计算机计算题

计算机计算题 1-10 试在下列条件下比较电路交换和分组交换。要传送的报文共x(bit)。从源点到终点共经过k段链路，每段链路的传播时延为d(s)，数据率为b(b/s)。在电路交换时电路的建立时间为s(s)。在分组交换时分组长度为p(bit)，且各结点的排队等待时间可忽略不计。问在怎样的条件下，分组交换的时延比电路交换的要小,(提示:画一下草图观察k段链路共有几个结点。) 答:线路交换时延:kd+x/b+s, 分组交换时延:kd+(x/p)*(p/b)+ (k-1)*(p/b) 其中(k-1)*(p/b)表示K段传输中，有(k-1)次的储存转发延迟，当s>(k-1)*(p/b)时，电路交换的时延比分组交换的时延大，当x>>p,相反。 1-11 在上题的分组交换网中，设报文长度和分组长度分别为x和(p+h)(bit),其中p为分组的数据部分的长度，而h为每个分组所带的控制信息固定长度，与p的大小无关。通信的两端共经过k段链路。链路的数据率为b(b/s)，但传播时延和结点的排队时间均可忽略不计。若打算使总的时延为最小，问分组的数据部分长度p应取为多大,(提示:参考图1-12的分组交换部分，观察总的时延是由哪几部分组成。) 答:总时延D表达式，分组交换时延为:D= kd+(x/p)*((p+h)/b)+ (k-1)*(p+h)/b D对p求导后，令其值等于0，求得p=[(xh)/(k-1)]^0.5 1-15 假定网络利用率达到了90%。试估计一下现在的网络时延是它的最小值的多少倍, 解:设网络利用率为U。，网络时延为D，网络时延最小值为D0 U=90%;D=D0/(1-U)---->D/ D0=10 现在的网络时延是最小值的10倍 1-17 收发两端之间的传输距离为1000km，信号在媒体上的传播速率为2×108m/s。试计算以下两种情况的发送时延和传播时延: (1) 数据长度为107bit,数据发送速率为100kb/s。 (2) 数据长度为103bit,数据发送速率为1Gb/s。 从上面的计算中可以得到什么样的结论, 解:(1)发送时延:ts=107/105=100s 传播时延tp=106/(2×108)=0.005s (2)发送时延ts =103/109=1µs 传播时延:tp=106/(2×108)=0.005s 结论:若数据长度大而发送速率低，则在总的时延中，发送时延往往大于传播时延。但若数据长度短而发送速率高，则传播时延就可能是总时延中的主要成分。 1-18 假设信号在媒体上的传播速度为2×108m/s.媒体长度L分别为: (1)10cm(网络接口卡) (2)100m(局域网) (3)100km(城域网) (4)5000km(广域网) 试计算出当数据率为1Mb/s和10Gb/s时在以上媒体中正在传播的比特数。 解:(1)1Mb/s:传播时延=0.1/(2×108)=5×10-10 比特数=5×10-10×1×106=5×10-4 1Gb/s: 比特数=5×10-10×1×109=5×10-1 (2)1Mb/s: 传播时延=100/(2×108)=5×10-7 比特数=5×10-7×1×106=5×10-1 1Gb/s: 比特数=5×10-7×1×109=5×102 (3) 1Mb/s: 传播时延=100000/(2×108)=5×10-4 比特数=5×10-4×1×106=5×102 1Gb/s: 比特数=5×10-4×1×109=5×105 (4)1Mb/s: 传播时延=5000000/(2×108)=2.5×10-2 比特数=2.5×10-2×1×106=5×104 1Gb/s: 比特数=2.5×10-2×1×109=5×107 1-19 长度为100字节的应用层数据交给传输层传送，需加上20字节的TCP首部。再交给网络层传送，需加上20字节的IP首部。最后交给数据链路层的以太网传送，加上首部和尾部工18字节。试求数据的传输效率。数据的传输效率是指发送的应用层数据除以所发送的总数据(即应用数据加上各种首部和尾部的额外开销)。若应用层数据长度为1000字节，数据的传输效率是多少, 解:(1)100/(100+20+20+18)=63.3% (2)1000/(1000+20+20+18)=94.5% 2-07 假定某信道受奈氏准则限制的最高码元速率为20000码元/秒。如果采用振幅调制，把码元的振幅划分为16个不同等级来传送，那么可以获得多高的数据率(b/s)? 