempo linear via componentes fortemente conexas), enquanto o 3-SAT é NP-completo.

Resposta

B · 2-SAT, em que cada cláusula tem no máximo dois literais
11.Estruturas de dados

Resposta: B · É simétrica em relação à diagonal principal

Porque é esta a resposta

Em um grafo não direcionado, a aresta {u, v} significa que M[u][v] e M[v][u] estão marcados, então a matriz é igual à sua transposta.

Resposta

B · É simétrica em relação à diagonal principal
12.Estruturas de dados

Resposta: A · Para evitar redimensionamentos repetidos quando pushes e pops se alternam perto do limite

Porque é esta a resposta

Encolher com metade ocupada poderia disparar um redimensionamento a cada operação nessa sequência; a folga entre 1/4 e cheio mantém o custo amortizado em O(1).

Resposta

A · Para evitar redimensionamentos repetidos quando pushes e pops se alternam perto do limite
13.Teoria dos grafos

Resposta: L = 6

Euler, Hamilton e árvores: um grafo conexo tem um circuito euleriano (cada aresta uma vez, de volta ao início) quando todo vértice tem grau par, e um caminho euleriano que não é circuito quando exatamente dois vértices têm grau ímpar; o caminho vai então de um vértice ímpar ao outro. Um circuito hamiltoniano visita cada vértice uma vez; Kn tem (n − 1)!/2 deles. Uma árvore com n vértices tem n − 1 arestas, e um grafo conexo com m arestas mantém uma árvore geradora depois de remover m − n + 1 arestas.

Lema do aperto de mãos para uma árvore

L + 18 = 2(L + 7) − 2
L = 6

Resposta

L = 6

Atalho: L = 2 + Σ (d − 2) sobre os vértices de grau d ≥ 3.

14.Teoria dos grafos

Resposta: N = 3

Graus: o grau de um vértice é o número de arestas que o tocam. Cada aresta tem duas pontas, então os graus somam o dobro do número de arestas: Σ deg(v) = 2|E| (o lema do aperto de mãos). Portanto o número de vértices de grau ímpar é par. Kn tem n(n − 1)/2 arestas, um grafo k-regular com n vértices tem nk/2, e uma árvore com n vértices tem n − 1 arestas.

Matriz de adjacência

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

Vizinhos comuns

(M²)DD = 0·0 + 1·1 + 0·0 + 0·0 + 1·1 + 1·1 = 3

Resposta

N = 3
15.Bases de dados e SQL

Resposta: A · Permite que o usuário alice leia a tabela employees

Porque é esta a resposta

GRANT concede um privilégio sobre um objeto; SELECT só permite ler, enquanto INSERT, UPDATE e DELETE são privilégios separados.

Resposta

A · Permite que o usuário alice leia a tabela employees
16.Bases de dados e SQL

Resposta: B · Evita abortos em cascata, porque ninguém pode ler gravações não confirmadas

Porque é esta a resposta

O 2PL básico garante a serializabilidade, mas liberar cedo os bloqueios de escrita poderia deixar outras transações lerem dados que depois sofrem rollback; o 2PL estrito evita isso.

Resposta

B · Evita abortos em cascata, porque ninguém pode ler gravações não confirmadas
17.Redes de computadores

Resposta: D · 10.1.0.0/16, por ser o prefixo correspondente mais longo

Porque é esta a resposta

O encaminhamento IP usa o prefixo mais longo (longest prefix match): entre todas as rotas que correspondem ao destino, escolhe-se a de máscara mais longa.

Resposta

D · 10.1.0.0/16, por ser o prefixo correspondente mais longo
18.Redes de computadores

Resposta: C · O campo de janela de 16 bits limita a janela a 65,535 bytes, pouco demais para caminhos rápidos e longos

Porque é esta a resposta

O cabeçalho original permite no máximo 65,535 bytes de dados não confirmados. A escala de janela multiplica isso por uma potência de dois para que caminhos com alto produto largura de banda-atraso possam ser preenchidos.

Resposta

C · O campo de janela de 16 bits limita a janela a 65,535 bytes, pouco demais para caminhos rápidos e longos
19.Sub-redes IPv4

Resposta: H = 6

Sub-redes IPv4: um endereço tem 32 bits. O prefixo /p indica quantos bits iniciais identificam a rede; os restantes 32 − p bits numeram os hosts. Uma sub-rede tem 2³²⁻ᵖ endereços, mas o primeiro (endereço de rede) e o último (broadcast) não podem ser atribuídos a hosts, por isso cabem 2³²⁻ᵖ − 2 hosts. Exceções: um /31 (enlace ponto a ponto, RFC 3021) usa os seus 2 endereços para hosts, e um /32 é um único endereço (um único host ou um loopback).

Bits a pedir emprestados

25 = 32 ≥ 20 → b = 5, /29

Hosts por sub-rede

23 − 2 = 6

Resposta

H = 6
20.Sub-redes IPv4

Resposta: x = 175

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).

Tamanho do bloco no terceiro octeto

21 = 2

Sub-rede deste host

rede: 172.20.174.0
broadcast: 172.20.175.255

Resposta

x = 175

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