Výzkumníci ukazují, jak mohou otevřené tunely a IPv6 Extension Headers synchronizovat pakety do krátkých provozních špiček. V kontrolovaném experimentu naměřili přes 180násobnou koncentraci paketového toku vůči průměrné rychlosti odesílání — nikoli 180násobné zvětšení objemu dat. Článek obsahuje metodiku, limity měření i mitigace pro GRE, IPIP a další tunely.
Po velkém úspěchu prvního MobileLinux Hackdaye se vracíme do Českých Budějovic s druhým ročníkem. V pátek 30. října 2026 od 10:00 se v prostorách Jihočeské univerzity uskuteční Embedded & MobileLinux Hackday #2. Těšit se můžete na témata jako Immutable Linux na telefonech (BengalOS), U-Boot a upstream vývoj, AI optimalizace pro embedded systémy nebo otevřený hardware. Nebude chybět praktické hackování, sdílení zkušeností a možnost … více »
Dne 21. října 2026 vydal projekt Node.js bezpečnostní aktualizace opravující deset zranitelností, včetně jedné umožňující potenciální vzdálené spuštění kódu (RCE). Nejzajímavější je CVE-2026-111497, chyba dekodéru Brotli, kterou objevili výzkumníci využívající OpenAI Codex Security. Chyba je v nativním dekodéru Brotli, nikoli v samotném JavaScriptu. Speciálně vytvořený komprimovaný vstup způsobí, že dekodér zamění
… více »Francouzský výrobce kabelů Nexans upozornil na napjaté dodávky elektrických kabelů. Výstavba nové výrobní linky pro některé typy kabelů může trvat přibližně tři roky. Datacentra potřebují rozsáhlé nízkonapěťové a středněnapěťové rozvody. Poptávka roste současně s modernizací elektrických sítí. Někteří odběratelé proto uzavírají výrazně delší dodavatelské smlouvy [Reuters].
Představena byla (𝕏) virtuální platforma FLYBENCH FPV, která nováčky provede zapojením a konstrukcí dronů.
Google Chrome 156 byl prohlášen za stabilní. Přehled novinek v poznámkách k vydání. Opraveno bylo 353 bezpečnostních chyb. Vylepšeny byly také nástroje pro vývojáře.
Indická společnost eMudhra po bezpečnostním incidentu, tj. kompromitaci soukromých klíčů osmi mezilehlých certifikátů své certifikační autority, opouští globální byznys s SSL/TLS certifikáty.
Dle Phoronixu zveřejnila společnost Trend Micro prostřednictvím programu Zero Day Initiative (ZDI) několik hlášení bezpečnostních zranitelností přímo na veřejném mailing listu LKML, přestože některé chyby dosud nemají opravu začleněnou do hlavní větve jádra. Mezi hlášenými problémy jsou dvě zranitelnosti s hodnocením CVSS 9.0, týkající se SMB Direct a KSMBD, které mohou umožnit vzdálené spuštění kódu. Další hlášení se týkají … více »
Správce hesel KeePassXC byl vydán ve verzi 2.8.0. Přechází na Qt 6, podporuje vkládání hesel s Waylandem, rychlé odemykání pomocí Polkitu nebo možnost nastavení klávesových zkratek (seznam změn).
Databáze DuckDB (Wikipedie) byla vydána ve verzi 2.0.0 LTS. S kódovým názvem Cinnamon Teal (čírka skořicová). S vyladěným protokolem Quack.
Řešení dotazu:
8=2*2*2 10=2*5 NSN(8,10)=2*2*2*5=40Cize srtuktura sa opakuje vzdy po 40 bitov. Sak nepouzivaj co najvecsi, ale najblizsi nasobok osmicky, ale najlepsie je typ int pre danu platformu. Ak vykon. Zas ak pamet.
Moja rezia pre jednu farbu: 1) nacitanie int z RAW pamete 2) vyber tych 10 bitov ktore potrebujem 3) ofset (zarovnanie na zaciatok al. koniec) 4) ulozenie na 2B do pamete 5) podmienka, ci nie je koniecA takto to zadefinujes pre kazdy hodnoty farby (10b) v 40B blok. Pozn.: Pracuj s int, lebo procesor nemusi vediet robit nejake operiacie priamo z iba castami Bajtu (napr. nasobit/delit), takze by si to musel konvertovat z/na int. Mas pocit ze Tvoje riesenie je jednoduchsie pre jednu farbu?
