Ледак Л П Решение сложных заданий КИМ ЕГЭ по информатике

Решение сложных заданий
КИМ ЕГЭ по информатике и
ИКТ
Ледак Л.П., заместитель
председателя предметной
комиссии по информатике и
ИКТ РМЭ
Структура КИМ ЕГЭ 2015(2016)
КИМ ЕГЭ 2015
35 баллов
Часть 2
12 баллов
Часть 1
23 балла
Базовая
Повышенная
Высокая
12
10
1
Высокая
Повышенная
3
1
Изменения КИМ ЕГЭ 2015 (2016)
деление работы на части;
общее количество заданий (с 32 до 27);
максимальное количество первичных баллов (с 40 до 35);
необходимый минимум первичных баллов (с 8 до 6);
алгоритм перевода первичных баллов в тестовые;
относительный вес баллов за задания с развернутым
ответом;
укрупненные позиции в спецификации;
сокращение количества простых заданий;
Итоги ЕГЭ по информатике и ИКТ 2015
Показатели
Количество участников
Доля участников экзамена
среди всех выпускников
по России
по Марий Эл
50394 чел.
7,2%
89 чел .
2, 6 %
Доля выпускников, не
набравших минимального
количества баллов
16,15%,
19,1%
(в 2014г. – 10,36%)
(в 2014г. – 12,6%)
Количество стобалльников
105 чел. – 0,21%, 0 чел.
(в 2014г. – 35 чел. –
0,07%)
(в 2014г. – 0 чел.)
Доля высокобалльников
(81-100 тестовых баллов)
8,21%
11,2%
(в 2014г. – 7,15% )
(в 2014г. – 4,2% )
Средний балл:
53,99
55,6
(в 2014г. – 57,79 )
(в 2014г. – 57,2)
Распределение участников по группам
Группа 1 – участники экзамена, получившие балл ниже
минимального (менее 6 первичных баллов)
Группа 2 – участники, набравшие больше минимального, но менее
половины первичных баллов (от 6 до 17)
Группа 3 – участники, набравшие более половины первичных
баллов, но не входящие в группу 4
Группа 4 – участники, получившие максимальные баллы
Группа 1
По России - 16,53% ; по Марий Эл - 19,1% (17 чел.)
Из части 2 только задание 26 покорилось 5%
участников этой группы с минимальным результатом
в 1 балл (из 3-х возможных).
Рекомендация: для оценки своих возможностей им
необходимо хотя бы знакомство с демоверсией КИМ
ЕГЭ.
Группа 2
По России - 32,3%
Не справляются с заданиями 11, 18, 21, 22 23, 25 и 27.
Рекомендации: использовать при подготовке к
экзамену тематические сборники заданий в формате ЕГЭ.
Группа 3
По России – 46 %
Уверенное выполнение заданий 1, 6, 9, 10, 12, 13, 20, 21,
24, 25 и 26.
Вызывают затруднения задания 11, 14, 16 и 22 (40%).
Задания 18, 23 и 27 выполняются неудовлетворительно
(ниже 15%).
Рекомендация: тренировка по решению заданий с
нестандартными формулировками, заданий, требующих
применения знаний в новой ситуации.
Группа 4
В России – менее 5% участников
Затруднения у участников из этой группы вызывают
лишь задания 18, 23 и 27.
Рекомендация: тренировка по созданию оригинальных
программ для решения практических задач; тренировка по
решению систем логических уравнений разных типов.
