Bilgisayar Biliminin Temelleri: hızlı tekrar paketi

Formül kâğıtları, her konunun temel yöntem adımları ve 20 alıştırma sorusu; tam çözümler en sonda.

Yeni sorularDerse dön

Yazdırma penceresinde, bir kopyayı cihazınızda saklamak için “PDF olarak kaydet” seçeneğini seçin.

1Formüller ve yöntemler

Sayı sistemleri

Basamak değerleri
ikili 2k, sekizli 8k, onaltılı 16k
Onluğa
Σ dk·bk
Onluktan
tabana bölün, kalanları aşağıdan yukarı okuyun
Onaltılı ↔ ikili
bir onaltılı basamak = 4 bit
İkiye tümleyen
bitleri ters çevirin ve 1 ekleyin

Önermeler mantığı ve ispatlar

Bir doğruluk tablosunun satırları
2ⁿ
Gerektirme
p → q ≡ ¬p ∨ q ≡ ¬q → ¬p
Gerektirmenin değili
¬(p → q) ≡ p ∧ ¬q
Çift yönlü gerektirme
p ↔ q ≡ (p → q) ∧ (q → p)
De Morgan
¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q, ¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q
Dağılma kuralları
p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r), p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
Niceleyicilerin değili
¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x), ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x)
Modus ponens, modus tollens
p → q, p ⊢ q; p → q, ¬q ⊢ ¬p

Yöntem

  1. Farklı değişkenleri sayın: doğruluk tablosu 2ⁿ satırdan oluşur ve hepsinin 1 olduğu satırla başlar.
  2. Her alt formüle kendi sütununu verin ve sütunları içten dışa doğru doldurun.
  3. Her bağlacın kuralını uygulayın: → yalnızca 1 → 0 için 0’dır, ↔ iki taraf aynı olduğunda 1’dir.
  4. Denkliklerde son sütunları satır satır karşılaştırın; bir argümanda ise yalnızca bütün öncüllerin 1 olduğu satırlara bakın.
  5. Niceleyicili bir önermenin değilini almak için ¬’yi içeri taşıyın, ∀ ile ∃’yi değiştirin ve iç formülün değilini alın.

Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Temel kapılar
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Boole kuralları
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Karnaugh haritası sırası
00, 01, 11, 10 (Gray code)
2ᵏ hücrelik grup
k değişken kaybeder
4’ten 1’e çoklayıcı
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-floplar
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Sayıcılar
n bit: 2ⁿ durum; mod-N: 2ⁿ ≥ N olan en küçük n; fçıkış = fclk/N
Dalgacık (ripple) sayıcı
fmax = 1/(n·tpd)
Halka ve Johnson sayıcılar
n ve 2n durum

Yöntem

  1. Bir devre için girişlerden çıkışa doğru her seferinde bir kapı olacak şekilde çalışın ve her telin üzerine değeri yazın ya da ifadesini yazıp doğruluk tablosunu doldurun.
  2. Sadeleştirme için 1’leri (ve fark etmez durumlarını X olarak) Gray kodlu satır ve sütunlara, 00, 01, 11, 10, sahip bir Karnaugh haritasına koyun.
  3. 1’leri kenarlardan dolanarak 1, 2, 4, 8 ya da 16 hücrelik olabildiğince az ve olabildiğince büyük gruplarla kapsayın; her grup, sabit kalan değişkenlerden oluşan bir çarpım terimidir. POS biçimi için 0’ları gruplayın.
  4. Flip-floplar ve sayıcılar için girişleri her etkin saat kenarında okuyun, her kenardan sonra durumu yazın ve n bitlik bir sayıcının 2ⁿ durumdan sonra başa sardığını unutmayın.

