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
8 bitlik ikiye tümleyen0−12806403201608040201

Bitleri, 8 bitlik ikiye tümleyende −6 saklayacak şekilde ayarlayın. İşaretsiz bir sayı olarak okunduğunda desenin değeri U nedir?

N = −68 bit
U =
2.Sayı sistemleriZor
ayarlamak için bitlere tıklayın012806403201608040201

Bitleri 0111 1010 AND 0101 1001 işleminin 8 bitlik sonucuna ayarlayın. Sonucun onluk değeri R nedir?

0111 1010AND0101 1001
R =
3.Önermeler mantığı ve ispatlarOrta
pqr¬p → rq ↔ (¬p → r)¬(p → r) ∨ (q ↔ (¬p → r))111?110?101?100?011?010?001?000?

Doğruluk tablosunun 8 satırının kaçında ¬(p → r) ∨ (q ↔ (¬p → r)) doğrudur? Bu sayıya N deyin.

¬(p → r) ∨ (q ↔ (¬p → r))
N =
4.Önermeler mantığı ve ispatlarZor
prp → rrp11100100

Öncülleri p → r; r ve sonucu p olan argüman geçersizdir. Doğruluk tablosunda karşı örnek olan satıra tıklayın.

p → rr∴ p
  1. 1p = 1, r = 1
  2. 2p = 1, r = 0
  3. 3p = 0, r = 1
  4. 4p = 0, r = 0
5.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarOrta
ABCD000111100001111000111302141517060120131150141819111010

F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 15) fonksiyonunun en küçük toplamlar çarpımı (POS) biçimini bulmak için Karnaugh haritasını kullanın. Kaç toplam terimi (çarpan) (N) vardır?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 15)
N =
6.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarZor
CLKT1234567

Yükselen kenarla tetiklenen bir T flip-flop Q = 0 ile başlar ve 7 yükselen saat kenarında gösterilen girişleri alır. Q kaç kez, N, durum değiştirir?

Q₀ = 0T
N =
7.Sayılar kuramı ve modüler aritmetikOrta

x ≡ 1 (mod 3) ve x ≡ 5 (mod 13) sağlayan en küçük pozitif tam sayı x değerini bulun.

x ≡ 1 (mod 3)x ≡ 5 (mod 13)
x =
8.Sayılar kuramı ve modüler aritmetikZor
mc = me​ mod n591m = cd​ mod n?(n, e) = (713, 17)d

Bir RSA anahtarı p = 23, q = 31 ve e = 17 kullanıyor. c = 591 şifreli metnini çözün: mesajı, m, bulun.

p = 23q = 31e = 17c = 591
m =
9.Algoritmalar ve karmaşıklıkOrta

Etkinlik seçimi probleminde hangi açgözlü kural her zaman çakışmayan en fazla sayıda etkinliği verir?

  1. AÖnce en kısa etkinliği seç
  2. BEn erken başlayan etkinliği seç
  3. CÖnce en az çakışması olan etkinliği seç, sonra uyumlu olanlarla tekrarla
  4. DEn erken biten etkinliği seç, sonra uyumlu olanlarla tekrarla
10.Algoritmalar ve karmaşıklıkZor

Şunun zaman karmaşıklığı nedir: for i = 1 to n: for (j = i; j ≤ n; j = j + i) O(1) iş yap?

  1. AO(n log n)
  2. BO(n²)
  3. CO(n √n)
  4. DO(n)
11.Veri yapılarıOrta

"{[()]}" ifadesindeki parantezlerin dengeli olup olmadığını kontrol etmek için hangi veri yapısı kullanılır?

  1. Aİkili arama ağacı
  2. BKuyruk
  3. CYığın
  4. DKarma tablosu
12.Veri yapılarıZor

n elemanlı bir ikili min-heap'te rastgele bir anahtarı aramak ne kadar sürer?

  1. AO(log n)
  2. BO(n)
  3. CO(1)
  4. DO(log log n)
13.Graf kuramıOrta

Bir ağacın derecesi 3 olan 3 köşe, derecesi 4 olan 2 köşe, derecesi 2 olan 3 köşe vardır ve diğer tüm köşeleri yapraktır (derece 1). Kaç yaprağı (L) vardır?

3 × deg 32 × deg 43 × deg 2
L =
14.Graf kuramıZor
91416171363ABCDE

Prim algoritması D köşesinden başlayarak en küçük kapsayan ağacı kurar. 3. kenar olarak eklediği kenara tıklayın.

başlangıç: Dk = 3
  1. 1kenar AB
  2. 2kenar AC
  3. 3kenar BC
  4. 4kenar BD
  5. 5kenar CE
  6. 6kenar DE
  7. 7kenar BE
15.Veritabanları ve SQLOrta

İlişkisel cebirde izdüşüm (projeksiyon) işleci (π) neye karşılık gelir?