Задания с решаемостью выше нормативного значения
№№ 3, 5, 15, 17, 19 – легкие задания
по России
по Марий Эл
Задания с решаемостью ниже нормативного значения
№№ 1, 6, 9, 10, 11, 12, 14, 16, 18, 22, 23, 27
по России по Марий Эл
1(5н)
6
9
Умение кодировать и декодировать информацию
Формальное исполнение алгоритма, записанного на
естественном языке
Умение определять скорость передачи информации, объем
памяти для хранения звук. и граф. информации
10
Знания о методах измерения количества информации
11
Умение исполнить рекурсивный алгоритм
12
Знание базовых принципов адресации в сети
14
Умение исполнить алгоритм для конкретного исполнителя
16
Знание позиционных систем счисления
18
Знание основных понятий и законов математической логики
22
Умение анализировать результат исполнения алгоритма
23
Умение строить и преобразовывать логические выражения
27
Умения создавать собственные программы (30–50 строк) для
Б
60–90
1
43,5
44
Б
60–90
1
42,3
48
Б
60–90
1
38,5
53
1
36,5
40
1
25,7
36
1
40,2
37
1
27,5
36
1
30,9
40
1
11,3
19
1
25,6
16
1
9,4
6
4
9,8
14
Б
60–90
Б
60–90
Б
60–90
П
40–60
П
40–60
П
40–60
П
40–60
В
< 40
В
Задания с решаемостью по нормативам
№№ 2, 4, 7, 8, 13, 20, 21, 24, 25, 26
по России по Марий Эл
Задания с решаемостью по Марий Эл ниже,
чем по России №№ 7, 8, 12, 15, 22, 23
по России
по Марий Эл
Блоки тем из курса информатики,
проверяемые в ЕГЭ
 Математические основы информатики
(кодирование и передача данных, системы
счисления, элементы математической логики,
дискретные математические объекты).
 Алгоритмы и программирование.
 Теоретические основы информационнокоммуникационных технологий.
Раздел «Элементы математической логики»
(раздел 1.5 «Перечня элементов содержания, проверяемых на ЕГЭ»
Кодификатора).
Логические операции:
Отрицание (инверсия, логическое НЕ); конъюнкция (логическое
умножение, логическое И); дизъюнкция (логическое сложение,
логическое ИЛИ); следование (импликация); тождество
(эквивалентность).
Логические константы – ИСТИНА (1) и ЛОЖЬ (0).
Логическое выражение – выражение, составленное из символов
логических переменных и констант с помощью знаков логических
операций и скобок.
Приоритеты логических операций.
Значение логического выражения при заданных значениях
переменных.
Таблица истинности.
Общие свойства
Для набора из n логических переменных
существует ровно 2n различных набора значений.
Таблица истинности для логического
выражения от n переменных содержит n+1
столбец и 2n строк.
Дизъюнкция
1. Если хоть одно из подвыражений, к которым
применяется дизъюнкция, истинно на некотором
наборе значений переменных, то и вся дизъюнкция
истинна для этого набора значений.
2. Если все выражения из некоторого списка истинны
на некотором наборе значений переменных, то
дизъюнкция этих выражений тоже истинна.
3. Если все выражения из некоторого списка ложны на
некотором наборе значений переменных, то
дизъюнкция этих выражений тоже ложна.
4. Значение дизъюнкции не зависит от порядка записи
подвыражений, к которым она применяется.
Конъюнкция
1. Если хоть одно из подвыражений, к которым
применяется конъюнкция, ложно на некотором наборе
значений переменных, то и вся конъюнкция ложна для
этого набора значений.
2. Если все выражения из некоторого списка истинны на
некотором наборе значений переменных, то
конъюнкция этих выражений тоже истинна.
3. Если все выражения из некоторого списка ложны на
некотором наборе значений переменных, то
конъюнкция этих выражений тоже ложна.
4. Значение конъюнкции не зависит от порядка записи
подвыражений, к которым она применяется.
Простые дизъюнкции и конъюнкции
Назовем (для удобства) конъюнкцию простой, если
подвыражения, к которым применяется конъюнкция, –
различные переменные или их отрицания. Аналогично,
дизъюнкция называется простой, если подвыражения, к
которым применяется дизъюнкция, – различные
переменные или их отрицания.
Простая конъюнкция принимает значение 1 (истина)
ровно на одном наборе значений переменных.
Простая дизъюнкция принимает значение 0 (ложь)
ровно на одном наборе значений переменных.
Дизъюнкция простых конъюнкций
На рисунке приведены все строки таблицы истинности
функции F(x, y, z), при которых F(x, y, z) истинно.
x
0
1
1
y
1
0
1
z
1
1
0
F
1
1
1
Тогда функция F может быть задана таким выражением:
(¬x/\y/\z) \/ (x/\¬y/\z) \/ (x/\y/\¬z).
Импликация
1. Импликация A →B равносильна дизъюнкции
(¬А) \/ В.
Эту дизъюнкцию можно записать и так: ¬А \/ В.
2. Импликация A →B принимает значение 0 (ложь)
только если A=1 и B=0.
Если A=0, то импликация A →B истинна при
любом значении B.