Sayılar kuramı ve modüler aritmetik

Kalanlı bölme
a = q·n + r, 0 ≤ r < n
Öklid
gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)
En küçük ortak kat
lcm(a, b) = a·b/gcd(a, b)
Ters
a·a⁻¹ ≡ 1 (mod n), gcd(a, n) = 1
Doğrusal denklik
a·x ≡ b → x ≡ a⁻¹·b (mod n)
Euler’in φ fonksiyonu
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

Yöntem

  1. Önce her sayıyı n modunda indirgeyin; kalanlar 0 ile n − 1 arasındadır.
  2. EBOB için Öklid algoritmasıyla art arda bölün; sıfırdan farklı son kalan EBOB’dur.
  3. Bir ters için genişletilmiş algoritmayı çalıştırın ve a’nın katsayısını alın; negatifse n ekleyin.
  4. a·x ≡ b denkliğini a⁻¹ ile çarparak çözün; iki denkliği x = r₁ + m₁k yazarak birleştirin.
  5. Kuvvetler için üssü ikilik tabanda yazın ve art arda kare alın; RSA’da d = e⁻¹ mod φ(n) ve φ(n) = (p − 1)(q − 1)’dir.

Graf kuramı

El sıkışma lemması
Σ deg(v) = 2|E|
Tam graflar
|E(Kn)| = n(n − 1)/2, |E(Km,n)| = m·n
Düzgün (regüler) graf
|E| = n·k/2
Ağaç ve orman
|E| = n − 1, |E| = n − c
Ağacın yaprakları
L = 2 + Σ (deg(v) − 2) over deg(v) ≥ 3
Euler
devre: tüm derecelerin çift olması; yol: tam olarak 2 tek derece
Kn içindeki Hamilton devreleri
(n − 1)!/2
Dijkstra güncellemesi
d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v))
L uzunluğundaki gezintiler
(Mᴸ)ij

Yöntem

  1. Her köşenin derecesini yazın; dereceler toplamı kenar sayısının iki katıdır.
  2. Euler sorularında grafın bağlantılı olduğunu denetleyin ve derecesi tek olan köşeleri sayın.
  3. Ağaçlarda n − 1 kenarı ve el sıkışma lemmasını kullanın.
  4. Dijkstra için geçici uzaklıkların bir tablosunu tutun ve her turda henüz kesinleşmemiş köşelerden en küçük uzaklığa sahip olanı kesinleştirin.
  5. En küçük kapsayan ağaç için kenarları ağırlığa göre sıralayın ve bir döngü kapatan her kenarı atlayın (Kruskal) ya da bir başlangıç köşesinden tek bir ağaç büyütün (Prim).

IPv4 alt ağları

Alt ağ başına cihaz
2(32 − prefix) − 2 (/31: 2, /32: 1)
Blok boyutu
256 − (mask octet)
Ağ adresi
IP AND maske
Yayın adresi
IP OR (NOT maske): tüm ana bilgisayar bitleri 1
Ödünç alınan n bitten alt ağlar
2n

2Alıştırma soruları

1.Sayı sistemleriOrta
ikiye tümleyende basamak değerleri1−12816403211608140211

8 bitlik 1101 0101 dizisi, ikiye tümleyen biçiminde işaretli bir tam sayı saklıyor. Onluk değeri N nedir?

1101 01018 bit
N =
2.Sayı sistemleriZor
ayarlamak için bitlere tıklayın012806403201608040201

Bitleri 0101 1111 >> 3 işleminin 8 bitlik sonucuna ayarlayın. Sonucun onluk değeri R nedir?

0101 1111>> 3
R =
3.Önermeler mantığı ve ispatlarOrta
totolojiçelişkiolumsallık

((c → a) ∧ ¬c) → ¬a bir totoloji, bir çelişki mi yoksa olumsallık mı? Cevabınıza tıklayın.

((c → a) ∧ ¬c) → ¬a
  1. 1totoloji
  2. 2çelişki
  3. 3olumsallık
4.Önermeler mantığı ve ispatlarZor
¬qpp ∧ rq

p ∨ r; p → q; r → q öncülleri verilmiştir. Bunlardan hangi sonuç çıkar? Üzerine tıklayın.

p ∨ rp → qr → q
  1. 1¬q
  2. 2p
  3. 3p ∧ r
  4. 4q
5.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarOrta
MUX0I0​CI1​CI2​1I3​ABS1​S0​F

Bir 4’ten 1’e çoklayıcının seçme girişleri S₁ = A ve S₀ = B, veri girişleri I₀ = 0, I₁ = C, I₂ = C, I₃ = 1’e bağlanmıştır. A, B ve C girişlerinin 8 birleşiminden kaçında F = 1 olur? N değerini bulun.