答:C=R*Log2(16)=20000b/s*4=80000b/s 2-08 假定要用3KHz带宽的电话信道传送64kb/s的数据(无差错传输)，试问这个信道应具有多高的信噪比(分别用比值和分贝来表示,这个结果说明什么问题,) 答:C=Wlog2(1+S/N)(b/s) W=3khz，C=64khz----àS/N=64.2dB 是个信噪比要求很高的信源 9 用香农公式计算一下，假定信道带宽为为3100Hz，最大信道传输速率为35Kb/,，那么若想使最大信道传输速率增加,,,，问信噪比,/,应增大到多少倍,如果在刚才计算出的基础上将信噪比,/,应增大到多少倍,如果在刚才计算出的基础上将信噪比,/,再增大到十倍，问最大信息速率能否再增加,,, 答:C = W log2(1+S/N) b/s-àSN1=2*(C1/W)-1=2*(35000/3100)-1 SN2=2*(C2/W)-1=2*(1.6*C1/w)-1=2*(1.6*35000/3100)-1 SN2/SN1=100信噪比应增大到约100倍。 C3=Wlong2(1+SN3)=Wlog2(1+10*SN2) C3/C2=18.5% 如果在此基础上将信噪比S/N再增大到10倍，最大信息通率只能再增加18.5%左右 2-11假定有一种双绞线的衰减是0.7dB/km(在 1 kHz时)，若容许有20dB的衰减，试问使用这种双绞线的链路的工作距离有多长,如果要双绞线的工作距离增大到100公里，试应当使衰减降低到多少, 解:使用这种双绞线的链路的工作距离为=20/0.7=28.6km 衰减应降低到20/100=0.2db 2-12 试计算工作在1200nm到1400nm之间以及工作在1400nm到1600nm之间的光波的频带宽度。假定光在光纤中的传播速率为2*10e8m/s. V=L*F-àF=V/L--àB=F2-F1=V/L1-V/L2 1200nm到1400nm:带宽=23.8THZ 1400nm到1600nm:带宽=17.86THZ 3-16 数据率为10Mb/s的以太网在物理媒体上的码元传输速率是多少码元/秒, 答:码元传输速率即为波特率，以太网使用曼彻斯特编码，这就意味着发送的每一位都有两个信号周期。以太网的数据速率是10MB/s，因此波特率是数据率的两倍，即20M波特 3-20 假定1km长的CSMA/CD网络的数据率为1Gb/s。设信号在网络上的传播速率为200000km/s。求能够使用此的最短帧长。 答:对于1km电缆，单程传播时间为1/200000=5为微秒，来回路程传播时间为10微秒，为了能够按照CSMA/CD工作，最小帧的发射时间不能小于10微秒，以Gb/s速率工作，10微秒可以发送的比特数等于10*10^-6/1*10^-9=10000,因此，最短帧是10000位或1250字节长 3-22 假定在使用CSMA/CD协议的10Mb/s以太网中某个站在发送数据时检测到碰撞，执行退避算法时选择了随机数r=100。试问这个站需要等待多长时间后才能再次发送数据,如果是100Mb/s的以太网呢, 答:对于10mb/s的以太网，以太网把争用期定为51.2微秒，要退后100个争用期，等待时间是51.2(微秒)*100=5.12ms 对于100mb/s的以太网，以太网把争用期定为5.12微秒，要退后100个争用期，等待时间是5.12(微秒)*100=512微秒 3-24 假定站点A和B在同一个10Mb/s以太网网段上。这两个站点之间的传播时延为225比特时间。现假定A开始发送一帧，并且在A发送结束之前B也发送一帧。如果A发送的是以太网所容许的最短的帧，那么A在检测到和B发生碰撞之前能否把自己的数据发送完毕,换言之，如果A在发送完毕之前并没有检测到碰撞，那么能否肯定A所发送的帧不会和B发送的帧发生碰撞,(提示:在计算时应当考虑到每一个以太网帧在发送到信道上时，在MAC帧前面还要增加若干字节的前同步码和帧定界符) 答:设在t=0时A开始发送，在t=(64+8)*8=576比特时间，A应当发送完毕。t=225比特时间，B就检测出A的信号。只要B在t=224比特时间之前发送数据，A在发送完毕之前就一定检测到碰撞，就能够肯定以后也不会再发送碰撞了 如果A在发送完毕之前并没有检测到碰撞，那么就能够肯定A所发送的帧不会和B发送的帧发生碰撞(当然也不会和其他站点发生碰撞)。 3-25 在上题中的站点A和B在t=0时同时发送了数据帧。当t=225比特时间，A和B同时检测到发生了碰撞，并且在t=225+48=273比特时间完成了干扰信号的传输。