  1. AVerilen bir koşulu hangi satırların sağladığını seçmeye
  2. BSonuçta hangi sütunların görüneceğini seçmeye
  3. Cİki tabloyu bir anahtara göre birleştirmeye
  4. DSonucu sıralamaya
16.Veritabanları ve SQLZor

R'yi R1 ve R2'ye ayrıştırmak ne zaman kayıpsız olmayı garanti eder?

  1. AR1 ve R2'nin ortak nitelikleri R1'in veya R2'nin bir süper anahtarını oluşturduğunda
  2. BR1 ve R2 aynı sayıda sütuna sahip olduğunda
  3. CR'nin her niteliği hem R1'de hem R2'de göründüğünde
  4. DR1 ve R2'nin hiç ortak niteliği olmadığında
17.Bilgisayar ağlarıOrta

TLS asimetrik ve simetrik kriptografiyi tipik olarak nasıl kullanır?

  1. ABaştan sona yalnızca asimetrik kriptografi kullanılır
  2. BSabit bir ortak parolayla yalnızca simetrik kriptografi kullanılır
  3. CAsimetrik yöntemler anahtar üzerinde anlaşır ve kimlik doğrular; simetrik şifreler veriyi şifreler
  4. DSimetrik yöntemler anahtar üzerinde anlaşır ve kimlik doğrular; asimetrik şifreler verinin tamamını şifreler
18.Bilgisayar ağlarıZor

Bir güvenlik duvarı tüm ICMP'yi engelliyor. Küçük web istekleri çalışıyor ama bazı yollarda büyük indirmeler takılıyor. Olası neden nedir?

  1. ATCP ICMP olmadan bağlantı açamaz
  2. B"Parçalama gerekli" mesajları engellendiği için yol MTU keşfi başarısız oluyor
  3. CDNS adları çözümlemek için ICMP'ye ihtiyaç duyar
  4. DTLS sertifikaları ICMP üzerinden gönderilir
19.IPv4 alt ağlarıOrta
/24 → /2911111111111111111111111111111000ağ bitlericihaz bitleri

192.168.10.0/24 ağı en az 20 eşit alt ağa bölünmelidir. Mümkün olduğunca az bit ödünç alırsanız her alt ağda kaç kullanılabilir cihaz H olur?

192.168.10.0/2420 subnets
H =
20.IPv4 alt ağlarıZor
son oktet = 193112816403201608040211ağcihaz

Bir cihazın adresi 10.20.221.193/28. Alt ağındaki son kullanılabilir cihaz adresinin dördüncü okteti x nedir?

10.20.221.193/28
x =

3Çözeltiler

1.Sayı sistemleri

Cevap: U = 250

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.

Tersine çevirin ve bir ekleyin

6 = 0000 0110
tersine çevrilmiş: 1111 1001
+1 → 1111 1010

İşaretsiz okuyun

1111 1010₂ = 256 − 6 = 250

Cevap

U = 250
2.Sayı sistemleri

Cevap: R = 88

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

AND yalnızca iki bit de 1 olduğunda 1 verir.

0111 1010
AND 0101 1001
= 0101 1000

Sonucun değeri

0101 1000₂ = 88

Cevap

R = 88
3.Önermeler mantığı ve ispatlar

Cevap: N = 5

Doğruluk tabloları: n farklı değişkenli bir formülün 2ⁿ satırı vardır; her satır doğruluk değerlerinin bir birleşimidir (1 = doğru, 0 = yanlış). İçten dışa doğru çalışın ve her alt formüle kendi sütununu verin. ¬a değeri tersine çevirir; a ∧ b yalnızca ikisi de 1 olduğunda 1’dir; a ∨ b yalnızca ikisi de 0 olduğunda 0’dır; a → b yalnızca a = 1 ve b = 0 olduğunda 0’dır; a ↔ b iki taraf eşit olduğunda 1’dir.