I₀ = 0I₁ = CI₂ = CI₃ = 1
N =
6.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarZor
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

4 bitlik bir Johnson sayıcı Q₃Q₂Q₁Q₀ 0000’dan başlar. Her saat kenarında bitler bir yer sağa kayar (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀) ve Q₃, Q₀’ın tersini alır. 5 saat kenarından sonra durumu, Q = Q₃Q₂Q₁Q₀, ondalık sayı olarak verin.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00005
Q =
7.Sayılar kuramı ve modüler aritmetikOrta

52x ≡ 35 (mod 55) denkliğini çözün. 0 < x < 55 olan x çözümünü verin.

52x ≡ 35 (mod 55)
x =
8.Sayılar kuramı ve modüler aritmetikZor
mc = me​ mod n522m = cd​ mod n?(n, e) = (703, 5)d

Bir RSA anahtarı p = 19, q = 37 ve e = 5 kullanıyor. c = 522 şifreli metnini çözün: mesajı, m, bulun.

p = 19q = 37e = 5c = 522
m =
9.Algoritmalar ve karmaşıklıkOrta

Hızlı sıralamanın (quicksort) en kötü durum zaman karmaşıklığı nedir?

  1. AO(n)
  2. BO(log n)
  3. CO(n log n)
  4. DO(n²)
10.Algoritmalar ve karmaşıklıkZor

Bir artırmanın birçok biti değiştirebileceği göz önüne alındığında, ikili bir sayacı artırmanın amortize maliyeti nedir?

  1. AArtırma başına O(n)
  2. BArtırma başına O(1)
  3. CArtırma başına O(n log n)
  4. DArtırma başına O(log n)
11.Veri yapılarıOrta

Bir ikili ağacın kökü 1'dir; sol çocuğu 2, sağ çocuğu 3'tür; 2 düğümünün çocukları 4 (sol) ve 5'tir (sağ). Postorder dolaşım nedir?

  1. A4 5 2 3 1
  2. B1 2 4 5 3
  3. C5 4 3 2 1
  4. D4 2 5 1 3
12.Veri yapılarıZor

n sayılık bir akıştan en küçük k değeri O(k) bellek kullanarak tutmanız gerekiyor. Hangi yaklaşım O(n log k) sürede çalışır?

  1. An değerin tamamından oluşan sıralı bir dizi
  2. Bn değerin tamamını tutan bir min-heap; en küçük k değer sonunda çıkarılır
  3. Ck boyutlu bir max-heap; daha küçük bir değer geldiğinde kökü değiştirilir
  4. DSon k değerden oluşan bir FIFO kuyruğu
13.Graf kuramıOrta
ABCDEEuler devresiEuler yolu, devre yokhiçbiri

Bağlantılı grafın bir Euler devresi mi, devre olmayan bir Euler yolu mu var, yoksa hiçbiri mi? Cevabınıza tıklayın.

|V| = 5|E| = 6
  1. 1Euler devresi
  2. 2Euler yolu, devre yok
  3. 3hiçbiri
14.Graf kuramıZor
9141315216820717ABCDEFG

Ağırlıklı grafın en küçük kapsayan ağacının toplam ağırlığını (W) bulun.

|V| = 7|E| = 10
W =
15.Veritabanları ve SQLOrta

Bir tablo müşterinin adresini her sipariş satırında saklıyor. Adresi bir satırda değiştirip diğerlerinde değiştirmemek neye örnektir?

  1. AGüncelleme anomalisi
  2. BSilme anomalisi
  3. CEkleme anomalisi
  4. DHayalet okuma (phantom read)
16.Veritabanları ve SQLZor

WHERE YEAR(order_date) = 2025 içeren bir sorgu neden order_date üzerindeki dizini kullanmayabilir?