Задание 2 (базового уровня сложности)
Задание 2.1
Логическая функция F задаётся выражением
(¬z) /\ x \/ x /\ y
Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F
соответствует каждая из переменных x, y, z.
Перем. 1 Перем. 2
Перем. 3
Функция
???
???
???
F
0
0
0
0
0
0
1
1
0
1
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
1
0
1
0
1
1
0
0
1
1
1
1
Решение
Заметим, что при x=0 значение F(x, y, z)=0
независимо от значений аргументов y и z.
В таблице этому свойству удовлетворяет 3-я
переменная. Значит, это x.
Чтобы понять, какой столбец таблицы соответствует
переменной y, а какой – переменной z, рассмотрим
строку, в которой x=1 (то есть в третьем столбце стоит
1), а F(x, y, z) = 0 .
Это происходит, если y=0, а z=1. В нужной строке
(это 3-я строка снизу) 1 стоит в 1-м столбце, а 0 – во
втором. Значит, 1-й столбец соответствует z, а второй
соответствует y.
Ответ: zyx
Задание 2.2
Логическая функция F задается выражением
(x /\ y /\¬z) \/ (x /\ y /\ z) \/ (x /\¬y /\¬z).
На рисунке приведен фрагмент таблицы истинности
функции F, содержащий все наборы аргументов, при
которых функция F истинна.
Определите, какому столбцу таблицы истинности функции F
соответствует каждая из переменных x, y, z.
Перем. 1 Перем. 2
Перем. 3
Функция
???
???
???
F
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
1
1
В ответе напишите буквы x, y, z в том порядке, в котором
идут соответствующие им столбцы.
Решение
В этом случае также при x=0 значение F(x, y, z)=0
независимо от значений аргументов y и z.
В таблице только второй столбец содержит только
единицы. Значит, второй столбец соответствует x. Чтобы
понять, какой столбец таблицы соответствует переменной y,
а какой – переменной z, надо найти строку, в которой у
переменных y и z разные значения. В этом случае
x /\ y /\ z = 0 и x /\¬y /\¬z = 0.
Значит, так как F(x, y, z) = 1, x /\ y /\¬z = 1. Это происходит,
если y=1, а z=0. В нужной строке (это 3-я строка снизу) 1
стоит в 1-м столбце, а 0 – во втором. Значит, 1-й столбец
соответствует y, а третий столбец соответствует z.
Ответ: yxz
Задание 18 (повышенного уровня сложности)
Пример задания 18.
Обозначим через m&n поразрядную конъюнкцию
неотрицательных целых чисел m и n. Так, например,
14&5 = 11102&01012 = 01002 = 4.
Для какого наименьшего неотрицательного целого
числа А формула
x&25 ≠ 0 → (x&17 = 0 → x&А ≠ 0)
тождественно истинна (т.е. принимает значение 1 при
любом неотрицательном целом значении переменной х)?
Решение
x&25 ≠ 0 → (x&17 = 0 → x&А ≠ 0) ≡
≡ x&25 = 0 \/ (x&17 = 0 → x&А ≠ 0) ≡
≡ x&25 = 0 \/ (x&17 ≠ 0 \/ x&А ≠ 0) ≡
≡ x&25 = 0 \/ x&17 ≠ 0 \/ x&А ≠ 0
Запишем числа 25 и 17 в двоичной системе:
2510 = 110012,
1710 = 100012.
Различие между ними только в одном разряде –
четвертом. Поэтому число A = 10002 =810 обеспечит
тождественную истинность выражения
x&25 = 0 \/ (x&17 ≠ 0 \/ x&8 ≠ 0)
Ответ: 8.
Задание №23 высокого уровня сложности
Для того, чтобы выполнить задание № 23, ученик
должен знать:
таблицы истинности логических операций;
законы алгебры логики
должен уметь:
преобразовывать логические выражения, включая выполнение
замены переменных;
 переводить формальное описание в виде системы логических
условий на нормальный, "человеческий" язык;
подсчитать число двоичных наборов, удовлетворяющих
заданным условиям.
должен владеть:
 элементами комбинаторики.
Примеры СЛУ:
Примеры СЛУ:
Решить систему логических уравнений – это значит
найти такие значения логических переменных, которые
обращают КАЖДОЕ уравнение системы в верное
равенство.