Doğruluk tablosu satır satır

p = 1, q = 1, r = 1: p → r = 1, ¬(p → r) = 0, ¬p = 0, ¬p → r = 1, q ↔ (¬p → r) = 1, ¬(p → r) ∨ (q ↔ (¬p → r)) = 1
p = 1, q = 1, r = 0: p → r = 0, ¬(p → r) = 1, ¬p = 0, ¬p → r = 1, q ↔ (¬p → r) = 1, ¬(p → r) ∨ (q ↔ (¬p → r)) = 1
p = 1, q = 0, r = 1: p → r = 1, ¬(p → r) = 0, ¬p = 0, ¬p → r = 1, q ↔ (¬p → r) = 0, ¬(p → r) ∨ (q ↔ (¬p → r)) = 0
p = 1, q = 0, r = 0: p → r = 0, ¬(p → r) = 1, ¬p = 0, ¬p → r = 1, q ↔ (¬p → r) = 0, ¬(p → r) ∨ (q ↔ (¬p → r)) = 1
p = 0, q = 1, r = 1: p → r = 1, ¬(p → r) = 0, ¬p = 1, ¬p → r = 1, q ↔ (¬p → r) = 1, ¬(p → r) ∨ (q ↔ (¬p → r)) = 1
p = 0, q = 1, r = 0: p → r = 1, ¬(p → r) = 0, ¬p = 1, ¬p → r = 0, q ↔ (¬p → r) = 0, ¬(p → r) ∨ (q ↔ (¬p → r)) = 0
p = 0, q = 0, r = 1: p → r = 1, ¬(p → r) = 0, ¬p = 1, ¬p → r = 1, q ↔ (¬p → r) = 0, ¬(p → r) ∨ (q ↔ (¬p → r)) = 0
p = 0, q = 0, r = 0: p → r = 1, ¬(p → r) = 0, ¬p = 1, ¬p → r = 0, q ↔ (¬p → r) = 1, ¬(p → r) ∨ (q ↔ (¬p → r)) = 1

Değeri 1 olan satırları sayın

¬(p → r) ∨ (q ↔ (¬p → r)): 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1
N = 5

Cevap

N = 5
4.Önermeler mantığı ve ispatlar

Cevap: p = 0, r = 1

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.

Öncüller ve sonuç satır satır

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

Karşı örnek

p = 0, r = 1

Cevap

p = 0, r = 1

Bu biçimdeki bir argüman geçerli bir kurala benzer, ama geçerli olmadığını göstermek için tek bir satır yeter.

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

Cevap: N = 3

Karnaugh haritaları: hücreler Gray koduyla (00, 01, 11, 10) sıralanır; bu yüzden komşu hücreler, kenarların karşısındakiler dahil, tam olarak tek değişkende farklılaşır. 1’leri 1, 2, 4, 8 ya da 16 hücrelik dikdörtgenler içinde, olabildiğince büyük ve olabildiğince az sayıda gruplayın; her 1 kapsanana kadar. Her grup bir çarpım terimidir: grubun içinde sabit kalan değişkenler. 2ᵏ hücrelik bir grup k değişken kaybeder. Fark etmez durumları (X) grupları büyütmek için kullanılabilir ama kapsanmaları gerekmez. 0’ları gruplamak en küçük POS biçimini verir.

ABCD000111100001111000111302141517060120131150141819111010

0’ları gruplayın

Her grup 2ᵏ hücrelik bir dikdörtgendir; kenardaki hücreler karşı kenardaki hücrelerin komşusudur.

(C′ + D)
(A + B + D)
(A′ + B′ + C)

En küçük POS biçimi

F = (C′ + D)(A + B + D)(A′ + B′ + C)
N = 3

Cevap

N = 3
6.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Cevap: N = 3

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 sonra Q

Bir T flip-flop T = 1 iken her yükselen kenarda tersler (toggle), T = 0 iken tutar.

1: T = 0 → Q = 0
2: T = 1 → Q = 1
3: T = 1 → Q = 0
4: T = 0 → Q = 0
5: T = 0 → Q = 0
6: T = 1 → Q = 1
7: T = 0 → Q = 1

Değişimleri sayın

0 → 0 → 1 → 0 → 0 → 0 → 1 → 1
N = 3

Cevap

N = 3
7.Sayılar kuramı ve modüler aritmetik

Cevap: x = 31

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).

Birinci denklik

x = 1 + 3k

İkinci denklik

1 + 3k ≡ 5 (mod 13) → 3k ≡ 4 (mod 13)
k ≡ 9·4 ≡ 10 (mod 13)

Sonuç

x = 1 + 3·10 = 31
x = 31
kontrol: 31 mod 3 = 1, 31 mod 13 = 5

Cevap

x = 31
8.Sayılar kuramı ve modüler aritmetik

Cevap: m = 256

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 = 713, φ(n) = 660
d = 17−1 mod 660 = 233

Tekrarlı kare almayla çözün

233 = 128 + 64 + 32 + 8 + 1
5911 ≡ 591 (mod 713)
5912 ≡ 624 (mod 713)
5914 ≡ 78 (mod 713)
5918 ≡ 380 (mod 713)
59116 ≡ 374 (mod 713)
59132 ≡ 128 (mod 713)
59164 ≡ 698 (mod 713)
591128 ≡ 225 (mod 713)
591233 ≡ 591·380·128·698·225 ≡ 256 (mod 713)

Mesaj

m = 256
kontrol: 25617 mod 713 = 591

Cevap

m = 256
9.Algoritmalar ve karmaşıklık

Cevap: D · En erken biten etkinliği seç, sonra uyumlu olanlarla tekrarla

Cevap neden bu

En erken bitiş zamanını seçmenin optimal olduğu bir değiş tokuş argümanıyla kanıtlanabilir; diğer kuralların karşı örnekleri vardır.

Cevap

D · En erken biten etkinliği seç, sonra uyumlu olanlarla tekrarla
10.Algoritmalar ve karmaşıklık

Cevap: A · O(n log n)

Cevap neden bu

Toplam n / 1 + n / 2 + ... + n / n = n × Hn'dir ve harmonik sayı Hn Θ(log n)'dir.

Cevap

A · O(n log n)
11.Veri yapıları

Cevap: C · Yığın

Cevap neden bu

Her açılan parantezi push edin ve kapanan bir parantez geldiğinde pop edin; çıkan parantezle eşleşmeli ve sonunda yığın boş olmalıdır.

Cevap

C · Yığın
12.Veri yapıları

Cevap: B · O(n)

Cevap neden bu

Öbek bir anahtarın hangi alt ağaçta olduğuna dair hiçbir kural vermez, bu nedenle en kötü durumda tüm düğümler kontrol edilmelidir; yalnızca en küçük eleman hızla bulunur.

Cevap

B · O(n)
13.Graf kuramı

Cevap: L = 9

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.

Bir ağaç için el sıkışma lemması

L + 23 = 2(L + 8) − 2
L = 9

Cevap

L = 9

Kısayol: L = 2 + Σ (d − 2); toplam, derecesi d ≥ 3 olan köşeler üzerindendir.

14.Graf kuramı

Cevap: kenar AB

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.

Prim algoritması

1. DE (6)
2. BE (3)
3. AB (9)
4. CE (13)

kenar numarası 3

AB

Cevap

kenar AB
15.Veritabanları ve SQL

Cevap: B · Sonuçta hangi sütunların görüneceğini seçmeye

Cevap neden bu

İzdüşüm seçilen nitelikleri tutar (SELECT listesi), seçme σ ise bir koşulu sağlayan satırları tutar (WHERE yan tümcesi).

Cevap

B · Sonuçta hangi sütunların görüneceğini seçmeye
16.Veritabanları ve SQL

Cevap: A · R1 ve R2'nin ortak nitelikleri R1'in veya R2'nin bir süper anahtarını oluşturduğunda

Cevap neden bu

Paylaşılan nitelikler R1'in veya R2'nin tüm niteliklerini belirliyorsa, onları yeniden birleştirmek tam olarak özgün satırları üretir ve sahte demet oluşmaz.

Cevap

A · R1 ve R2'nin ortak nitelikleri R1'in veya R2'nin bir süper anahtarını oluşturduğunda
17.Bilgisayar ağları

Cevap: C · Asimetrik yöntemler anahtar üzerinde anlaşır ve kimlik doğrular; simetrik şifreler veriyi şifreler

Cevap neden bu

Açık anahtar yöntemleri ve sertifikalar ortak bir sır oluşturur ve kimliği kanıtlar. Ardından AES gibi hızlı simetrik şifreler verinin büyük kısmını korur.

Cevap

C · Asimetrik yöntemler anahtar üzerinde anlaşır ve kimlik doğrular; simetrik şifreler veriyi şifreler
18.Bilgisayar ağları

Cevap: B · "Parçalama gerekli" mesajları engellendiği için yol MTU keşfi başarısız oluyor

Cevap neden bu

PMTUD daha küçük MTU'yu öğrenmek için ICMP mesajlarına dayanır. Bunlar atılırsa büyük paketler sessizce kaybolur ve bir "kara delik" bağlantısı oluşur.

Cevap

B · "Parçalama gerekli" mesajları engellendiği için yol MTU keşfi başarısız oluyor
19.IPv4 alt ağları

Cevap: H = 6

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

25 = 32 ≥ 20 → b = 5, /29

Alt ağ başına cihaz

23 − 2 = 6

Cevap

H = 6
20.IPv4 alt ağları

Cevap: x = 206

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).

Blok boyutu

24 = 16

Bu cihazın alt ağı

ağ: ⌊193/16⌋·16 = 192
yayın: 192 + 16 − 1 = 207
kullanılabilir cihazlar: 193 … 206

Cevap

x = 206

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