  1. ADizinler tarihlerle asla çalışmaz
  2. BSütuna bir fonksiyon uygulamak basit bir dizin aralığı aramasını engeller
  3. CYEAR geçerli bir SQL değildir
  4. Dorder_date üzerindeki bir dizin yalnızca ORDER BY ifadeleri için kullanılır, WHERE için asla
17.Bilgisayar ağlarıOrta

Bir /24 IPv4 ağında kaç kullanılabilir ana bilgisayar adresi vardır?

  1. A252
  2. B254
  3. C256
  4. D255
18.Bilgisayar ağlarıZor

Standart Ethernet yükünün maksimum iletim birimi (MTU) nedir?

  1. A1500 bayt
  2. BHer ağda 9000 bayt
  3. C64 bayt
  4. D65535 bayt
19.IPv4 alt ağlarıOrta
/24 → /2811111111111111111111111111110000ağ bitlericihaz bitleri

192.168.10.0/24 ağı en az 12 eşit alt ağa bölünmelidir. Mümkün olduğunca az bit ödünç alırsanız her alt ağda kaç kullanılabilir cihaz H olur?

192.168.10.0/2412 subnets
H =
20.IPv4 alt ağlarıZor
üçüncü oktet 89 … 90012816403211618040211ortakdeğişken

Bir yönlendiricinin şu ağlara rotaları var: 10.56.89.0/24, 10.56.90.0/24. Hepsini kapsayan tek bir özet rotanın en uzun önek uzunluğu p nedir?

10.56.89.0/24 … 10.56.90.0/24
p =

3Çözeltiler

1.Sayı sistemleri

Cevap: N = −43

Konumsal sayı sistemleri: her basamak, değeri çarpı tabanın bir kuvveti kadar değerlidir. İkilik sistemde basamaklar 1, 2, 4, 8, 16, …; onaltılık sistemde 1, 16, 256, … değerindedir ve A–F, 10–15'i gösterir. 8 bitlik ikiye tümleyende en soldaki bit +128 yerine −128 değerindedir; negatif sayılar böyle saklanır.

Değerleri toplayın

Diğer bitler normal pozitif değerlerini korur.

−128 + 64 + 16 + 4 + 1 = −43

Cevap

N = −43
2.Sayı sistemleri

Cevap: R = 11

Bitleri ayarlamak: her bit ikinin bir kuvveti değerindedir (128, 64, …, 1). Bir onaltılık basamak tam olarak dört bittir ve 8 bitlik ikiye tümleyende en soldaki bit −128 değerindedir. Bit işlemleri her bit konumunda ayrı ayrı çalışır.

Bit bit

3 kadar sağa kaydırmak her biti 3 basamak sağa taşır; sağ uçtan düşen bitler kaybolur ve soldan sıfırlar girer.

0101 1111 >> 3
= 0000 1011

Sonucun değeri

0000 1011₂ = 11

Cevap

R = 11
3.Önermeler mantığı ve ispatlar

Cevap: olumsallık

Mantıksal denklik: doğruluk tablosunun her satırında aynı değere sahip iki formül denktir (≡). Totoloji her satırda 1, çelişki her satırda 0’dır; olumsallık ikisi de değildir. Yararlı kurallar: De Morgan, ¬(a ∧ b) ≡ ¬a ∨ ¬b ve ¬(a ∨ b) ≡ ¬a ∧ ¬b; a → b ≡ ¬a ∨ b ≡ ¬b → ¬a (karşıt değil); ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b; ve dağılma kuralları, a ∨ (b ∧ c) ≡ (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).

