Переведём 64 в двоичную систему счисления и сосчитаем количество нулей:

64₁₀= 1000000₂

1) Для выполнения таблицы ¬W всегда должно быть равно 1, значит, W равно 0 (2 столбец).

2) Для выполнения таблицы Z всегда должно быть равно 1 (1 столбец).

3) Для выполнения ¬y ∨ x нужно, чтобы не было случая, когда x=0, а y=1, значит, x соответствует третий столбец, а y — 4.

Найдём все варианты маршрутов из A в F и выберем самый короткий.

Из пункта A можно попасть в пункты B, C, D, F.

Из пункта B можно попасть в пункт D.

Из пункта C можно попасть в пункт D.

Из пункта D можно попасть в пункты E, F.

Из пункта E можно попасть в пункт F.

A—B—D—E—F: длина маршрута 12 км.

A—B—D—F: длина маршрута 14 км.

A—C—D—E—F: длина маршрута 17 км.

A—C—D—F: длина маршрута 16 км.

A—D—E—F: длина маршрута 13 км.

A—D—F: длина маршрута 15 км.

A—F: длина маршрута 16 км.

Условие "Пол = 'м'" верно для "Багрыненко, Горыненко, Жикирко".

Из них "Биология < Обществознание" верно для Антипенко, Жикирко, Игнатенко.

Оба утверждения верны для Жикирко.

Для двух букв кодовые слова уже известны, осталось подобрать для оставшихся двух букв такие кодовые слова, которые будут являться кратчайшими и удовлетворять условию Фано.

Кодовые слова не могут начинаться с 0, поскольку 0 является кодовым словом для буквы А. Кодовым словом для буквы В будет являться 11. Кодовым словом для буквы Г будет являться 100, кодовое слово 101, поскольку кодовым словом для буквы Б является 1011.

Таким образом, сумма кратчайших кодовых слов для букв В и Г будет равна 2 + 3 = 5.

Конечная точка будет обладать координатами по оси x и y. Эти координаты можно складывать независимо друг от друга.

Найдём значение x: 5 - 3 + 1 + 1 + 1 + 3 = 8.

Найдём значение y: 2 + 3 + 1 = 6.

Расстояние от начала координат находится по формуле: , поэтому

.

Заполним таблицу:

Из диаграммы заметим, что значения в ячейках равны. Приравняем значения в ячейках A2 и B2: 2C1 − 11 = C1 + 1, откуда C1 = 12. Подставив найденное значение, убеждаемся, что значения во всех ячейках равны.

Цикл while выполняется до тех пор, пока истинно условие s >= 0, т. е. переменная s определяет, сколько раз выполнится цикл.

Так как , цикл выполнится 26 раз (так как действие "s := s - 20" выполняется до "n := n + 1", значит, до того, как цикл прервется, действие "n := n + 1" успеет выполниться). Значение n будет равно 26.

Время t вычисляется по формуле t = Q / q, где Q — объем файла, q — cкорость передачи данных.

Один цвет занимает один пиксел, поэтому Q = 640 * 480 * 24 бит = 7 372 800 бит.

t = 7 372 800 бит / 14 400 бит/с = 512 с.

Если в алфавите  символов, то количество всех возможных «слов» (сообщений) длиной  равно .

Нужно определить количество всех трёх-, четырех- и пятибуквенных слов в двоичном алфавите:

Последовательно находим:

F(1) = 1,

F(2) = 3,

F(3) = 7,

F(4) = 15,

F(5) = 31,

F(6) = 63.

Таким образом, ответ 63.

1. Запишем числа маски сети в двоичной системе счисления.

2. Адрес сети получается в результате поразрядной конъюнкции чисел маски и чисел адреса узла (в двоичном коде). Так как конъюнкция 0 с чем-либо всегда равна 0, то на тех местах, где числа маски равны 0, в адресе узла стоит 0. Аналогично, там, где числа маски равны 255, стоит само число, так как конъюнкция 1 с любым числом всегда равна этому числу.

3. Рассмотрим конъюнкцию числа 224 с числом 254.

Результатом конъюнкции является число 224.

4. Сопоставим варианты ответа получившимся числам: 224, 24, 224, 0.

Всего для кодирования может быть использовано 10 десятичных цифр, 29 строчных и 29 прописных букв, т. е. 10 + 29 + 29 = 68 символов. Известно, что с помощью N бит можно закодировать 2^N различных символов. Поскольку 2⁶ < 68 < 2⁷ и для каждого пароля число бит одинаково, то для записи каждого из 9 символов необходимо 7 бит памяти. Для хранения всех 9 символов номера нужно 63 бит, а т. к. для записи используется целое число байт, то необходимо округлить в большую сторону число 63 до числа, кратного восьми, это число 64 = 8 · 8 бит (8 байт). Поэтому для хранения 20 паролей понадобится 20 · 8 = 160 байт.

Данный алгоритм сначала заменит 6 первых единиц на 2 двойки. Получим: 221 222 222 2. Далее произойдет замена 6-ти двоек (221 222 222 2) на 2 единицы, будет 221 112. Предпоследним шагом заменим 3 единицы на 1 двойку: 222 2. Последним шагом получим 12.

Начнем считать количество путей с конца маршрута – с города И. N_X — количество различных путей из города А в город X, N — общее число путей.

В "И" можно приехать из Д, Ж, или З, поэтому N = N_И = N_Д + N_Ж + N _З (1)

Аналогично:

N_Д = N_Б;

N_Ж = N_Б + N_В + N_Е;

N_З = N_Ж.

Добавим еще вершины:

N_Б = N_А = 1;

N_В = N_А + N_Г = 1 + 1 = 2;

N_Е = N_В = 2;

N_Г = N_А = 1;

Преобразуем первые вершины с учетом значений вторых:

N_Д = N_Б = 1;

N_Ж = N_Б + N_В + N_Е = 1 + 2 + 2 = 5;

N_З = N_Ж = 5.

Подставим в формулу (1):

N = N_К = 1 + 5 + 5 = 11.

Начнем считать количество путей с конца маршрута – с города И. N_X — количество различных путей из города А в город X, N — общее число путей.

В "И" можно приехать из Д, Ж, или З, поэтому N = N_И = N_Д + N_Ж + N _З (1)

Аналогично:

N_Д = N_Б;

N_Ж = N_Б + N_В + N_Е;

N_З = N_Ж.

Добавим еще вершины:

N_Б = N_А = 1;

N_В = N_А + N_Г = 1 + 1 = 2;

N_Е = N_В = 2;

N_Г = N_А = 1;

Преобразуем первые вершины с учетом значений вторых:

N_Д = N_Б = 1;

N_Ж = N_Б + N_В + N_Е = 1 + 2 + 2 = 5;

N_З = N_Ж = 5.

Подставим в формулу (1):

N = N_К = 1 + 5 + 5 = 11.

Преобразуем выражение: 4⁵¹¹ + 2⁵¹¹ − 511 = 2¹⁰²² + 2⁵¹¹ − 2⁹ + 1.

Значит, в двоичной записи есть единица, нам нужно занять из 512 позиции единицу, чтобы вычесть 2⁹, тогда будет единица с 511 по 10 позицию. Всего таких позиций 502. Также присутствует единица на последнем и на 1022 месте. То есть всего их будет 502 + 1 + 1 = 504.

Ответ: 504.

Представим таблицу в виде кругов Эйлера. Пусть арбалет — круг 1, лук — круг 3, чеснок — круг 5. Тогда задача — найти количество элементов N в областях 2, 3, 4: N₂ + N₃ + N₄. По таблице известно:

N₁ + N₂ + N₃ + N₄= 426. (1)

N₂ + N₃ + N₄ + N₅ = 414. (2)

N₁ + N₂ + N₃ + N₄ + N₅ = 480. (3)

Подставим первое уравнение в третье и найдём N₅: N₅ = 480 − 426 = 54. После этого подставим второе уравнение в третье и найдём N₁: N₁ = 480 − 414 = 66. Теперь можем найти количество элементов в областях 2, 3 и 4. Для этого вычтем из третьего уравнения N₁ и N₅: N₂ + N₃ + N₄ = 480 − 54 − 66 = 360.

Таким образом, N₂ + N₃ + N₄ = 360.

Раскрывая импликацию по правилу A → B = ¬A + B, заменяя логическую сумму совокупностью, а логическое произведение системой соотношений, определим значения параметра А, при котором система совокупностей

будет иметь решения для любых вещественных чисел.

Чтобы решениями системы были все вещественные числа, необходимо и достаточно, чтобы решениями каждой из совокупностей были все вещественные числа.

Решениями неравенства  являются все числа из отрезка [−9; 9]. Чтобы совокупность выполнялась для всех вещественных чисел, числа x, не лежащие на указанном отрезке, должны принадлежать отрезку A. Следовательно, отрезок A не должен выходить за пределы отрезка [−9; 9].

Аналогично, решениями неравенства  являются числа из лучей  и  Чтобы совокупность выполнялась для всех вещественных чисел, числа x, не лежащие на указанных лучах, должны лежать на отрезке A. Следовательно, отрезок A должен содержать в себе отрезок [−6; 6].

Тем самым, наибольшая длина отрезка A может быть равна 9 + 9 = 18.

Данный алгоритм меняет местами текущий элемент массива и элемент массива, номер которого вычисляется путём вычитания из 8 номера текущего элемента массива, после чего к переменной s прибавляется значение элемента массива, номер которого вычисляется путём вычитания из 8 номера текущего элемента массива, если текущий элемент массива меньше последнего элемента массива.

Изначальный порядок значений: 3, 5, 8, 2, 1, 4, 3, 1, 2, 6.

Первое изменение элементов: 2, 5, 8, 2, 1, 4, 3, 1, 3, 6, s = s + 3.

Второе изменение элементов: 2, 1, 8, 2, 1, 4, 3, 5, 3, 6, s = s + 5.

Третье изменение элементов: 2, 1, 8, 4, 1, 2, 3, 5, 3, 6, s = s + 2.

Четвёртое изменение элементов: 2, 1, 8, 4, 1, 2, 3, 5, 3, 6, s = s + 1.

Пятое изменение элементов: 2, 1, 8, 2, 1, 4, 3, 5, 3, 6, s = s + 2.

Шестое изменение элементов: 2, 1, 3, 2, 1, 4, 8, 5, 3, 6, s = s + 3.

Седьмое изменение элементов: 2, 5, 3, 2, 1, 4, 8, 1, 3, 6, s = s + 5.

Последнее изменение элементов: 3, 5, 3, 2, 1, 4, 8, 1, 2, 6, s = s + 3.

Таким образом, значение переменной s после выполнения фрагмента программы равняется 

Данный алгоритм, получая на вход число x, считает количество четных цифр и складывает нечетные.

Эта часть программы считает количество четных цифр:

if x mod 2 = 0 then

a := a + 1

А эта — пока число не станет равным нулю — складывает нечетные цифры, а также убирает последнюю цифру числа:

while x > 0 do

begin

    ...

else

    b := b + x mod 10;

x := x div 10;

Таким образом, необходимо найти наибольшее число x, в котором 2 четных цифры, а сумма нечетных равна 4. Для этого помещаем в начало записи числа две наибольшие натуральные четные цифры, а потом для увеличения количества разрядов минимально возможные нечетные. Получаем 881111.

Алгоритм предназначен для нахождения количества целых точек на отрезке [−20; 20] в которых функция F(x) = 16 · (9 − x)²+127 имеет значение большее, либо равное нулю. Следовательно, задачу можно свести к неравенству:

Данное неравенство будет выполнятся во всех целых точках отрезка [−20; 20]. Всего отрезок [−20; 20] содержит 41 целую точку. Следовательно, ответ 41.

Для сложения справедлив переместительный (коммутативный) закон, значит, порядок команд в программе не имеет значения для результата.

Все команды увеличивают исходное число, поэтому количество команд не может превосходить (30 − 21) = 9. При этом минимальное количество команд — 3.

Порядок команд не имеет значения, каждому числу команд соответствует один набор команд, которые можно расположить в любом порядке.

Рассмотрим все возможные наборы и вычислим количество вариантов рассположения команд в них.

Набор 1 1111 1111 имеет один возможный вариант.

Набор 1111 1112 — 8 вариантов.

Набор 111 1122 — 21 возможный вариант расположения: это число перестановок с повторениями 7!/(5!·2!).

Набор 11 1222 — 20 вариантов.

Набор 1 2222 — 5 вариантов.

Набор 1 113 — 4 варианта.

Набор 123 — 6 вариантов: это число перестановок: 3!.

Всего имеем: 1 + 8 + 21 + 20 + 5 + 4 + 6 = 65 программ.

1) Из последнего уравнения следует, что глобально мы имеем x3=1, y3=1.

2) Логическое И истинно, только тогда, когда истины все утверждения, а импликация ложна только в случае, если из истинного следует ложное.

3) Уравнение (1) описывает ряд переменных {x1, x2, x3, x4, x5}. Так как из переменной с более низким номером всегда следует переменная с более высоким, если любую переменную из этого ряда приравнять 1, то все следующие должны также быть равны 1. Для уравнения (2) существует то же самое правило, только наоборот: из переменной с более высоким номером всегда следует переменная с более низким. Иначе говоря, если записать переменные x в порядке возрастания их номеров, справа будут единицы, а слева — нули, в y — напротив, слева единицы, справа - нули.

4) Рассмотрим вариант x3=1, y3=1. Тогда все следующие: x4, x5, y2, y1 тоже равны 1. Остаются переменные x1, x2, y4, y5. Так как x2 следует из x1, для них мы имеем 3 варианта, аналогично для y4 и y5. 33=9.

Ответ — 9.

1. При вводе числа 9 программа выведет число 1.

2. Примеры чисел, при вводе которых программа выводит корректный ответ: 2, 3. Других чисел нет.

Комментарий для экспертов. После выполнения программы при любом введённом n значение k будет равно 1 (тело цикла выполнится ровно 1 раз).

В результате программа напечатает либо 1 (если n ≥ 3), либо «Не существует» (в противном случае). Таким образом, программа выводит корректный ответ, только если введено 2 или 3. Экзаменуемому достаточно указать любое из этих чисел. Отметим, что при n=1 программа напечатает «Не существует», что неверно (должно быть напечатано «0»).

3. Программа содержит две ошибки:

1) неверное условие цикла;

2) неверное условие при печати результата.

Пример исправления для языка Паскаль:

Первая ошибка:

while k mod 3 = 0 do begin

Исправленная строка:

while n mod 3 = 0 do begin

Вторая ошибка:

if n>0 then

Исправленная строка:

if n=1 then

Задача решается в два прохода: на первом проходе подсчитывается количество удовлетворяющих условиям элементов, на втором каждый такой элемент заменяется на найденное количество и выводится. Возможно решение в три прохода, когда на втором проходе выполняется только замена значений, а на третьем — вывод.

Пример правильной программы на языке Паскаль:

При использовании языка Python первый проход можно записать в одну строку, используя специальные средства этого языка.

Использовать описанную выше возможность не обязательно, на языке Python допустимо описывать развёрнутый алгоритм решения, аналогичный приведённой выше программе на языке Паскаль.

1. а) Паша может выиграть, если S = 32 или S = 11; 12; …; 29. При S = 32 первым ходом нужно добавить в кучу 1 камень, при остальных указанных значениях S нужно утроить количество камней.

б) При S = 29 Паша выигрывает в один ход, утраивая количество камней (см. п. а). При S = 30 или 31 утраивать количество камней не имеет смысла, так как после такого хода выигрывает противник.

Поэтому можно считать, что единственный возможный ход — это добавление в кучу одного камня.

При S = 31 после такого хода Паши в куче станет 32 камня. В этой позиции ходящий (т. е. Валя) выигрывает (см. п. а)), т. е. при S = 31 Паша (игрок, который должен ходить первым) проигрывает.

Выигрышная стратегия есть у Вали.

При S = 30, после того как Паша своим первым ходом добавит один камень, в куче станет 31 камень. В этой позиции ходящий (т. е. Валя) проигрывает (см. выше). Т. е., при S = 30 Паша (игрок, который должен ходить первым) выигрывает. Выигрышная стратегия есть у Паши.

Комментарии для экспертов. Скорее всего, решение экзаменуемого будет не столь подробным. Это не является ошибкой. Ученик может, например, нарисовать деревья всех возможных партий для указанных значений S. Другая возможность — (1) указать на то, что при S = 30 и 31 утраивать кучу смысла не имеет, и (2) последовательно сводить случай S = 31 к случаю S = 32, а случай S = 30 — к случаю S = 31.

2. При S = 10 после первого хода Паши в куче будет либо 11, либо 30 камней. В обоих случаях выигрышная стратегия есть у игрока, который должен ходить, теперь это Валя. Случай S = 11 рассмотрен в задании 1(а), а случай S = 30 — в задании 1(б). Поэтому выигрышная стратегия есть у Вали. При S = 9 выигрышная стратегия есть у Паши. Ему нужно первым ходом добавить 1 камень и получить кучу из 10 камней. Как показано выше, в этой ситуации выигрышная стратегия есть у игрока, который НЕ должен ходить, т. е. у Паши.

3. При S = 8 выигрышная стратегия есть у Вали. После первого хода Паши в куче может стать либо 9 камней, либо 24 камня. В обеих этих позициях выигрывает игрок, который будет делать ход (теперь это Валя). Случай S = 9 рассмотрен в п. 2, случай S = 24 рассмотрен в п. 1 а.

В таблице изображено дерево возможных партий при описанной стратегии Вали. Заключительные позиции (в них выигрывает Валя) подчёркнуты. На рисунке это же дерево изображено в графическом виде (оба способа изображения дерева допустимы).

Основное подмножество состоит из всех значений сигналов, кроме 0, если он встречается, и кроме минимального нечётного значения, если таких значений чётное число.

Программа читает все входные данные один раз, не запоминая все входные данные в массиве, размер которого равен N. Во время чтения данных запоминается номер 0, если он встретится (по условию все значения различны, поэтому 0 встречается не больше одного раза), подсчитывается количество нечётных значений и ищется минимальное из них. После окончания ввода распечатываются все номера, кроме номера 0 и номера минимального нечётного значения, но только в случае, если их количество чётно.

Баллы начисляются только за программу, которая решает задачу хотя бы для одного частного случая. Ниже приведены примеры решения задания на языках Паскаль и Бейсик. Допускаются решения, записанные на других языках программирования.

var n,i,j,k,c,min,a: longint; 
begin 
 readln(n); 
 min := 1000000001; 
 k := 0; 
 j := 0; 
 c := 0; 
 for i := 1 to n do 
 begin 
 readln(a); 
 if a = 0 then j := i; 
 if a mod 2 <> 0 then 
 begin 
 c := c + 1; 
 if a < min then 
 begin 
 min := a; 
 k := i; 
 end 
 end 
 end; 
 for i :=1 to n do 
 if (i <> j) and ((c mod 2 <> 0) or (i <> k)) then 
 write(i,' '); 
end.

INPUT n 
 min = 0 
 k = 0 
 j = 0 
 c = 0 
 FOR i = 1 TO n 
 INPUT a 
 IF a = 0 THEN j = i 
 IF a MOD 2 <> 0 THEN 
 c = c + 1 
 IF (min = 0) OR (a < min) THEN 
 min = a 
 k = i 
 END IF 
 END IF 
 NEXT i 
 FOR i = 1 TO n 
 IF (i <> j) AND ((c MOD 2 <>0) OR (i <> k)) THEN 
 PRINT i 
 NEXT i 
 END

Пример решения задачи A на языке Паскаль.

var
  a: array[1..10000] of integer; {исходные данные}
  min: integer; {минимальное нечётное число}
  N: integer; {количество чисел}
  sum: integer; {максимальная сумма}
  i: integer;
begin
  readln(N);
  min := 1000000001;
  sum := 0;
  for i := 1 to N do readln(a[i]);
  for i := 1 to N do begin
    sum := sum + a[i];
    if (a[i] mod 2 <> 0) and (a[i]<min) then<p="">      min := a[i];
    end;
  if sum mod 2 = 0 then
    for i := 1 to N do
      if (a[i] <> min) and (a[i]<>0) then write(i, ' ');
  if sum mod 2 <> 0 then
    for i := 1 to N do
      if (a[i]<>0) then write(i, ' ');
end.