#if sizeof(int) < 2 #error "Data type must by higger as 2Bajty." #end
AbcLinuxu.cz
ITBiz.cz
HDmag.cz
AbcPráce.cz
/* get n bits of data */
u8 get_bits(u8 **data, u16 *len, u8 *bitpos, u8 n) {
u8 bits = 0;
u8 byte;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (*len == 0) {
printf("%s DATA UNDERFLOW\n", bin_n(bits, i));
return 0;
}
byte = *data[0];
bits <<= 1;
bits |= ((byte << *bitpos) & 0x80) >> 7;
(*bitpos)++;
if (*bitpos > 7) {
(*data)++;
(*len)--;
*bitpos = 0;
}
}
return bits;
}
/*
* sizeof(input) = minimal 40 - spracuje 5B
* sizeof(output) = minimal 8 - zapise 4B
* output must be zero
*/
void u10to16_block(uint8_t *input, uint16_t *output)
{
}
Nepouzivaj na vstupe viac ako bajt - neusetris nic a vzniknu zbytocne problemy (endian, adresacia).To nie je prevda. Useetris 38% resp. 50%. Zas, tam je tazsia ta/cez endianitu. Zapis uz je lahsi.
které bych jednou for() otočkou nakopíroval do pole 16bit proměnnýchA proč to tak něudělat? Co je těžkého na tom spočítat adresu a offset v poli bajtů?
9.12.2019 22:04
#include <stdint.h>
#include <stdio.h>
#include <inttypes.h>
uint8_t packed[8] = { 0x01, 0xFC, 0x2F, 0xC0, 0xFF, 0x03, 0xFC, 0x0F };
uint16_t unpacked[6];
int main()
{
int i;
for (i = 0; i < 6; ++i) {
unpacked[i] = *(uint16_t *)&packed[i*10/8] >> i*10%8 & 0x3FF;
printf("%" PRIu16 "\n", unpacked[i]);
}
return 0;
}
uint64_t vstup[160000] = {0}; //vstupní buffer na 10bitový raw
uint64_t (*pvstup) = vstup;
uint16_t vystup[1024000] = {0}; //výstupní buffer na 16bit raw
uint16_t (*pvystup) = vystup;
int main(void)
{
FILE *file;
file = fopen("/ram/input.raw", "r");
fread(vstup, 1280000, 1, file); //načteno
long ocounter=0; //počítadlo otoček for(), jeden průchod = jedna výstupní proměnná. Použito k výstupní kalkulaci
int icounter=0; //počítadlo posunů v 64bit vstupním bufferu.
int bit0, bit1, bit2, bit3, bit4, bit5, bit6, bit7, bit8, bit9; // jednotlivé bity, které se budou ukládat do výst. proměnné
uint64_t obuffer = 0; //buffer pro jednu vstupní proměnnou, odsud se čte a po každé for () otočce se udělá posun doprava o 10bitů a po vyprázdnění se načte další proměnná
long ocountbuffer = 159999; //adresa proměnné vstupního bufferu, odkud se právě čte
obuffer = pvstup[159999]; //prvotní načtení
for(ocounter = 1023999; ocounter > 0; ocounter--) //smyčka pro načtení bitů do výstupní proměnné
{
bit0 = obuffer & 1;icounter++; //jasně že i tohle by šlo udělat smyčkou
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;} //test, jestli nedošlo k vyčerpání bufferu obuffer, pokud jo, načte se další vlevo od zpracovaného a vyresetuje počítadlo
bit1 = obuffer>>1 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit2 = obuffer>>2 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit3 = obuffer>>3 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit4 = obuffer>>4 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit5 = obuffer>>5 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit6 = obuffer>>6 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit7 = obuffer>>7 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit8 = obuffer>>8 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
bit9 = obuffer>>9 & 1;icounter++;
if(icounter == 64){ocountbuffer--;obuffer = pvstup[ocountbuffer];icounter = 0;}
