Переведём числа в десятичную систему счисления:

253₈ = 171₁₀

AB₁₆ = 171₁₀

Найдём разность: 171 − 171 = 0.

Раскроем две импликации:

(¬x ∨ y) ∧ (¬y ∨ z)

Поскольку все значения F в таблице равны 1, то можно предположить, что x соответствует 3 столбец, т.к. тогда ¬x будет всегда равен 1. По той же логике z всегда выгодно брать 1 и сопоставить ему 1 столбец.

1) Поскольку Г — единственная вершина, степень которой равна 4, то ей соответствует П8.

2) B — единственная вершина степени 2, у которой оба ребра ведут в вершину, которая имеет ребро с Г. Тогда B соответствует П2.

3) Можно найти E — это вершина, у которой есть ребро в Г и В, но при этом, в отличие от А, третье ребро ведет в вершину, из которой нет ребра в Г. Тогда Е — это П1. Дорога из П2 в П1 равна 15.

Условию "Класс = '11а' " удовлетворяют "Борисов, Емельянин, Захарова". Условию "Физика < Химия" удовлетворяют "Высотский, Емельянин, Захарова". Следовательно запросу удовлетворяют четыре записи.

Сначала следует представить данные в условии числа в двоичном коде:

Затем закодировать последовательность букв: ЛЕДОХОД — 1001100110011100. Теперь разобьём это представление на четвёрки справа налево и переведём полученный набор чисел cначала в десятичный код, затем в шестнадцатеричный.

1001 1001 1001 1100 — 9 9 9 12 — 999С.

Умножение на число обратимо не для любого числа, поэтому, если мы пойдём от числа 33 к числу 6, тогда однозначно восстановим программу. Полученные команды будут записываться справа налево.

1) Число 33 не делится на 2, значит, оно получено прибавлением единицы к числу 32: 33 = 32 + 1 (команда 2).

2) Т. к. мы хотим получить не более 5 команд, то для получения числа 32 выгодно использовать умножение:

32 = 16 * 2 (команда 1).

Для числа 16 применяем второе рассуждение: 16 = 8 * 2 (команда 1).

Для числа 8 мы не можем повторить рассуждение 2), потому что проскочим нужное нам число 6. Следовательно, 8 = 7 + 1 (команда 2) и 7 = 6 + 1 (команда 2).

Формула, при копировании в ячейку D3 изменилась на =$B1 * B$3.

B1 * B3 = 4 * 2 = 8.

Ответ: 8.

ИЛИ

Подставим значения B1 и C1 в формулы A2:C2:

A2 = (A1-3)/5

B2 = (A1-3)/5

C2 = 10/(A1-3)

Так как A2 = B2, то С2 = 2 * A2 = 2 * B2

Подставим:

10/(A1-3) = 2*(A1-3)/5

A1 - 3 = 5

A1 = 8.

Переменная a увеличивается, а переменная b уменьшается до тех пор, пока а не станет больше либо равно b. Найдём на каком шаге цикл прервётся. Пусть n — число заходов в цикл, тогда переменная a увеличивается по закону a = −101 + 2n, а переменная b по закону b = 101 − 2n. Приравняем значения a и b: −101 + 2n = 101 − 2n, откуда n =50,5. На 50-ом шаге алгоритма переменная a равна −1, а b — 1, на 51-ом a = 1, b = −1; цикл прервётся. Переменной a будет присвоено значение sin(0) = 0. Значит, после выполнения фрагмента алгоритма значение a = 0.

Для того, чтобы закодировать один пиксель, то есть 256 цветов, требуется 

Всего пикселей , то есть и памяти понадобится 

Заменим все буквы на цифры по правилу А=0, Н=1, П=2. Получим такой список:

1. 00000

2. 00001

3. 00002

...

Можно заметить, что теперь это ряд чисел, записанный в троичной системе счисления. Тогда на 201-м месте стоит число 200. Осталось только перевести его в троичную систему счисления, после чего записать с помощью букв в начальном алфавите.

200₁₀ = 21102₃

21102 = ПННАП

Последовательно находим:

F(1) = 1;

F(2) = 1;

F(3) = 2 + 1 = 3;

F(4) = 6 + 1 = 7;

F(5) = 14 + 3 = 17;

F(6) = 34 + 7 = 41.

Таким образом, ответ F(6) = 41.

IP-адрес представляет собой числа, разъединенные точками, причем числа эти не больше 255.

Посмотрим внимательнее на данные фрагменты: под буквой Б мы видим «1.96». В фрагменте присутствует часть некоторого числа, начинающегося с 96. Так как числа в IP-адресе не могут быть больше 255, мы не можем добавить в конце этого числа еще один разряд, а фрагментов, начинающихся с точки, больше нет, следовательно, этот фрагмент – последний.

Посмотрим на фрагмент под буквой Г. В нем стоит число без точек, значит, это либо последний фрагмент, либо первый. Место последнего фрагмента уже занято, значит, фрагмент Г на первом месте.

В начале фрагмента А - число 24, отделенное точкой. Так как в IP-адресе не может быть числа, большего 255, то перед фрагментом А должен следовать фрагмент, кончающийся либо точкой, либо одной цифрой, меньшей трех, после точки. Значит, фрагмент А идет после фрагмента В.

Согласно условию, в пароле могут быть использовано 20 символов. Известно, что с помощью N бит можно закодировать 2^Nразличных вариантов. Поскольку 2³ = 8, для записи каждого из 20 символов необходимо 3 бит.

Для хранения всех 20 символов пароля нужно 20 · 3 = 60 бит = 7,5 байт. Также необходимо хранить в базе дополнительные сведения для каждого пользователя. Получаем на одного 7,5 + 12 = 19,5 байт, а т. к. для записи используется целое число байт, возьмём ближайшее неменьшее значение, это число 20.

Для хранения всех сведений о 25 пользователях используется 25 · 20 = 500 байт, то есть для хранения данных о 25 пользователях необходимо выделить 500 байт.

Согласно условию, в пароле могут быть использовано 20 символов. Известно, что с помощью N бит можно закодировать 2^Nразличных вариантов. Поскольку 2³ = 8, для записи каждого из 20 символов необходимо 3 бит.

Для хранения всех 20 символов пароля нужно 20 · 3 = 60 бит = 7,5 байт. Также необходимо хранить в базе дополнительные сведения для каждого пользователя. Получаем на одного 7,5 + 12 = 19,5 байт, а т. к. для записи используется целое число байт, возьмём ближайшее неменьшее значение, это число 20.

Для хранения всех сведений о 25 пользователях используется 25 · 20 = 500 байт, то есть для хранения данных о 25 пользователях необходимо выделить 500 байт.

Количество путей до города Х = количество путей добраться в любой из тех городов, из которых есть дорога в Х.

С помощью этого наблюдения посчитаем последовательно количество путей до каждого из городов:

А = 1

Б = А = 1

Д = А = 1

Г = А + Д = 1 + 1 = 2

В = А + Б = 1 + 1 = 2

Е = А + Б + В + Г + Д= 1 + 1 + 2 + 2 + 1 = 7

К = Е = 7

Л = Е + Д = 7 + 1 = 8

М = Е + Л + К = 7 + 8 + 7 = 22

Н = М + К + Л = 22 + 7 + 8 = 37

П = Н = 37

Р = Н + П = 37 + 37 =74

Т = Р + П = 74 + 37 = 111

Составим уравнение: 110_n = 1 · n² + 1 · n¹ + 0 · n⁰ = 12₁₀, где n— основание этой системы счисления. Уравнение n² + n − 12 = 0 имеет два корня: −4 и 3. Таким образом, основание искомой системы счисления — 3.

По формуле включений и исключений имеем:

Тогда искомое количество страниц:

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

Далее применяем обозначения и реализуем способ решения, изложенный К. Ю. Поляковым в теоретических материалах (см., например, раздел «Теория» на нашем сайте) без дополнительных пояснений.

Имеем импликацию Z₁₉Z_A → Z₂₅ или Z_{(19 or A)} → Z₂₅. Запишем число 25 в двоичной системе счисления: 25₁₀ = 11001₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 19₁₀ = 10011₂, двоичная запись искомого числа А должна содержать единичный бит в третьем разряде (как обычно, считая справа налево, начиная с нуля).

Тем самым, наименьшее А = 1000₂ = 8₁₀.

Данный алгоритм суммирует все значения сумм рядом стоящих элементов, если предыдущее значение элемента меньше текущего.

Изначальный порядок значений: 2, 3, 5, 8, 10, 7, 4, 6, 12, 15.

Первое изменение в элементах: 2, 5, 5, 8, 10, 7, 4, 6, 12, 15.

Второе: 2, 5, 5, 13, 10, 7, 4, 6, 12, 15.

Третье: 2, 5, 5, 13, 10, 7, 4, 10, 12, 15.

Последнее: 2, 5, 5, 13, 10, 7, 4, 10, 22, 15.

Теперь складывает изменившиеся элементы и получаем 50.