Doğruluk tablosu satır satır

a = 1, c = 1: c → a = 1, ¬c = 0, (c → a) ∧ ¬c = 0, ¬a = 0, ((c → a) ∧ ¬c) → ¬a = 1
a = 1, c = 0: c → a = 1, ¬c = 1, (c → a) ∧ ¬c = 1, ¬a = 0, ((c → a) ∧ ¬c) → ¬a = 0
a = 0, c = 1: c → a = 0, ¬c = 0, (c → a) ∧ ¬c = 0, ¬a = 1, ((c → a) ∧ ¬c) → ¬a = 1
a = 0, c = 0: c → a = 1, ¬c = 1, (c → a) ∧ ¬c = 1, ¬a = 1, ((c → a) ∧ ¬c) → ¬a = 1

Sınıflandırın

((c → a) ∧ ¬c) → ¬a: 1, 0, 1, 1
4 satırın 3 tanesinde 1, diğerlerinde 0: bir olumsallık.

Cevap

olumsallık
4.Önermeler mantığı ve ispatlar

Cevap: q

Niceleyiciler ve argümanlar: ¬∀x P(x) ≡ ∃x ¬P(x) ve ¬∃x P(x) ≡ ∀x ¬P(x). Değili içeri taşıyın, geçtiği her niceleyiciyi değiştirin ve iç formülün değilini ¬(a → b) ≡ a ∧ ¬b gibi önermeler mantığı kurallarıyla alın. Tüm öncüllerin 1 olduğu her satırda sonuç da 1 ise bir argüman geçerlidir. Öncüllerin doğru, sonucun yanlış olduğu tek bir satır bir karşı örnektir ve argümanın geçersiz olduğunu gösterir.

Tüm öncüllerin doğru olduğu satırlar

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

Sonuç

q (durumlara ayırarak ispat)

Cevap

q
5.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Cevap: N = 4

Çoklayıcı (multiplexer): 2ⁿ’den 1’e bir çoklayıcı veri girişlerinden birini çıkışa iletir; ikilik sayı olarak okunan seçme hatları hangisinin seçileceğini belirler. S₁S₀ = AB seçmeli 4’ten 1’e bir MUX için F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Veri girişlerini 0, 1, C ya da C′’ye bağlamak MUX’un A, B ve C’nin herhangi bir fonksiyonunu üretmesini sağlar; bu, tek bir yongayla mantık kurmanın yaygın bir yoludur.

Çıkış ifadesi

F = A′BC + AB′C + AB

F = 1 olan satırlar

ABC = 011, 101, 110, 111
N = 4

Cevap

N = 4
6.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Cevap: Q = 7

Flip-floplar ve sayıcılar: bir flip-flop yalnızca saatin etkin kenarında değişir. D girişini kopyalar (Q⁺ = D); T, T = 1 iken tersler; JK, 00 için tutar, 01 için sıfırlar, 10 için kurar, 11 için tersler. n bitlik bir ikilik sayıcının 2ⁿ durumu vardır ve 2ⁿ modunda sayar; mod-N sayıcı 0, 1, …, N − 1 sayıp 0’a döner ve 2ⁿ ≥ N olan en küçük n kadar flip-flop gerektirir. Bir dalgacık (ripple) sayıcının her aşaması frekansı yarıya indirir; bu yüzden mod-N sayıcının son çıkışı fclk/N ile çalışır. n flip-flopluk bir Johnson sayıcının 2n durumu, bir halka sayıcının n durumu vardır.

Her kenardan sonraki durum

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111 → 0111

Ondalık değer

0111₂ = 7

Cevap

Q = 7
7.Sayılar kuramı ve modüler aritmetik

Cevap: x = 25

Tersler ve denklikler: a’nın n modunda tersi, tam olarak ebob(a, n) = 1 olduğunda vardır. Genişletilmiş Öklid algoritması 1 = s·n + t·a yazar ve sonra a⁻¹ ≡ t (mod n) olur. ebob(a, n) = 1 olan a·x ≡ b (mod n) denkliğinin çözümü x ≡ a⁻¹·b’dir. Modülleri aralarında asal olan x ≡ r₁ (mod m₁) ve x ≡ r₂ (mod m₂) denkliklerinin m₁·m₂ modunda bir çözümü vardır (Çin kalan teoremi). Euler’in φ(n) fonksiyonu 1’den n’ye kadar n ile aralarında asal olan sayıları sayar: φ(n) = n·∏(1 − 1/p).

