Преобразуем (X & A ≠ 0) → ((X & 12 = 0) → (X & 49 ≠ 0)), избавившись от импликации. Для этого используем замену a→b = ¬a ∨ b
Также учтем, что ¬(p=0) = p≠0
Получаем (X & A = 0) ∨((X & 12 ≠ 0) ∨ (X & 49 ≠ 0))
Можно раскрыть скобки (X & A = 0) ∨ (X & 12 ≠ 0) ∨ (X & 49 ≠ 0)
49₁₀ = 110001₂, 12₁₀ = 001100₂, тогда
(X & A = 0) ∨ (X & 001100 ≠ 0) ∨ (X & 110001 ≠ 0)
Чтобы результат поразрядной конъюнкции был ненулевым, нужно чтобы в обоих операндах совпадали единичные биты хотя бы в одном разряде.
В нашем случае есть три члена, связанные по "ИЛИ" и задача - определить, при каком А выражение всегда будет истинным, т.е. даст хотя бы один единичный бит. Понятно, что значение А влияет только на тот случай, когда нули дали и (X & 001100 ≠ 0), и (X & 110001 ≠ 0).
Когда же такое возможно?
X & 001100 = 0, если Х имеет вид ??00??, где ? - произвольное состояние бита.
X & 110001 = 0, если Х имеет вид 00???0.
Объединяя эти два случаю получаем, при Х=0000?0 выражение
(X & 001100 ≠ 0) ∨ (X & 110001 ≠ 0) даст нули во всех битах.
Тогда (X & A = 0) должно дать хотя бы один единичный бит.
Получаем 0000?0 & А = 0, следовательно, А может иметь вид ????0?.
Тогда максимальное значение А равно 111101₂ = 61₁₀
А) 100(10) = 64 + 32 + 4 = 2^6 + 2^5 + 2^2 = 1100100(2)
Б) 187(10) = 2*64 + 7*8 + 3 = 2*8^2 + 7*8 + 3 = 273(8)
В) 2572(10) = 10*256 +0*16 + 12 = A0C(16)
Г) 1458(10) = 2*625 + 125+ 3*25 +5+3 = 2*5^4 + 5^3 + 3*5^2 + 5 + 3 = 21313(5)
Д) 53(10) = 27 + 2*9 + 2*3 + 2 = 3^3 + 2*3^2 + 2*3 + 2 = 1222(3)
Ответ:
700 : 2.45 ≈ 285 композиций
Объяснение:
Условие:
((x >=-1)&&(y<=1)&&(y>=x))