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 −42 saklayacak şekilde ayarlayın. İşaretsiz bir sayı olarak okunduğunda desenin değeri U nedir?

N = −428 bit
U =
2.Sayı sistemleriZor
ayarlamak için bitlere tıklayın012806403201608040201

Bitleri 0001 1101 OR 1101 0111 işleminin 8 bitlik sonucuna ayarlayın. Sonucun onluk değeri R nedir?

0001 1101OR1101 0111
R =
3.Önermeler mantığı ve ispatlarOrta
¬r ∨ ¬qr ∧ ¬q¬r → ¬q¬r ∧ q

Hangi formül ¬(r → q) formülüne mantıksal olarak denktir? Üzerine tıklayın.

¬(r → q)
  1. 1¬r ∨ ¬q
  2. 2r ∧ ¬q
  3. 3¬r → ¬q
  4. 4¬r ∧ q
4.Önermeler mantığı ve ispatlarZor
∀x (A(x) ∧ ∀y ¬R(x, y))∃x (¬A(x) ∧ ∃y R(x, y))∃x (A(x) ∧ ∀y ¬R(x, y))∃x (A(x) → ∀y ¬R(x, y))

Değili tamamen içeri taşınmış hâliyle hangi önerme ¬∀x (A(x) → ∃y R(x, y)) önermesine denktir? Üzerine tıklayın.

¬∀x (A(x) → ∃y R(x, y))
  1. 1∀x (A(x) ∧ ∀y ¬R(x, y))
  2. 2∃x (¬A(x) ∧ ∃y R(x, y))
  3. 3∃x (A(x) ∧ ∀y ¬R(x, y))
  4. 4∃x (A(x) → ∀y ¬R(x, y))
5.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarOrta
ABCD000111100001111000111312041507060120130151141809011010

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 5, 8, 14) fonksiyonunun en küçük çarpımlar toplamı (SOP) biçimini bulmak için Karnaugh haritasını kullanın. Toplamda kaç literal (L) içerir (üzerinde işaret olan bir değişken bir literal sayılır)?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 5, 8, 14)
L =
6.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarZor
CLKT123456

Yükselen kenarla tetiklenen bir T flip-flop Q = 0 ile başlar ve 6 yükselen saat kenarında gösterilen girişleri alır. Q kaç kez, N, durum değiştirir?

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

7x ≡ 9 (mod 41) denkliğini çözün. 0 < x < 41 olan x çözümünü verin.

7x ≡ 9 (mod 41)
x =
8.Sayılar kuramı ve modüler aritmetikZor

42x ≡ 36 (mod 60) denkliğini çözün. En küçük pozitif çözümü, x, verin.

42x ≡ 36 (mod 60)
x =
9.Algoritmalar ve karmaşıklıkOrta

k tabanında d basamaklı n tamsayı üzerinde LSD taban sıralamasının (radix sort) çalışma süresi nedir?

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

Dinamik programlama ile çözülen 0/1 sırt çantası problemi O(nW) zaman alır. Buna neden sözde polinom (pseudo-polynomial) denir?

  1. AÇünkü algoritma rastgeleleştirilmiştir ve çalışma süresi her girdide değişir
  2. BÇünkü n her zaman küçüktür
  3. CÇünkü yalnızca W = 0 için çalışır
  4. DW bir sayıdır, bu yüzden süre W'yi yazmak için kullanılan bit sayısına göre üsteldir
11.Veri yapılarıOrta

Çalışan bir program etkin fonksiyon çağrılarını ve yerel değişkenlerini izlemek için hangi veri yapısını kullanır?

  1. AÇağrı yığını (call stack)
  2. BFonksiyonlardan oluşan bir karma tablosu
  3. CHeap bellek kuyruğu
  4. DÇerçevelerden oluşan bir ikili arama ağacı
12.Veri yapılarıZor

Tek yönlü bağlı bir listeyi yerinde (in place) tersine çevirmenin zaman ve ek alan maliyeti nedir?

  1. AO(1) zaman ve O(1) ek alan
  2. BO(n) zaman ve O(1) ek alan
  3. CO(n log n) zaman ve O(1) ek alan
  4. DO(n) zaman ve O(n) ek alan
13.Graf kuramıOrta

K4 tam grafının kaç farklı Hamilton devresi (H) vardır? Yalnızca başlangıç köşesi ya da yönü farklı olan devreler aynı sayılır.

K4
H =
14.Graf kuramıZor
ABCDEF

F köşesinde başlayıp biten 2 uzunluğunda kaç kapalı gezinti vardır? Bir gezinti köşeleri ve kenarları tekrar edebilir. Sayıya N deyin.

M = komşuluk matrisiL = 2
N =
15.Veritabanları ve SQLOrta

a tablosunda 3, b tablosunda 4 satır var. SELECT * FROM a CROSS JOIN b kaç satır döndürür?

  1. A4
  2. B7
  3. C12
  4. D3
16.Veritabanları ve SQLZor

Puanlar 90, 90 ve 80'dir. RANK() OVER (ORDER BY score DESC) hangi değerleri verir?

  1. A1, 1, 2
  2. B1, 1, 3
  3. C1, 2, 3
  4. D2, 2, 3
17.Bilgisayar ağlarıOrta

Çift eşlik kullanılırken 1011001 veri bitlerine hangi eşlik biti eklenir?

  1. A1
  2. B2
  3. C4
  4. D0
18.Bilgisayar ağlarıZor

BGP internette esas olarak ne yapar?

  1. AAdları adreslere çözümler
  2. BYönlendiriciler arasındaki veriyi şifreler
  3. Cİnternet servis sağlayıcıları aracılığıyla ev kullanıcılarına IP adresleri atar
  4. DOtonom sistemler arasında yönlendirme bilgisi alışverişi yapar
19.IPv4 alt ağlarıOrta
255.255.254.011111111111111111111111000000000ağ bitlericihaz bitleri

Bir alt ağ 255.255.254.0 maskesini kullanıyor. Kaç kullanılabilir cihaz adresi H vardır?

255.255.254.0
H =
20.IPv4 alt ağlarıZor
üçüncü oktet = 2012806403201608041201ağcihaz

Bir cihazın adresi 172.20.2.111/17. Alt ağının yayın adresinin üçüncü okteti x nedir?

172.20.2.111/17
x =

3Çözeltiler

1.Sayı sistemleri

Cevap: U = 214

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

42 = 0010 1010
tersine çevrilmiş: 1101 0101
+1 → 1101 0110

İşaretsiz okuyun

1101 0110₂ = 256 − 42 = 214

Cevap

U = 214
2.Sayı sistemleri

Cevap: R = 223

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

OR en az bir bit 1 olduğunda 1 verir.

0001 1101
OR 1101 0111
= 1101 1111

Sonucun değeri

1101 1111₂ = 223

Cevap

R = 223
3.Önermeler mantığı ve ispatlar

Cevap: r ∧ ¬q

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).

Kural

¬(a → b) ≡ ¬(¬a ∨ b) ≡ a ∧ ¬b: bir gerektirmenin yanlış olduğu tek satır.
¬(r → q) ≡ r ∧ ¬q

Doğruluk tablosuyla denetleyin

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

Cevap

r ∧ ¬q

Çubuktan sonraki sütunlar, gösterilen sırayla seçeneklerdir.

4.Önermeler mantığı ve ispatlar

Cevap: ∃x (A(x) ∧ ∀y ¬R(x, y))

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.

Değili içeri taşıyın

¬∀x (A(x) → ∃y R(x, y)) ≡ ∃x (A(x) ∧ ∀y ¬R(x, y))

Cevap

∃x (A(x) ∧ ∀y ¬R(x, y))

Diğer seçenekler ya bir niceleyiciyi değiştirmeden bırakır, ya niceleyicilerin sırasını değiştirir ya da iç formülün değilini yanlış alır.

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

Cevap: L = 14

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.

ABCD000111100001111000111312041507060120130151141809011010

1’leri gruplayın

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

A′C′D
A′B′C
AB′C′D′
ABCD′

En küçük SOP biçimi

F = A′C′D + A′B′C + AB′C′D′ + ABCD′
L = 14

Cevap

L = 14
6.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Cevap: N = 2

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

Değişimleri sayın

0 → 0 → 0 → 1 → 1 → 0 → 0
N = 2

Cevap

N = 2
7.Sayılar kuramı ve modüler aritmetik

Cevap: x = 13

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).

7 sayısının tersi

r = 41, t = 0
r = 7, q = 5, t = 1
r = 6, q = 1, t = −5
r = 1, q = 6, t = 6
7−1 ≡ 6 (mod 41)

Çözün

x ≡ 6·9 = 54 ≡ 13 (mod 41)
kontrol: 7·13 = 91 ≡ 9 (mod 41)

Cevap

x = 13
8.Sayılar kuramı ve modüler aritmetik

Cevap: x = 8

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).

Ebob’a bölün

gcd(42, 60) = 6
7x ≡ 6 (mod 10)

İndirgenmiş denkliği çözün

7−1 ≡ 3 (mod 10) → x ≡ 8 (mod 10)

60 modundaki çözümler

x ∈ {8, 18, 28, 38, 48, 58}
x = 8

Cevap

x = 8
9.Algoritmalar ve karmaşıklık

Cevap: C · O(d(n + k))

Cevap neden bu

d geçişin her biri O(n + k) maliyetli bir sayma sıralamasıdır, bu yüzden sabit d ve k için toplam n'de doğrusaldır.

Cevap

C · O(d(n + k))
10.Algoritmalar ve karmaşıklık

Cevap: D · W bir sayıdır, bu yüzden süre W'yi yazmak için kullanılan bit sayısına göre üsteldir

Cevap neden bu

Çalışma süresi W'nin değerine göre polinom, ancak uzunluğuna (log W bit) göre üsteldir; 0/1 sırt çantası problemi NP-tamdır.

Cevap

D · W bir sayıdır, bu yüzden süre W'yi yazmak için kullanılan bit sayısına göre üsteldir
11.Veri yapıları

Cevap: A · Çağrı yığını (call stack)

Cevap neden bu

Her çağrı bir yığın çerçevesi push eder ve her dönüş onu pop eder; en son çağrının ilk bitmesinin nedeni budur.

Cevap

A · Çağrı yığını (call stack)
12.Veri yapıları

Cevap: B · O(n) zaman ve O(1) ek alan

Cevap neden bu

Üç işaretçi (önceki, mevcut, sonraki) tutmak, yeni düğüm ayırmadan her bağlantıyı tek geçişte tersine çevirmeyi sağlar.

Cevap

B · O(n) zaman ve O(1) ek alan
13.Graf kuramı

Cevap: H = 3

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.

Sayın

H = (4 − 1)!/2 = 6/2 = 3

Cevap

H = 3
14.Graf kuramı

Cevap: N = 1

Dereceler: bir köşenin derecesi ona değen kenar sayısıdır. Her kenarın iki ucu vardır; bu yüzden dereceler kenar sayısının iki katını verecek şekilde toplanır: Σ deg(v) = 2|E| (el sıkışma lemması). Dolayısıyla derecesi tek olan köşelerin sayısı çifttir. Kn grafının n(n − 1)/2 kenarı vardır, n köşeli k-düzgün bir grafın nk/2 kenarı vardır ve n köşeli bir ağacın n − 1 kenarı vardır.

Komşuluk matrisi

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 0 0
E: 0 1 1 0 0 1
F: 0 0 0 0 1 0

Ortak komşular

(M²)FF = 0·0 + 0·0 + 0·0 + 0·0 + 1·1 + 0·0 = 1

Cevap

N = 1
15.Veritabanları ve SQL

Cevap: C · 12

Cevap neden bu

Çapraz birleştirme Kartezyen çarpımı verir: 3 × 4 = 12 satır.

Cevap

C · 12
16.Veritabanları ve SQL

Cevap: B · 1, 1, 3

Cevap neden bu

RANK eşit satırlara aynı sırayı verir ve sonraki numaraları atlar (1, 1, 3); DENSE_RANK 1, 1, 2 verirdi.

Cevap

B · 1, 1, 3
17.Bilgisayar ağları

Cevap: D · 0

Cevap neden bu

1011001 dört adet 1 biti içerir; bu zaten çift bir sayıdır, bu yüzden eşlik biti 0'dır. Tek eşlikte 1 olurdu.

Cevap

D · 0
18.Bilgisayar ağları

Cevap: D · Otonom sistemler arasında yönlendirme bilgisi alışverişi yapar

Cevap neden bu

BGP, alanlar arası yönlendirme protokolüdür; otonom sistemler erişilebilir önekleri duyurur ve politikalara göre yol seçer.

Cevap

D · Otonom sistemler arasında yönlendirme bilgisi alışverişi yapar
19.IPv4 alt ağları

Cevap: H = 510

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).

Önek uzunluğu

255.255.254.0 = /23

Kullanılabilir cihazlar

29 − 2 = 510

Cevap

H = 510
20.IPv4 alt ağları

Cevap: x = 127

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).

Üçüncü oktetteki blok boyutu

27 = 128

Bu cihazın alt ağı

ağ: 172.20.0.0
yayın: 172.20.127.255

Cevap

x = 127

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