A和B在CSMA/CD算法中选择不同的r值退避。假定A和B选择的随机数分别是rA=0和rB=1。试问A和B各在什么时间开始重传其数据帧,A重传的数据帧在什么时间到达B,A重传的数据会不会和B重传的数据再次发生碰撞,B会不会在预定的重传时间停止发送数据, 答:t=0时，A和B开始发送数据 T1=225比特时间,A和B都检测到碰撞(tau) T2=273比特时间,A和B结束干扰信号的传输(T1+48) T3=594比特时间,A 开始发送(T2+Tau+rA*Tau+96) T4=785比特时间，B再次检测信道。(T4+T2+Tau+Rb*Tau)如空闲，则B在T5=881比特时间发送数据、否则再退避。(T5=T4+96) A重传的数据在819比特时间到达B，B先检测到信道忙，因此B在预定的881比特时间停止发送 3-26 以太网上只有两个站，它们同时发送数据，产生了碰撞。于是按截断二进制指数退避算法进行重传。重传次数记为i，i=1，2，3,„..。试计算第1次重传失败的概率、第2次重传的概率、第3次重传失败的概率，以及一个站成功发送数据之前的平均重传次数I。 答:将第i次重传成功的概率记为pi。显然第一次重传失败的概率为0.5，第二次重传失败的概率为0.25，第三次重传失败的概率为0.125.平均重传次数I=1.637 13.设IP数据报使用固定首部，其各字段的具体数值如图所示(除IP地址外，均为十进制表示)。试用二进制运算方法计算应当写入到首部检验和字段中的数值(用二进制表示)。 4 5 0 28 1 0 0 4 17 10.12.14.5 12.6.7.9 1000101 00000000 00000000-00011100 00000000 00000001 00000000-00000000 00000100 00010001 xxxxxxxx xxxxxxxx 00001010 00001100 00001110 00000101 00001100 00000110 00000111 00001001 作二进制检验和(XOR) 01110100 01001110取反码 10001011 10110001 14. 重新计算上题，但使用十六进制运算方法(没16位二进制数字转换为4个十六进制数字，再按十六进制加法规则计算)。比较这两种方法。 01000101 00000000 00000000-00011100 4 5 0 0 0 0 1 C 00000000 00000001 00000000-00000000 0 0 0 1 0 0 0 0 00000100 000010001 xxxxxxxx xxxxxxxx 0 4 1 1 0 0 0 0 00001010 00001100 00001110 00000101 0 A 0 C 0 E 0 5 00001100 00000110 00000111 00001001 0 C 0 6 0 7 0 9 01011111 00100100 00010101 00101010 5 F 2 4 1 5 2 A 5 F 2 4 1 5 2 A 7 4 4 E-à8 B B 1 17. 一个3200位长的TCP报文传到IP层，加上160位的首部后成为数据报。下面的互联网由两个局域网通过路由器连接起来。但第二个局域网所能传送的最长数据帧中的数据部分只有1200位。因此数据报在路由器必须进行分片。试问第二个局域网向其上层要传送多少比特的数据(这里的“数据”当然指的是局域网看见的数据)? 答:第二个局域网所能传送的最长数据帧中的数据部分只有1200bit，即每个IP数据片的数据部分<1200-160(bit)，由于片偏移是以8字节即64bit为单位的，所以IP数据片的数据部分最大不超过1024bit，这样3200bit的报文要分4个数据片，所以第二个局域网向上传送的比特数等于(3200+4×160)，共3840bit。 22..一个数据报长度为4000字节(固定首部长度)。现在经过一个网络传送，但此网络能够 传送的最大数据长度为1500字节。试问应当划分为几个短些的数据报片,各数据报片的数据字段长度、片偏移字段和MF标志应为何数值, IP数据报固定首部长度为20字节 总长度(字节) 数据长度(字节) MF 片偏移 原始数据报 4000 3980 0 0 数据报片1 1500 1480 1 0 数据报片2 1500 1480 1 185 数据报片3 1040 1020 0 370 37. 某单位分配到一个地址块136.23.12.64/26。现在需要进一步划分为4个一样大的子网。试问: (1)每一个子网的网络前缀有多长, (2)每一个子网中有多少个地址, (3)每一个子网的地址是什么, (4)每一个子网可分配给主机使用的最小地址和最大地址是什么, (1)每个子网前缀28位。 (2)每个子网的地址中有4位留给主机用，因此共有16个地址。 (3)四个子网的地址块是: 第一个地址块136.23.12.64/28，可分配给主机使用的 最小地址:136.23.12.01000001,136.23.12.65/28 最大地址:136.23.12.01001110,136.23.12.78/28 第二个地址块136.23.12.80/28，可分配给主机使用的 最小地址:136.23.12.01010001,136.23.12.81/28 最大地址:136.23.12.01011110,136.23.12.94/28 第三个地址块136.23.12.96/28，可分配给主机使用的 最小地址:136.23.12.01100001,136.23.12.97/28 最大地址:136.23.12.01101110,136.23.12.110/28 第四个地址块136.23.12.112/28，可分配给主机使用的 最小地址:136.23.12.01110001,136.23.12.113/28 最大地址:136.23.12.01111110,136.23.12.126/28 5—13 一个UDP用户数据的数据字段为8192季节。在数据链路层要使用以太网来传送。试问应当划分为几个IP数据报片,说明每一个IP数据报字段长度和片偏移字段的值。 答:6个 数据字段的长度:前5个是1480字节，最后一个是800字节。 片偏移字段的值分别是:0，1480，2960，4440，5920和7400. 5—14 一UDP用户数据报的首部十六进制表示是:06 32 00 45 00 1C E2 17.试求源端口、目的端口、用户数据报的总长度、数据部分长度。这个用户数据报是从客户发送给服务器发送给客户,使用UDP的这个服务器程序是什么, 解:源端口1586，目的端口69，UDP用户数据报总长度28字节，数据部分长度20字节。 此UDP用户数据报是从客户发给服务器(因为目的端口号<1023，是熟知端口)、服务器程序是TFFTP。 5—22 主机A向主机B发送一个很长的文件，其长度为L字节。假定TCP使用的MSS有1460字节。 (1) 在TCP的序号不重复使用的条件下，L的最大值是多少, (2) 假定使用上面计算出文件长度，而运输层、网络层和数据链路层所使用的首部开销共66字节，链路的数据率为10Mb/s，试求这个文件所需的最短发送时间。 解:(1)L_max的最大值是2^32=4GB,G=2^30. (2) 满载分片数Q={L_max/MSS}取整=2941758发送的总报文数 N=Q*(MSS+66)+{(L_max-Q*MSS)+66}=4489122708+682=4489123390 总字节数是N=4489123390字节，发送4489123390字节需时间为:N*8/(10*10^6)=3591.3秒，即59.85分，约1小时。 5—24 一个TCP连接下面使用256kb/s的链路，其端到端时延为128ms。经测试，发现吞吐量只有120kb/s。试问发送窗口W是多少,(提示:可以有两种，取决于接收等发出确认的时机)。 来回路程的时延等于256ms(=128ms×2).设窗口值为X(注意:以字节为单位),假 定一次最大发送量等于窗口值,且发射时间等于256ms,那么,每发送一次都得停下来期待 再次得到下一窗口的确认,以得到新的发送许可.这样,发射时间等于停止等待应答的时间, 结果,测到的平均吞吐率就等于发送速率的一半,即 8X?(256×1000)=256×0.001 X=8192 所以,窗口值为8192. 5—31 通信信道带宽为1Gb,s，端到端时延为10ms。TCP的发送窗口为65535字节。试问:可能达到的最大吞吐量是多少?信道的利用率是多少? L=65536×8+40×8=524600 C=109b/s L/C=0.0005246s Td=10×10-3s 0.02104864 Throughput=L/(L/C+2×Td)=524600/0.0205246=25.5Mb/s Efficiency=(L/C)//(L/C+2×D)=0.0255 最大吞吐量为25.5Mb/s。信道利用率为25.5/1000=2.55% 5—32 什么是Karn算法?在TCP的重传机制中，若不采用Karn算法，而是在收到确认时都认为是对重传报文段的确认，那么由此得出的往返时延样本和重传时间都会偏小。试问:重传时间最后会减小到什么程度? 答:Karn算法:在计算平均往返时延RTT时，只要报文段重传了，就不采用其往返时延样本。 设新往返时延样本Ti RTT(1)=a*RTT(i-1)+(1-a)*T(i); RTT^(i)=a* RTT(i-1)+(1-a)*T(i)/2; RTT(1)=a*0+(1-a)*T(1)= (1-a)*T(1); RTT^(1)=a*0+(1-a)*T(1)/2= RTT(1)/2 RTT(2)= a*RTT(1)+(1-a)*T(2); RTT^(2)= a*RTT(1)+(1-a)*T(2)/2; = a*RTT(1)/2+(1-a)*T(2)/2= RTT(2)/2 RTO=beta*RTT,在统计意义上，重传时间最后会减小到使用karn算法的1/2 5—33 假定TCP在开始建立连接时，发送方设定超时重传时间是RTO=6s。 (1)当发送方接到对方的连接确认报文段时，测量出RTT样本值为1.5s。试计算现在的RTO值。 (2)当发送方发送数据报文段并接收到确认时，测量出RTT样本值为2.5s。试计算现在的RTO值。 (1)据RFC2988建议，RTO=RTTs+4*RTTd。其中RTTd是RTTs的偏差加权均值。 初次测量时，RTTd(1)= RTT(1)/2; 后续测量中，RTTd(i)=(1-Beta)* RTTd(i-1)+Beta*{ RTTs- RTT(i)}; Beta=1/4 依题意，RTT(1)样本值为1.5秒，则 1)=1.5s RTTd(1)=RTT(1)/2=0.75s RTTs(1)=RTT( RTO(1)=RTTs(1)+4RTTd(1)=1.5+4*0.75=4.5(s) (2)RTT(2)=2.5 RTTs(1)=1.5s RTTd(1)=0.75s RTTd(2)=(1-Beta)* RTTd(1)+Beta*{ RTTs(1)- RT (2)}=0.75*3/4+{1.5-2.5}/4=13/16 RTO(2)=RTTs(1)+4RTTd(2)=1.5+4*13/16=4.75s 5—34 已知第一次测得TCP的往返时延的当前值是30 ms。现在收到了三个接连的确认报文段，它们比相应的数据报文段的发送时间分别滞后的时间是:26ms，32ms和24ms。设α=0(9。试计算每一次的新的加权平均往返时间值RTTs。讨论所得出的结果。 答:a=0.1， RTTO=30 RTT1=RTTO*(1-a) +26*a=29.6 RTT2=RTT1*a+32(1-a)=29.84 RTT3=RTT2*a+24(1-a)=29.256 三次算出加权平均往返时间分别为29.6，29.84和29.256ms。 可以看出，RTT的样本值变化多达20%时，加权平均往返 5—35 试计算一个包括5段链路的运输连接的单程端到端时延。5段链路程中有2段是卫星链路，有3段是广域网链路。每条卫星链路又由上行链路和下行链路两部分组成。可以取这两部分的传播时延之和为250ms。每一个广域网的范围为1500km，其传播时延可按150000km,s来计算。各数据链路速率为48kb,s，帧长为960位。 答:5段链路的传播时延=250*2+(1500/150000)*3*1000=530ms 5段链路的发送时延=960/(48*1000)*5*1000=100ms 所以5段链路单程端到端时延=530+100=630ms 5—47 一个客户向服务器请求建立TCP连接。客户在TCP连接建立的三次握手中的最后一个报文段中捎带上一些数据，请求服务器发送一个长度为L字节的文件。假定: (1)客户和服务器之间的数据传输速率是R字节/秒，客户与服务器之间的往返时间是RTT(固定值)。 (2)服务器发送的TCP报文段的长度都是M字节，而发送窗口大小是nM字节。 (3)所有传送的报文段都不会出错(无重传)，客户收到服务器发来的报文段后就及时发送确认。 (4)所有的协议首部开销都可忽略，所有确认报文段和连接建立阶段的报文段的长度都可忽略(即忽略这些报文段的发送时间)。 试证明，从客户开始发起连接建立到接收服务器发送的整个文件多需的时间T是 T=2RTT+L/R 当nM>R(RTT)+M 或 T=2RTT+L/R+(K-1)[M/R+RTT-nM/R] 当nM