Логические переменные в двузначной логике могут
принимать два значения:
True («1»)
False («0»).
Способы решения СЛУ:
•
•
•
•
•
•
сведение к одному уравнению,
построение таблицы истинности,
замена переменных,
метод отображения,
последовательное решение уравнений,
построение бинарного дерева решений (полного
или неполного),
• декомпозиция
• построение битовых цепочек
и др.
Пример 1.
Выбор метода решения СЛУ
Данная СЛУ имеет 10 логических переменных.
При решении методом составления таблицы
истинности мы получим 2^10=1024 строки, поэтому
этот способ затруднителен.
Метод замены переменных также неэффективен,
так как получится 12 новых переменных вместо 10.
Построение полного бинарного дерева
затруднительно в силу размерности задачи.
Сведение к одному уравнению не упростит
решение.
Выбранные методы решения СЛУ
Динамическое программирование – способ
решения сложных задач путём разбиения их на
более простые подзадачи и их последовательного
решения.
Метод отображений – нахождение правил
(зависимостей) между элементами двух множеств и
использование их при переходе от исходного
множества к новому множеству.
Анализ СЛУ
• Все уравнения,
включенные в систему,
являются чередующимися
двух типов.
• В каждое уравнение
включены три
переменные.
• Зная x1 и x2, можем найти
все возможные значения
x3, удовлетворяющие
первому уравнению. От
пары (x1 , x2) переходим к
паре (x2 , x3).
Метод отображения
(0,1)
(0, 0)
(1,0)
(1,1)
Множество наборов
исходных пар
(0,1)
(0, 0)
(1,0)
(1,1)
Множество наборов
полученных пар
Исходное множество пар отображается само в себя.
Метод отображения для уравнений
первого типа
x₁
x₂
0
0
1
0
1
1
x₃
0
1
0
1
0
1
0
1
По таблице строим правило отображения
множества пар само в себя.
x₁x₂
x₂x₃
00
00
01
01
10
10
11
11
Метод отображения для уравнений
первого типа
Правила отображения:
x₁x₂
x₂x₃
00
00
01
01
10
10
11
11
Метод отображения для уравнений
второго типа
По таблице строим правило отображения
множества пар само в себя.
x₁
x₂
x₃
x₂x₃
00
00
01
01
0
0
1
0
10
10
0
1
11
11
0
1
x₁x₂
Метод отображения для уравнений
2-го типа
Правила отображения:
x₁x₂
x₂x₃
00
00
01
01
10
10
11
11
Метод динамического программирования
при заполнении таблицы
00
1
2
2
4
4
8
8
16
16
01
1
2
2
4
2
8
2
16
2
10
1
2
2
2
4
2
8
2
16
11
1
2
0
2
0
2
0
2
0
Ответ: 34 решения СЛУ
Пример 2. Метод отображения
x1
x2
0
0
1
x3
0
1
0
1
0
1
1
0
1
1
x1
x2
0
0
1
0
1
1
x3
0
1
0
1
1
0
1
x 1x 2
x 2x 3
00
00
01
01
10
10
11
11
x 1x 2
x 2x 3
00
00
F (00) = F (00)
01
01
F (01) = F (00) + F (10)
10
10
F (10) = F (01) + F (11)
11
11
F (11) = F (01) + F (11)
Пара
00
01
10
11
Количество пар
x1, x2
x2, x3
x3, x4
x4, x5
x5, x6
x6, x7
x7, x8
x8, x9
x9, x10
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
5
8
13
21
34
55
1
2
4
7
12
20
33
54
88
1
2
4
7
12
20
33
54
88
Пример 3. Дополнительные условия
Количество пар
Пара
x1, x2
x2, x3
x3, x4
x4, x5
x5, x6
x6, x7
x7, x8
x8, x9
x9, x10
00
1
1
1
1
1
1
1
1