pvystup[ocounter] = bit0+(2*bit1)+(4*bit2)+(8*bit3)+(16*bit4)+(32*bit5)+(64*bit6)+(128*bit7)+(256*bit8)+(512*bit9); //prozatím kalkulace, tohle půjde dořešit a zrychlit bitovým posunem
obuffer = obuffer>>10; // bitový posun
printf("\rocounter %10d icounter %2d read %6d", ocounter, icounter, ocountbuffer); //debug
}
file = fopen("/ram/output.raw", "wb"); //zápis výsledku
fwrite(vystup,2048000 , 1, file);
//printf("stav%X,ocountbuffer %d, ocounter %d \n",vystup, ocountbuffer, icounter);
}
uint8_t vstup[1280000] = {0};
uint8_t (*pvstup) = vstup;
uint16_t vystup[1024000] = {0};
uint16_t (*pvystup) = vystup;
int main(void)
{
FILE *file;
file = fopen("/ram/input.raw", "r");
fread(vstup, 1280000, 1, file);
long i = 0;
long o = 0;
while(i<1023998)
{
pvystup[i] = (((pvstup[o]-16)<<2) + (pvstup[o+5]&11)); // nějak mi lítaj hlavou myšlenky na starý dobrý cmosy 4000
pvystup[i+1] = (((pvstup[o+1]-16)<<2) + ((pvstup[o+5]>>2)&11));
pvystup[i+2] = (((pvstup[o+2]-16)<<2) + ((pvstup[o+5]>>4)&11));
pvystup[i+3] = (((pvstup[o+3]-16)<<2) + ((pvstup[o+5]>>6)&11));
i = i + 4;
o = o + 5;
}
file = fopen("/ram/output.raw", "wb");
fwrite(vystup,2048000 , 1, file);
}
uint8_t (*pvstup) = vstup;nespravne. Priradenie musis robit pocas behu programu, kedze pole vstup pri kazdom behu programu, je umiestnene na inej adrese (neveris, skus printf("vstup %p\n", vstup);
real 0m0,036s user 0m0,032s sys 0m0,005sod R
real 0m0,035s user 0m0,026s sys 0m0,008smoje (s __builtin_bswap16, podla, bez bodu 5)
real 0m0,022s user 0m0,013s sys 0m0,009smoje (podla, bez bodu 5)
real 0m0,018s user 0m0,011s sys 0m0,007sSposob merania: Nacitania subory cez jeden fread a spracovanie po 5B vstupnych blokov. Vystup po spracovani sa zahadzuje. Funkcia na prevod je poouzita ako static inline. Prekladane iba s parametrom -Wall.
osoba real user sys R 0.066s 0.051ms 0.015ms DaBler 0.027s 0.005ms 0.022ms ja [1] 0.024s 0.005ms 0.019ms ja 0.024s 0.000ms 0.024ms [1] - (s __builtin_bswap16, podla, bez bodu 5)
osoba real user sys R 0.030s 0.013ms 0.017ms ja [1] 0.027s 0.004ms 0.023ms DaBler 0.026s 0.004ms 0.022ms ja 0.025s 0.005ms 0.020ms [1] - (s __builtin_bswap16, podla, bez bodu 5)
osoba real user sys ja [1] 0.004s 0.000ms 0.004ms ja [1][2] 0.004s 0.004ms 0.000ms DaBler [3] 0.005s 0.000ms 0.004ms R [3] 0.005s 0.000ms 0.004ms Jirka 0.008s 0.004ms 0.004ms[1] - podla, bez bodu 5 [2] - s __builtin_bswap16
uint8_t vstup[1280000] = {0};
uint8_t (*pvstup) = vstup;
uint16_t vystup[1024000] = {0};
uint16_t (*pvystup) = vystup;
int main(void)
{
FILE *file;
file = fopen("/ram/input.raw", "r");
fread(vstup, 1280000, 1, file);
long i = 0;
long o = 0;
while(i<1023998)
{
pvystup[i] = (((pvstup[o])<<2) | (pvstup[o+5]&11));
pvystup[i+1] = (((pvstup[o+1])<<2) | ((pvstup[o+5]>>2)&11));
pvystup[i+2] = (((pvstup[o+2])<<2) | ((pvstup[o+5]>>4)&11));
pvystup[i+3] = (((pvstup[o+3])<<2) | ((pvstup[o+5]>>6)&11));
i = i + 4;
o = o + 5;
}
file = fopen("/ram/output.raw", "wb");
fwrite(vystup,2048000 , 1, file);
}real: 0.009s user: 0.005ms sys: 0.005ms
meno instrukcii
Moj 3
DaBler 6
R 6
Ty 4
Problem, ze ti nespracujes po blokov ale Bajtov. Chap, ze operacny system rozdelu na pamet na stranky (tusim 4kB), tak zmena stranku vyvola prerusenie programu a musi OS prehodit stranky. A Ty tam striedas stranky. Ak spracuvas po 6B blokov, tak v mensich rozsahoch skace.
Tvoje aktualne tebou napisane zadanie nestaci, lebo je vecsie ako 1/120=0,0083.
Tiskni
Sdílej:
