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 değerleri1−12816413201608040211

8 bitlik 1110 0001 dizisi, ikiye tümleyen biçiminde işaretli bir tam sayı saklıyor. Onluk değeri N nedir?

1110 00018 bit
N =
2.Sayı sistemleriZor
ayarlamak için bitlere tıklayın012806403201608040201

Bitleri 1001 1010 XOR 1100 1100 işleminin 8 bitlik sonucuna ayarlayın. Sonucun onluk değeri R nedir?

1001 1010XOR1100 1100
R =
3.Önermeler mantığı ve ispatlarOrta
pqr¬pq ∧ ¬p(q ∨ (¬r ∨ p)) ∨ (q ∧ ¬p)111?110?101?100?011?010?001?000?

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

(q ∨ (¬r ∨ p)) ∨ (q ∧ ¬p)
N =
4.Önermeler mantığı ve ispatlarZor
pqp → q¬p¬q11100100

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

p → q¬p∴ ¬q
  1. 1p = 1, q = 1
  2. 2p = 1, q = 0
  3. 3p = 0, q = 1
  4. 4p = 0, q = 0
5.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarOrta
ABC00011110010011031204151716

F(A, B, C) = Σm(1, 2, 5, 6, 7) 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) = Σm(1, 2, 5, 6, 7)
L =
6.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarZor
ABCD0001111000011110001103X204X5X716012013X151141809111110

F(A, B, C, D) = Σm(1, 6, 8, 10, 11, 14) + d(2, 5, 7, 15) fonksiyonunun en küçük SOP biçimini bulun; d fark etmez (don’t-care) durumlarını gösterir. Kaç literal (L) içerir?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 6, 8, 10, 11, 14) + d(2, 5, 7, 15)
L =
7.Sayılar kuramı ve modüler aritmetikOrta

x ≡ 2 (mod 5) ve x ≡ 9 (mod 11) sağlayan en küçük pozitif tam sayı x değerini bulun.

x ≡ 2 (mod 5)x ≡ 9 (mod 11)
x =
8.Sayılar kuramı ve modüler aritmetikZor
mc = me​ mod n87m = cd​ mod n?(n, e) = (119, 13)d

Bir RSA anahtarı p = 7, q = 17 ve e = 13 kullanıyor. c = 87 şifreli metnini çözün: mesajı, m, bulun.

p = 7q = 17e = 13c = 87
m =
9.Algoritmalar ve karmaşıklıkOrta

Birçok kütüphane sıralama rutini çok küçük alt diziler için neden eklemeli sıralamaya geçer?

  1. AEklemeli sıralamanın ek yükü azdır ve küçük veya neredeyse sıralı girdilerde hızlıdır
  2. BEklemeli sıralama en kötü durumda O(n log n)'dir
  3. CÖzyinelemeli algoritmalar 10 elemandan küçük dizileri işleyemez
  4. DEklemeli sıralama büyük girdilerde diğer tüm sıralama algoritmalarından daha az bellek kullanır
10.Algoritmalar ve karmaşıklıkZor

P ve NP hakkında hangi ifade doğrudur?

  1. AP ≠ NP olduğu kanıtlanmıştır
  2. BNP, "polinom olmayan" (not polynomial) anlamına gelir
  3. CNP problemlerinin çözümleri hızlıca doğrulanamaz
  4. DP'deki her problem aynı zamanda NP'dedir
11.Veri yapılarıOrta

Bir kuyruk iki yığınla gerçekleştiriliyor: "in" yığınına push edilir, "out" yığınından pop edilir ve "out" boşaldığında "in"den doldurulur. İşlem başına amortize maliyet nedir?

  1. AO(1)
  2. BO(n)
  3. CO(log n)
  4. DO(n²)
12.Veri yapılarıZor

Çift karma (double hashing) esas olarak doğrusal yoklamanın hangi sorununu azaltır?

  1. AAnahtarları tabloda saklama ihtiyacını
  2. BBir karma fonksiyonuna duyulan ihtiyacı
  3. CBir anahtarın değerini okumanın O(n) maliyetini
  4. DUzun dolu yuva dizilerinin oluştuğu birincil kümelenmeyi
13.Graf kuramıOrta

Bağlantılı bir grafın 15 köşesi ve 15 kenarı vardır. Bir kapsayan ağaç kalması için kaç kenar (k) kaldırılmalıdır?

|V| = 15|E| = 15
k =
14.Graf kuramıZor
5511115515141ABCDEF

Ağırlıklı grafta A’dan F köşesine en kısa yolun uzunluğunu (d(F)) bulmak için Dijkstra algoritmasını kullanın.

başlangıç: Abitiş: F
d(F) =
15.Veritabanları ve SQLOrta

Öğrenciler birçok derse kaydolabilir ve derslerin birçok öğrencisi vardır. Bu tablolarda nasıl modellenir?

  1. ATek bir sütunda saklanan ders id'leri listesiyle
  2. Bstudents tablosunda courses'a işaret eden bir course_id yabancı anahtar sütunuyla
  3. CÖğrencileri ve dersleri tek bir tabloda birleştirerek
  4. DHem öğrencilere hem derslere yabancı anahtar tutan bir ara tabloyla
16.Veritabanları ve SQLZor

NATURAL JOIN üretim sorgularında neden riskli kabul edilir?

  1. AHiçbir veritabanı tarafından desteklenmez
  2. BHer zaman bir Kartezyen çarpım döndürür
  3. CBirincil ve yabancı anahtarları yok sayar ve yalnızca NULL satırları tutar
  4. DAynı ada sahip her sütun üzerinden birleştirir, bu yüzden yeni bir sütun sonucu sessizce değiştirebilir
17.Bilgisayar ağlarıOrta

Hangi tek önek hem 192.168.0.0/24'ü hem 192.168.1.0/24'ü özetler?

  1. A192.168.0.0/25
  2. B192.168.1.0/23
  3. C192.168.0.0/22
  4. D192.168.0.0/23
18.Bilgisayar ağlarıZor

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

  1. ATLS sertifikaları ICMP üzerinden gönderilir
  2. BDNS adları çözümlemek için ICMP'ye ihtiyaç duyar
  3. CTCP ICMP olmadan bağlantı açamaz
  4. D"Parçalama gerekli" mesajları engellendiği için yol MTU keşfi başarısız oluyor
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
son oktet = 137112806403201618040211ağcihaz

Bir cihazın adresi 10.20.60.137/27. Alt ağının yayın adresinin son sayısı (dördüncü okteti) x nedir?

10.20.60.137/27
x =

3Çözeltiler

1.Sayı sistemleri

Cevap: N = −31

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 + 32 + 1 = −31

Cevap

N = −31
2.Sayı sistemleri

Cevap: R = 86

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

XOR iki bit farklı olduğunda 1 verir.

1001 1010
XOR 1100 1100
= 0101 0110

Sonucun değeri

0101 0110₂ = 86

Cevap

R = 86
3.Önermeler mantığı ve ispatlar

Cevap: N = 7

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

Değeri 1 olan satırları sayın

(q ∨ (¬r ∨ p)) ∨ (q ∧ ¬p): 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1
N = 7

Cevap

N = 7
4.Önermeler mantığı ve ispatlar

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

Karşı örnek

p = 0, q = 1

Cevap

p = 0, q = 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: L = 6

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.

ABC00011110010011031204151716

1’leri gruplayın

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

B′C
BC′
AC

En küçük SOP biçimi

F = B′C + BC′ + AC
L = 6

Cevap

L = 6

Aynı büyüklükte başka bir gruplama da vardır; terim ve literal sayısı aynıdır.

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

Cevap: L = 10

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.

Asal implikantlar

1’lerden ve X’lerden oluşturulabilen en büyük gruplar.

CD′, BC, AC, A′C′D, AB′D′
ABCD0001111000011110001103X204X5X716012013X151141809111110

En küçük kapsama

F = CD′ + AC + A′C′D + AB′D′
L = 10

Cevap

L = 10

Aynı büyüklükte başka bir gruplama da vardır; terim ve literal sayısı aynıdır.

7.Sayılar kuramı ve modüler aritmetik

Cevap: x = 42

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 = 2 + 5k

İkinci denklik

2 + 5k ≡ 9 (mod 11) → 5k ≡ 7 (mod 11)
k ≡ 9·7 ≡ 8 (mod 11)

Sonuç

x = 2 + 5·8 = 42
x = 42
kontrol: 42 mod 5 = 2, 42 mod 11 = 9

Cevap

x = 42
8.Sayılar kuramı ve modüler aritmetik

Cevap: m = 66

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 = 119, φ(n) = 96
d = 13−1 mod 96 = 37

Tekrarlı kare almayla çözün

37 = 32 + 4 + 1
871 ≡ 87 (mod 119)
872 ≡ 72 (mod 119)
874 ≡ 67 (mod 119)
878 ≡ 86 (mod 119)
8716 ≡ 18 (mod 119)
8732 ≡ 86 (mod 119)
8737 ≡ 87·67·86 ≡ 66 (mod 119)

Mesaj

m = 66
kontrol: 6613 mod 119 = 87

Cevap

m = 66
9.Algoritmalar ve karmaşıklık

Cevap: A · Eklemeli sıralamanın ek yükü azdır ve küçük veya neredeyse sıralı girdilerde hızlıdır

Cevap neden bu

Küçük n için eklemeli sıralamanın basit döngüsü, O(n²) olmasına rağmen hızlı sıralamanın veya birleştirmeli sıralamanın özyineleme ek yükünü geride bırakır.

Cevap

A · Eklemeli sıralamanın ek yükü azdır ve küçük veya neredeyse sıralı girdilerde hızlıdır
10.Algoritmalar ve karmaşıklık

Cevap: D · P'deki her problem aynı zamanda NP'dedir

Cevap neden bu

P ⊆ NP: bir problemi hızlıca çözebiliyorsanız, bir çözümü de hızlıca doğrulayabilirsiniz. P = NP olup olmadığı hâlâ açık bir sorudur.

Cevap

D · P'deki her problem aynı zamanda NP'dedir
11.Veri yapıları

Cevap: A · O(1)

Cevap neden bu

Her eleman toplamda en fazla iki kez push ve pop edilir; bu nedenle tek bir doldurma O(n) sürebilse de bir dizi üzerindeki ortalama O(1)'dir.

Cevap

A · O(1)
12.Veri yapıları

Cevap: D · Uzun dolu yuva dizilerinin oluştuğu birincil kümelenmeyi

Cevap neden bu

Doğrusal yoklama 1'er adımla ilerler, bu nedenle dolu diziler büyür ve birleşir; çift karma adım boyu için ikinci bir karma kullanır, böylece farklı anahtarlar farklı diziler yoklar.

Cevap

D · Uzun dolu yuva dizilerinin oluştuğu birincil kümelenmeyi
13.Graf kuramı

Cevap: k = 1

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.

Kapsayan ağacın kenarları

15 − 1 = 14

Kaldırılacak kenarlar

k = 15 − 14 = 1

Cevap

k = 1
14.Graf kuramı

Cevap: d(F) = 20

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.

Dijkstra tur tur

Her satır: kesinleşen köşe, kesin uzaklığı ve uzaklığı iyileşen komşular.

A (0): B: 5, C: 5
B (5): D: 6, E: 6
C (5)
D (6): F: 21
E (6): F: 20
F (20)

En kısa yol

A → B → E → F
d(F) = 20

Cevap

d(F) = 20
15.Veritabanları ve SQL

Cevap: D · Hem öğrencilere hem derslere yabancı anahtar tutan bir ara tabloyla

Cevap neden bu

Çoka çok ilişki bir ilişkilendirme (ara) tablosu gerektirir, örneğin enrolment(student_id, course_id); çoğu zaman bileşik birincil anahtarla.

Cevap

D · Hem öğrencilere hem derslere yabancı anahtar tutan bir ara tabloyla
16.Veritabanları ve SQL

Cevap: D · Aynı ada sahip her sütun üzerinden birleştirir, bu yüzden yeni bir sütun sonucu sessizce değiştirebilir

Cevap neden bu

Doğal birleştirme, örneğin ilgisiz bir "name" veya "created_at" gibi, aynı adlı tüm sütunları eşleştirir; açık bir ON veya USING yan tümcesi daha güvenlidir.

Cevap

D · Aynı ada sahip her sütun üzerinden birleştirir, bu yüzden yeni bir sütun sonucu sessizce değiştirebilir
17.Bilgisayar ağları

Cevap: D · 192.168.0.0/23

Cevap neden bu

0 ve 1 üçüncü oktetin son biti dışında tüm bitleri paylaşır; bu yüzden 192.168.0.0'dan başlayan bir bit daha kısa önek (/23) ikisini tam olarak kapsar.

Cevap

D · 192.168.0.0/23
18.Bilgisayar ağları

Cevap: D · "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

D · "Parçalama gerekli" mesajları engellendiği için yol MTU keşfi başarısız oluyor
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 = 159

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

25 = 32

Bu cihazın alt ağı

ağ: ⌊137/32⌋·32 = 128
yayın: 128 + 32 − 1 = 159
kullanılabilir cihazlar: 129 … 158

Cevap

x = 159

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