1
01
1
1
2
3
5
8
13
21
34
10
0
1
2
4
7
12 20
33
54
11
0
1
2
4
7
12
33
54
20
Пример 4. Дополнительные условия
Количество пар
Пара
x1, x2
x2, x3
x3, x4
x4, x5
x5, x6
x6, x7
x7, x8
x8, x9
x9, x10
00
1
1
1
1
0
0
0
0
0
01
1
2
3
5
8
12
8
20
28
10
1
2
4
7
12
8
20
28
48
11
1
2
4
7
0
8
20
28
48
Пример 5. Дополнительные условия
Количество пар
Пара
x1, x2
x2, x3
x3, x4
x4, x5
x5, x6
x6, x7
x7, x8
x8, x9
x9, x10
00
1
1
1
1
1
1
1
1
1
01
1
2
3
5
8
13
21
0
55
10
1
2
4
7
12
20
33
54
0
11
1
2
4
7
12
20
33
0
0
Пример 6. Дополнительные условия
Количество пар
Пара
x1, x2
x2, x3
x3, x4
x4, x5
x5, x6
x6, x7
00
1
1
1
1
1
1
01
1
1
2
0
5
10
0
1
2
4
11
0
1
2
0
x7, x8
x8, x9
x9, x10
1
1
1
1
6
7
13
0
5
6
12
19
0
5
6
12
19
Пример 7. Дополнительные условия
52 решения
65 решений
Ответ: 117 решений
Количество пар
Пара
x1, x2
x2, x3
x3, x4
x4, x5
x5, x6
x6, x7
x7, x8
x8, x9
x9, x10
00
0
0
0
0
0
0
0
0
0
01
0
1
1
2
0
5
5
10
15
10
1
1
2
0
5
5
10
15
25
11
1
1
2
3
5
5
10 15
25
Пример 8. Метод построения бинарного дерева
Сколько различных решений имеет система
логических уравнений:
(X1 ˄ X2 ˅ ¬X1 ˄ ¬X2) ˅(X2 ˄ ¬X3 ˅ ¬X2 ˄ X3) = 1
(X2 ˄ X3 ˅ ¬X2 ˄ ¬X3) ˅(X3 ˄ ¬X4 ˅ ¬X3 ˄ X4) = 1
(X3 ˄ X4 ˅ ¬X3 ˄ ¬X4) ˅(X4 ˄ ¬X5 ˅ ¬X4 ˄ X5) = 1
……………………………………………………
(X8 ˄ X9 ˅ ¬X8 ˄ ¬X9) ˅(X9 ˄ ¬X10 ˅ ¬X9 ˄ X10) = 1
X1 =0
X10= 0
Преобразование системы
•
•
•
•
•
•
•
(X1 ≡ X2) ˅(X2  X3) = 1
(X2 ≡ X3) ˅(X3  X4) = 1
(X3 ≡ X4) ˅(X4  X5) = 1
…………………………………………………
(X8 ≡X9) ˅(X9  X10) = 1
X1 =0
X10= 0
Дерево решений
Ответ: 5
Решение с помощью анализа
битовых цепочек
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
57
Типичные ограничения
Задача 1.
( x1  x2 )  ( x2  x3 )  ( x4  x5 )  1
«соседние биты одинаковы»
Решения: 00000, 11111
Задача 2.
( x1  x2 )  ( x2  x3 )  ( x4  x5 )  1
«соседние биты различны»
«биты чередуются»
Решения: 01010, 10101
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
58
Типичные ограничения
Задача 3.
( x1  x2 )  ( x2  x3 )    ( x5  x6 )  1
«запрещена комбинация 10»
«после первой единицы все следующие биты – 1»
«все нули, потом все единицы»
Решения: 000000, 000001, 000011, 000111,
001111, 011111, 111111
Для уравнения с N переменными: N+1 решений.
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
59
Более сложный пример
Задача 4.
(( x1  x2 )  x3 )  (( x2  x3 )  x4 )    (( x4  x5 )  x6 )  1
«запрещена комбинация 10»
«запрещена комбинация xi  xi 1  1, xi  2  0»
«слева от каждого нулевого бита (начиная с 3-го)
должны стоять два нуля»
«все нули, потом все единицы»
Решения: 000000, 000001, 000011, 000111,
001111, 011111, 111111
и ещё: 101111
Для уравнения с N переменными: N+2 решений.
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
60
Более сложный пример
Задача 5.
( x1  x2 )  ( x2  x3 )    ( x5  x6 )  1
«запрещена комбинация 00»
?
Сколько есть цепочек длиной N, в которых нет
двух соседних нулей?
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
61
Ещё пример
Задача 6.