52 sayısının tersi

r = 55, t = 0
r = 52, q = 1, t = 1
r = 3, q = 17, t = −1
r = 1, q = 3, t = 18
52−1 ≡ 18 (mod 55)

Çözün

x ≡ 18·35 = 630 ≡ 25 (mod 55)
kontrol: 52·25 = 1300 ≡ 35 (mod 55)

Cevap

x = 25
8.Sayılar kuramı ve modüler aritmetik

Cevap: m = 613

Modüler kuvvetler ve RSA: aᵏ mod n değerini tekrarlı kare almayla hesaplayın: k’yi ikilik tabanda yazın, kare alın, her adımdan sonra indirgeyin ve biti 1 olan kuvvetleri çarpın. Fermat: a’yı bölmeyen bir p asalı için aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p); dolayısıyla üs p − 1 modunda indirgenebilir. RSA: p ve q asallarını seçin, n = p·q ve φ(n) = (p − 1)(q − 1); genel üs e, φ(n) ile aralarında asaldır ve özel üs d = e⁻¹ mod φ(n)’dir. c = mᵉ mod n ile şifreleyin ve m = cᵈ mod n ile çözün.

Özel üs

n = 703, φ(n) = 648
d = 5−1 mod 648 = 389

Tekrarlı kare almayla çözün

389 = 256 + 128 + 4 + 1
5221 ≡ 522 (mod 703)
5222 ≡ 423 (mod 703)
5224 ≡ 367 (mod 703)
5228 ≡ 416 (mod 703)
52216 ≡ 118 (mod 703)
52232 ≡ 567 (mod 703)
52264 ≡ 218 (mod 703)
522128 ≡ 423 (mod 703)
522256 ≡ 367 (mod 703)
522389 ≡ 522·367·423·367 ≡ 613 (mod 703)

Mesaj

m = 613
kontrol: 6135 mod 703 = 522

Cevap

m = 613
9.Algoritmalar ve karmaşıklık

Cevap: D · O(n²)

Cevap neden bu

Sürekli kötü pivotlarla (ör. zaten sıralı girdi ve ilk elemanın pivot seçilmesi) bölümler dengesiz olur ve O(n²) elde edilir. Ortalama durum O(n log n)'dir.

Cevap

D · O(n²)
10.Algoritmalar ve karmaşıklık

Cevap: B · Artırma başına O(1)

Cevap neden bu

n artırma boyunca i. bit yaklaşık n / 2ⁱ kez değişir, bu yüzden toplam 2n'den az değişimdir; ortalama her biri için O(1).

Cevap

B · Artırma başına O(1)
11.Veri yapıları

Cevap: A · 4 5 2 3 1

Cevap neden bu

Postorder 4 ve 5'i 2'den önce, sonra 3'ü ve en son kök 1'i işler.

Cevap

A · 4 5 2 3 1
12.Veri yapıları

Cevap: C · k boyutlu bir max-heap; daha küçük bir değer geldiğinde kökü değiştirilir

Cevap neden bu

Max-heap'in kökü tutulan en büyük değerdir; daha küçük her yeni değer onu O(log k)'de değiştirir, böylece öbek her zaman o ana kadarki en küçük k değeri tutar.

Cevap

C · k boyutlu bir max-heap; daha küçük bir değer geldiğinde kökü değiştirilir
13.Graf kuramı

Cevap: Euler devresi

Euler, Hamilton ve ağaçlar: bağlantılı bir grafın tüm köşelerinin derecesi çiftse bir Euler devresi (her kenar bir kez, başlangıca dönüş), tam olarak iki köşenin derecesi tekse devre olmayan bir Euler yolu vardır; yol bir tek dereceli köşeden ötekine gider. Bir Hamilton devresi her köşeyi bir kez ziyaret eder; Kn grafında bunlardan (n − 1)!/2 tane vardır. n köşeli bir ağacın n − 1 kenarı vardır ve m kenarlı bağlantılı bir graf m − n + 1 kenar kaldırıldıktan sonra bir kapsayan ağaç bırakır.