Рассмотрим цикл, число шагов которого зависит от изменения переменной x:

while x > 0 do begin

...

x:= x div 10;

end;

Поскольку оператор div оставляет только целую часть от деления, при делении на 10 это равносильно отсечению последней цифры. Из приведенного цикла видно, что на каждом шаге от десятичной записи x отсекается последняя цифра до тех пор, пока все цифры не будут отсечены, то есть x не станет равно 0; поэтому цикл выполняется столько раз, сколько цифр в десятичной записи введенного числа.

При этом, переменной c присваивается остаток от деления x на 10, переменная a увеличивается на остаток от деления х на 10. Если остаток от деления x на 10 больше переменной b, то переменной b присваивается значение переменной c. Поскольку требуется ,чтобы программа напечатала сначала 8, необходимо, чтобы сумма цифр числа x была равна 8. Так как вторым должно быть напечатано число 5, необходимо, чтобы одной из цифр числа x была цифра 5. Наименьшее такое число — 35.

Из последнего уравнения находим, что возможны варианты значений x7 и y7: 10, 01, 00 . Построим древо вариантов для каждого из вариантов значений x7 и y7. Для пары значений 00:

Переменная y принимает значение 1 или 0 в точках y5, y3, y1. Поэтому количество различных наборов переменных x1, x2, … x7, y1, y2, … y7, удовлетворяющих системе равно 2³ = 8.

Для пары значений 01 древо решений аналогичное, поскольку y7 входит только в одно уравнение. Следовательно таке имеем восемь наборов решений.

Дерево вариантов для пары значений 10:

В первой ветке имеем восемь наборов решений. В первой «подветке» второй ветки (10 → 10 → ...) имеем 7 наборов решений. Во второй «подветке» второй ветки (10 → 00/01 → ...) имеем 14 наборов решений.

Всего имеем 8 + 8 + 8 + 21 = 45 наборов решений.

Элементы ответа:

1.

2. Возможная доработка (Паскаль):

if (х <= у * у) and (х >= 0) and (у <= 1) and {у >= 0) then

write('принадлежит')

else

write('не принадлежит')

(могут быть и другие способы доработки).

1. а) Петя может выиграть, удвоив количество камней в куче, если S = 47, … 93. При меньших значениях S за один ход нельзя получить кучу, в которой не менее 94 камней.

1. б) Ваня может выиграть первым ходом (как бы ни играл Петя), если исходно в куче будет S = 46 камней. Тогда после первого хода Пети в куче будет 47 камней или 92 камня. В обоих случаях Ваня удваивает количество камней и выигрывает в один ход.

2. Возможные значения S: 23, 45. В этих случаях Петя, очевидно, не может выиграть первым ходом. Однако он может получить кучу из 46 камней. Эта позиция разобрана в п. 1б. В ней игрок, который будет ходить (теперь это Ваня), выиграть не может, а его противник (т.е. Петя) следующим ходом выиграет.

3.Возможное значение S: 44. После первого хода Пети в куче будет 45 или 88 камней. Если в куче станет 88 камней, Ваня удвоит количество камней и выиграет первым ходом. Ситуация, когда в куче 45 камней, разобрана в п. 2. В этой ситуации игрок, который будет ходить (теперь это Ваня), выигрывает своим вторым ходом.

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

Программа читает текст до точки один раз, подсчитывая в массиве, хранящем 26 целых чисел, количество вхождений каждой из букв. Сам текст при этом не запоминается. Затем в этом массиве шлется первое вхождение максимального элемента. Баллы начисляются только за программу, которая решает задачу хотя бы для частного случая (например, для строк, состоящих не более чем из 255 символов).

DIM i, imах, с, a(26) AS INTEGER
OPEN "TEXT.DAT" FOR INPUT AS #1
S$ = INPUT$(1,#1)
DO WHILE NOT (S$ = ".")
c = ASC(S$)
IF(c>=ASC("A")AND c<=ASC("Z")) THEN
с = с - ASC("A") + 1
ENDIF
IF(c>=ASC("a")AND c<=ASC("z")) THEN
с = с - ASC("a") + 1
ENDIF
IF(c >=1 AND c<=26) THEN a(c)=a(c)+l
S$ = INPUT$(1,#1)
LOOP
imax = 1
FOR i = 2 TO 26
IF a(i) > a(imax) THEN imax = i
NEXT i
PRINT CHR$(imax + 64), a(imax)
END

var a:array['A'..'Z'] of integer;
с, cmax: char;
begin
assign(input'text. dat');
reset(input);
for c:='A'to'Z' do a[c]:=0;
repeat
read(input, c);
c:=upcase(c);
if c in['A'...'Z']then
a[c]:=a[c]+l
until c='.';
cmax := 'A';
for c:='B'to'Z'do
if a[c] > a[cmax] then
cmax := c;
writeln(cmax,' ',a[cmax])
end.