( x1  x2  x3 )  ( x2  x3  x4 )    ( x4  x5  x6 )  1
«запрещена комбинация 10»
«после двух единиц подряд следуют только единицы»
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
62
Демо-вариант ЕГЭ-2015
( x1  x2 )  ( x1  x2  x3 )  ( x1  y1 )  1
( x2  x3 )  ( x2  x3  x4 )  ( x2  y2 )  1

( x6  x7 )  ( x6  x7  x8 )  ( x6  y6 )  1
( x7  x8 )  ( x7  y7 )  1
xi  xi 1  1
«запрещено 00»
( xi  xi 1  xi  2 )  1
«после двух единиц
идут только единицы»
x8  y8  1
Если не трогать Y :
«голова»
«хвост»
1
1

1
«запрещено 00 и 11»
«биты чередуются»
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
63
Демо-вариант ЕГЭ-2015
Варианты отличаются местом последнего нуля:
11111111, 01111111, 10111111, 01011111, 10101111,
01010111, 10101011, 01010101, 10101010
Учитываем
Y:
xi  yi  1
xi  yi  1
xi  1  yi  1
1 решение
xi  0  yi  {0, 1} 2 решения
01011111
2 нулевых бита, 22 вариантов
K 8  2  2  (2  2  2  2 )  61
0
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
1
2
3
4
http://kpolyakov.spb.ru
X
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
64
Демо-вариант ЕГЭ-2014
( xi  xi 1 )  ( xi  xi  2 )  0
«очередной бит равен хотя бы одному из 2-х следующих»
«запрещены комбинации 100 и 011»
«после 01 или 10 биты чередуются»
1) сначала цепочка нулей, потом биты чередуются (1/0)
2) сначала цепочка единиц, потом биты чередуются.
0000000000
0000000001
0000000010
0000000101
…
0101010101
1111111111
1111111110
1111111101
1111111010
…
1010101010
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
10 + 10 = 20
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
65
Демо-вариант ЕГЭ-2013
( x1  x2 )  ( x2  x3 )  ( x3  x4 )  1
5 решений:
X = 0000, 0001, 0011, 0111, 1111
( y1  y2 )  ( y2  y3 )  ( y3  y4 )  1
5 решений:
Y = 0000, 0001, 0011, 0111, 1111
Связь X и Y:
( y1  x1 )  ( y2  x2 )  ( y3  x3 )  ( y4  x4 )  1
yi  1  xi  1
yi  0  xi  {0, 1}
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
без ограничений!
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
66
Демо-вариант ЕГЭ-2013
X:
0000
0001
0011
0111
1111
Y:
0000
0001
0011
0111
1111
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
5
4
3
2
1
5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
67
Демо-вариант ЕГЭ-2012
(( x1  x2 )  ( x3  x4 ))  (( x1  x2 )  ( x3  x4 ))  1
(( x3  x4 )  ( x5  x6 ))  (( x3  x4 )  ( x5  x6 ))  1

(( x7  x8 )  ( x9  x10 ))  (( x7  x8 )  ( x9  x10 ))  1
Замена переменных:
z1  ( x1  x2 )
z2  ( x3  x4 )
…
z5  ( x9  x10 )
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
( z1  z 2 )  ( z1  z 2 )  1
( z 2  z3 )  ( z 2  z3 )  1

( z 4  z5 )  ( z 4  z5 )  1
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
68
Демо-вариант ЕГЭ-2012
(a  b)  (a  b )  a  b  a  b  (a  b)
( z1  z 2 )  ( z1  z 2 )  1
( z1  z 2 )  1
( z 2  z3 )  ( z 2  z3 )  1
( z 2  z3 )  1


( z 4  z5 )  ( z 4  z5 )  1
( z 4  z5 )  1
К одному уравнению:
( z1  z2 )  ( z2  z3 )  ( z2  z3 )  ( z4  z5 )  1
Решения:
Z  01010,
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
Z  10101
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
69
Демо-вариант ЕГЭ-2012
Переход к исходным переменным:
zi  ( xk  xk 1 )
zi  0  ( xk , xk 1 )  (0,1), (1,0)
zi  1  ( xk , xk 1 )  (0,0), (1,1)
!
Каждый бит в Z даёт удвоение вариантов в X!