Dereceler

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

Tek dereceli köşeler

0
Euler devresi

Cevap

Euler devresi
14.Graf kuramı

Cevap: W = 54

En kısa yollar ve kapsayan ağaçlar: Dijkstra algoritması her turda bir köşeyi kesinleştirir: geçici uzaklığı en küçük olan, henüz kesinleşmemiş köşeyi. Uzaklığı artık kesindir ve her komşu v için d(v) = min(d(v), d(u) + w(u, v)) alınır. Kruskal algoritması en küçük kapsayan ağacı, kenarları hafiften ağıra alıp bir döngü kapatacak kenarları atlayarak kurar; Prim algoritması bir başlangıç köşesinden tek bir ağaç büyütür ve her seferinde ağaçtan çıkan en hafif kenarı ekler. n köşeli bir kapsayan ağacın n − 1 kenarı vardır.

Kruskal algoritması

CE (2): al
GB (7): al
DF (8): al
AB (9): al
BC (13): al
AC (14): atla, döngü kapatır
BD (15): al

Toplam ağırlık

W = 2 + 7 + 8 + 9 + 13 + 15 = 54

Cevap

W = 54
15.Veritabanları ve SQL

Cevap: A · Güncelleme anomalisi

Cevap neden bu

Gereksiz tekrarlı saklama, tek bir değişikliğin birçok satırda yapılması gerektiği anlamına gelir; bazıları atlanırsa veri tutarsız kalır; normalleştirme bunu önler.

Cevap

A · Güncelleme anomalisi
16.Veritabanları ve SQL

Cevap: B · Sütuna bir fonksiyon uygulamak basit bir dizin aralığı aramasını engeller

Cevap neden bu

Bu ifade "sargable" değildir; order_date >= '2025-01-01' AND order_date < '2026-01-01' kullanmak dizin aralığı taramasına olanak tanır.

Cevap

B · Sütuna bir fonksiyon uygulamak basit bir dizin aralığı aramasını engeller
17.Bilgisayar ağları

Cevap: B · 254

Cevap neden bu

Bir /24'ün 8 ana bilgisayar biti vardır, yani 2⁸ = 256 adres. Ağ ve yayın adresleri ayrılmıştır; ana bilgisayarlar için 254 kalır.

Cevap

B · 254
18.Bilgisayar ağları

Cevap: A · 1500 bayt

Cevap neden bu

Standart Ethernet en fazla 1500 bayt yük taşır; daha büyük IP paketleri parçalanmalı ya da yol MTU keşfi (path MTU discovery) kullanmalıdır.

Cevap

A · 1500 bayt
19.IPv4 alt ağları

Cevap: H = 14

IPv4 alt ağları: bir adres 32 bittir. /p öneki, baştaki kaç bitin ağı belirttiğini söyler; kalan 32 − p bit cihazları numaralandırır. Bir alt ağda 2³²⁻ᵖ adres vardır, ancak ilki (ağ adresi) ve sonuncusu (yayın adresi) cihazlara verilemez; bu yüzden 2³²⁻ᵖ − 2 cihaz sığar. İstisnalar: /31 (noktadan noktaya bağlantı, RFC 3021) 2 adresinin ikisini de ana bilgisayarlar için kullanır, /32 ise tek bir adrestir (tek bir ana bilgisayar ya da loopback).

Ödünç alınacak bitler

24 = 16 ≥ 12 → b = 4, /28

Alt ağ başına cihaz

24 − 2 = 14

Cevap

H = 14
20.IPv4 alt ağları

Cevap: p = 22

Rota özetleme: a.b.c.0/p özet rotası, ilk p biti eşleşen tüm ağları kapsar. İlk ve son ağın farklı olan oktetini ikili olarak yazın; ortak baştaki bitlerin sayısı artı ondan önceki oktetlerin bitleri, en uzun özet önekidir.

Bitleri karşılaştırın

89 = 01011001
90 = 01011010
ortak baştaki bitler: 6

Önek uzunluğu

p = 16 + 6 = 22

Cevap

p = /22

Özet rota: 10.56.88.0/22 (listede olmayan 2 ağı da kapsar).

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