Програмирање 2/К1 2018

Prvi kolokvijum 2018. godine održan je 19. marta. Zadaci i rešenja dostupni su sa stranice predmeta.

Pitanja

Pitanje 1

Ovo je nestandardan zadatak u kojem nam količina bitova za eksponent ($k$) i mantisu ($p$) nisu poznati. Postupak rešavanja ide ovako:

• $v = 2^{k-1}-1 \implies$ IEEE standard
• $A = 332_8 = -011011010_2 = -1.101101 \cdot 2^7$
• $B = 81.5_{10}$, $81_10 = 1010001_2$, $0.5_10 = 0.1_2 \implies B = 1010001.1_2 = 1.0100011 \cdot 2^6 = 0.10100011 \cdot 2^7$
• $C = A - B = -1.00010001 \cdot 2^7$

Pošto smo dobili broj čija se mantisa dužine 8 ne može skratiti bez zaokruživanja dobijamo da je $p = 8$. Za $k$ možemo da probamo par dovoljno bliskih brojeva, pošto imamo da je $E = 7$. Na primer, ako probamo $k = 3$ dobićemo da je $v = 2^{3-1}-1 = 3$ pa je $e = E + v = 10$ a broj 10 se ne može smestiti na 3 binarne cifra pa ta opcija otpada. Na ovaj način dobijamo da je $k = 4$, tako da je tačan odgovor pod B.

Pitanje 2

• $0A4_{16} = 000010100100_2$
• $p = 4, k = 4$
• $v = 7 = 2^{k-1} - 1 \implies$ IEEE standard
• $e_X = 1010_2 = 10_{10} \implies E_X = e_X - v = 3_{10}$
• $m_X = 0100_2 \implies M_X = 1.0100_2$
• $X = 1.0100_2 \cdot 2^3 = 0.00010100_2 \cdot 2^7 = 0.000101_2 \cdot 2^7$
• $Y = 10100100_2 = 1.0100100_2 \cdot 2^7 = 1.0100_2 \cdot 2^7$
• $Z = X - Y = (0.000101_2 - 1.0100_2) \cdot 2^7 = -1.001011 \cdot 2^7$

Odsecamo poslednje dve cifre sa $Z$ kako bismo mogli da ga uglavimo u četiri bita za mantisu. Pošto su poslednje dve cifre $11$, $Z$ zaokružujemo na viši broj, pa je $Z \approx -1.0011_2 \cdot 2^7 = -10011000_2 = -152_{10}$ i tačan odgovor je pod A.

Pitanje 3

• Promenljive a, b i c se neće menjati tokom izvršavanja programa i uvek će zadržati svoje vrednosti 2, 3 i 4.
• i promenljiva nam funkcioniše kao brojač u do-while petlji, s tim što se poveća pre izvršenja ostatka petlje.
• Ne postoji break između case za 1 i 3 tako da će program nastaviti da izvršava case 3 nakon case 1.
• Nakon default dela petlja se nastavlja bez povećavanja n na kraju.
• n += c / a * a je ekvivalentno n += c.
• Na kraju nam se ispisuju vrednosti n i i.

Iteracije kroz petlju izgledaju ovako:

1. iteracija
   • i := 1
   • n := b = 3
   • n := n + c = 3 + 4 = 7
   • n := n + 1 = 8
   • n >= 2 * i, odnosno 8 >= 2 * 1 je tačno, petlja se nastavlja.
2. iteracija
   • i := 2
   • n & c = 1000 & 0100 = 0
   • n := n - c = 8 - 4 = 4
   • n >= 2 * i, odnosno 4 >= 2 * 2 je tačno, petlja se nastavlja.
3. iteracija
   • i := 3
   • n := n + c = 4 + 4 = 8
   • n := n + 1 = 9
   • n >= 2 * i, odnosno 9 >= 2 * 3 je tačno, petlja se nastavlja.
4. iteracija
   • i := 4
   • n & c = 1001 & 0100 = 0
   • n := n - c = 9 - 4 = 5
   • n >= 2 * i, odnosno 5 >= 2 * 4 nije tačno, petlja se zaustavlja.

Dobijamo na kraju da su nam n i i jednaki 5 i 4, tako da je odgovor pod B tačan.