Z  01010,
Z  10101
5 бит
5 бит
K10  2  2  64
5
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
5
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
70
Ещё одна задача (2015)
( x1  y1 )  ( x2  y2  x1  y1 )  1
( x2  y2 )  ( x3  y3  x2  y2 )  1

( x6  y6 )  ( x7  y7  x6  y6 )  1
x7  y7  1
Замена переменных:
z1  x1  y1

z6  x6  y6
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
z 2  x2  y 2
z 2  z1  1
z3  z 2  1

z7  z6  1
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
71
Ещё одна задача (2015)
z 2  z1  1 ( z2  z1 )  ( z3  z2 )  ( z7  z6 )  1
z3  z 2  1
Решение:

«запрещена комбинация 01»
«все единицы, потом – все нули»
z7  z6  1
!
z1 z2 z3 z4 z5 z6 z7
8 решений: 0000000
1000000
1100000
1110000
Но в zi!
1111000
1111100
1111110
1111111
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
http://kpolyakov.spb.ru
Системы логических уравнений в задачах ЕГЭ по информатике
72
Ещё одна задача (2015)
 zi  xi  yi  0

 xi  yi  1
 zi  xi  yi  1

 xi  yi  1
Z
0000000
1000000
1100000
1110000
2 решения: (0;1) и (1;0)
!
Каждый 0 удваивает
количество решений!
1 решение: (1;1)
X,Y
128
64
32
16
Z
1111000
1111100
1111110
1111111
X,Y
8
4
2
1
255
128 + 64 + 32 + 16 + 8 + 4 + 2 + 1 = 255
 К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг, 2014
http://kpolyakov.spb.ru
Сколько существует различных наборов значений логических
переменных
x1, x2, ... x9, y1, y2, ... y9, которые удовлетворяют всем перечисленным
ниже
условиям?
(¬ (x1 ≡ y1)) ≡ (x2 ≡ y2)
(¬ (x2 ≡ y2)) ≡ (x3 ≡ y3)
…
(¬ (x8 ≡ y8)) ≡ (x9 ≡ y9)
к ЕГЭ 2016
Сколько существует различных наборов значений логических
переменных x1, x2, ... x9, x10, которые удовлетворяют всем
перечисленным ниже условиям?
Набросок решения:
Решение состоит из двух этапов.
Сначала попытаемся описать, как устроены все наборы значений
переменных, удовлетворяющие данной системе. Далее подсчитаем
число таких наборов.
Этап 1. Как устроено множество решений
А. Предварительный этап – упрощаем уравнения.
В системе фигурируют логические функции от
следующих выражений:
(x1 ≡ x2), (x3 ≡ x4), (x5 ≡ x6), (x7 ≡ x8), (x9 ≡ x10).
Подобно тому, как это делается при решении
алгебраических уравнений, сделаем замену переменных:
Общая формула замены (k=1, 2, 3, 4, 5):
tk = (x2k-1 ≡ x2k)
Уравнения полученной системы имеют вид (k=1, 2, 3, 4):
Это означает, что из каждых двух переменных tk и tk+1
ровно одна равна 1 и ровно одна равна нулю, т.е. эти
переменные имеют разные значения.
Б. Анализ системы
В любом решении последней системы значения
переменных чередуются. Поэтому такая система имеет
ровно два решения: 01010 и 10101.
Далее, так как tk = x2k-1 ≡ x2k
(здесь k=1, 2, 3, 4, 5), то каждому значению tk
соответствуют две пары значений переменных
x2k-1 и x2k.
Например, tk = 1 в двух случаях:
{ x2k-1 = x2k=1 } и { x2k-1 = x2k=0 }.
Этап 2. Подсчет числа решений
Каждому из двух решений системы для
переменных t соответствует 25 = 32 решения
исходной системы.
Поэтому исходная система имеет 2∙32 = 64
решения.
Ответ: 64
Пример 10. Битовые цепочки
Сколько существует различных наборов значений
логических переменных x1, x2, ..., x10, которые
удовлетворяют всем перечисленным ниже условиям?
Этап 1. Как устроено множество решений
А. Предварительный этап – упрощаем уравнения.
Заметим, что выражение (a \/ b) /\ (¬a \/ ¬b) равносильно
тому, что ровно одна из переменных a и b равна 1, то есть
равносильно выражению ¬(a ≡ b).
Поэтому каждое выражение вида
(xk \/ xk+2) /\ (¬xk \/ ¬xk+2), где k=1, …, 8,
в наших уравнениях можно заменить выражением
¬(xk ≡ xk+2).
Таким образом, наша система эквивалентна системе
Далее, ¬a /\ ¬b = 0 означает, что, если ¬a истинно,
то ¬b истинным быть не может.
То есть ¬a /\ ¬b = 0 эквивалентно ¬a → b = 1.
Поэтому систему можно записать в виде
Б. Анализ системы
Каждое из уравнений полученной системы имеет вид
(k = 1, …, 8):
¬(xk ≡ xk+1) → (xk ≡ xk+2) =1
Пример решения: 1111010101
Здесь голова набора состоит из четырех единиц, а
хвост – это последовательность 01010101. в данном
примере длина головы равна 4.
Важное наблюдение. Для каждой непустой головы
есть ровно один хвост, образующий вместе с ней
решение. Действительно, первая цифра такого хвоста –
это цифра, противоположная цифрам головы. А дальше
цифры в хвосте чередуются.
Этап 2. Подсчет числа решений
В соответствии с важным наблюдением,
количество решений совпадает с количеством
возможных голов.
Очевидно, существует 10 голов, состоящих из
единиц (1, 11, 111, …, 1111111111) и столько же
голов, состоящих из нулей.
Ответ: 20
Полезные преобразования
¬a \/ b равносильно a → b
(a→ b) /\ (a → b) равносильно a ≡ b
(¬a \/ b) /\ (a \/ ¬b) равносильно a ≡ b
(a \/ b) /\ (¬a \/ ¬b) равносильно ¬(a ≡ b)
Рекомендации
Первая цель при выполнении задания №23 - понять, что
собой представляет множество решений системы.
Для этого систему бывает полезно преобразовать
(упростить) систему, используя тождественные
преобразования и замены переменных.
Затем подсчитать количество элементов во множестве
решений.
Во многих случаях система состоит из однотипных
уравнений, каждое из которых связывает небольшое число
переменных (две-три-четыре), при том, что в системе
может быть 10 и более переменных. Обычно, количество
переменных не является источником сложности, оно
является параметром решения.
Если не получается решить задачу в общем виде,
можно попробовать перебрать все решения для
системы с небольшим количеством переменных.
Это может подсказать, как выглядит решение в
общем виде.
Если понятно, как выглядит множество решений,
подсчет их количества – несложная комбинаторная
задача.
Сильные ученики могут сообразить, как провести
подсчет, даже не обладая специальными знаниями.
Стоит повторить формулы произведения
возможностей и формулу суммы арифметической
прогрессии.
КИМ ЕГЭ 2016
Модель КИМ 2016 г. по сравнению с КИМ 2015 г.
изменилась незначительно.
В первой части больше совсем не будет заданий с
выбором одного ответа из множества предложенных,
все ответы будут представлять собой либо число, либо
строку символов, формируемую по определенному
алгоритму.
В связи с этим была изменена последовательность
предъявления заданий 1–5
Количество заданий и максимальный первичный балл
остались без изменений.
Заключение
ЕГЭ по информатике и ИКТ имеет профильный
характер, является экзаменом по выбору, требует
от участника целенаправленной подготовки.
ЕГЭ - инструмент по отбору абитуриентов в
ведущие ВУЗы страны.
Конечно, педагогическое мастерство учителя в
решении данной задачи играет не меньшую роль,
чем уровень мотивации ученика.
При подготовке ориентироваться не на тренировку
решения конкретного типа заданий, приведенного
в демоверсии КИМ ЕГЭ, а на полноценное
усвоение изучаемого материала.
Библиографический список
• Поляков К.Ю. Логические уравнения // Информатика,
№ 14, 2011, с. 30-35.
• Мирончик, Ел. А. Системы логических уравнений. Метод
отображений/ Ел. А. Мирончик, Ек. А. Мирончик//
Преподавание информационных технологий в Российской
Федерации: материалы Десятой открытой Всероссийской
конференции. – М.: МГУ им. М.В. Ломоносова, 2012. – С. 232–
234
• К.Ю. Поляков, М.А. Ройтберг. Системы логических уравнений:
решение с помощью битовых цепочек // Информатика, № 12,
2014, с. 4-12
• К.Ю. Поляков, Множества и логика в задачах ЕГЭ //
Информатика, № 10, 2015, с. 38-42.
Благодарю за внимание!