通常每个以太网帧仅发往单个目的主机，目的地址指明单个接收接口，因而称为单播(unicast)。有时一个主机要向网上的所有其他主机发送帧，这就是广播。多播(multicast) 处于单播和广播之间：帧仅传送给属于多播组的多个主机。
ARP请求报文-广播包
ARP应答报文-单播包


●设系统中有4个进程P1，P2，P3，P4，在某一时刻系统状态如下，（前面的数字是最大需求量，后面的数字是已分配资源量）；
P1：7，4 P2：6，2 P3：2，0 P4：3，2
系统剩余资源量是1，该系统状态是安全状态，下面哪一个不是安全序列（）
A。P4，P1，P3，P2 B。P4，P2，P1，P3 C。P4P3P1P2 D。P4P3P2P1
答案是选B


●银行家算法是这样的：
1.对于第一次进程的资源申请，如果系统现存的资源能够满足进程的需要，就要分配给它；2.如果进程在执行过程中继续申请，系统就要测试看看进程所需要的最大资源是不是小于它上次已经得到分配的+本次申请的（换句通俗的话说，看看这个进程是否老实，有没有多申请资源）；
3.如果进程老实，再看看系统现存的资源能不能满足这个进程还需要的资源（就是说系统的这点剩余资源全分配了，能不能使进程得到全部的资源而执行结束，进而释放资源）-----这是安全的银行家算法，以后的进程的每一次申请，都得严格的按照这个算法来进行

最大需求量 已分配资源量 还需要的 剩下的可分配的
P1： 7， 4 ， 3 1
P2： 6， 2， 4
P3： 2， 0， 2
P4： 3， 2， 1
系统剩余资源量是1，只满足P4
最大需求量 已分配资源量 还需要的 剩下的可分配的
P1： 7， 4 ， 3 3
P2： 6， 2， 4
P3： 2， 0， 2
系统剩余资源量是3，可以分配给p1,p3
所以B不是安全序列


●多个磁头向盘片的磁性材料上写数据时，是以什么方式？
A、并行 B、并—串行 C、串行 D、串—并行
B、并—串行

●磁盘上数据的组织是存放在不同盘片（或不同盘面）的同一柱面，还是存放在同一盘面的相邻磁道？
同一柱面


●有不少学员在进行IP规划时，总是头疼子网和掩码的计算，其主要原因是对十进制和二进制的转换不熟练。现在给一窍门，可以解决这个问题。首先，我们看一个例子：
一个主机的IP地址是202.112.14.37，掩码是255.255.255.240，要求计算这个主机所在网络的网络地址和广播地址。
常规办法是把这两个都换算成二进制，然后相与，就可得到网络地址。其实大家只要仔细想想，可以得到一个方法：掩码为 255.255.255.240那么可以知道这个掩码所容纳的IP地址有256－240＝16个（包括网络地址和广播地址），那么具有这种掩码的网络地址一定是16的倍数。而网络地址是子网IP地址的开始，广播地址是结束，可使用的IP地址在这个范围内，因此比37刚刚小的，又是16的倍数的数只有32，所以得出网络地址为202.112.14.32。而广播地址就是下一个网络的网络地址减一。而下一个16的倍数是48，因此可以得到广播地址为 202.112.14.47。

那么，如果给定一IP地址范围，根据每个网络的主机数量，要进行IP地址规划，可以按照同样原则进行计算。比如一个子网有10台主机，那么对于这个子网就需要10＋1＋1＋1＝13个IP地址。（注意加的第一个1是指这个网络连接时所需的网关地址，接着的两个1分别是指网络地址和广播地址。）13小于16（16等于2的4次方），所以主机位为4位。而256－16＝240，所以该子网掩码为255.255.255.240。如果一个子网有14台主机，不少同学常犯的错误是：依然分配具有16个地址空间的子网，而忘记了给网关分配地址。这样就错误了，因为14＋1＋1＋1＝17 ，大于16，所以我们只能分配具有32个地址（32等于2的5次方）空间的子网。这时子网掩码为：255.255.255.224。


●一题如下:现采用四级流水线结构分别完成一条指令的取指令、指令译码、取数、运算及送回结果四个基本操作，每步时间为 60NS、100NS、50NS和70NS。则得到第一条指令的时间为：网校的例题分析为因操作周期应取最长的操作时间即为100NS。故得到第一条指令时间为100*4=400NS。而网工辅导书上介绍是4个操作时间相加为280NS。到底应该是哪一个？
由流水线技术的基本特征可知，其平均时间取决于流水线最慢的操作，所以该流水线的操作周期为100ns。 由题中条件可知，完成1条指令需要4个基本操作，每个操作需要1个周期，执行第1条指令时，还不能充分发挥流水线的技术优势，需要执行4个周期，才能得到第1条指令的运行结果，共需要400ns。


●第二题为:当有中断请求发生时,采用不精确断点法,则:网校答案为:不仅影响中断响应时间,还影响程序的正确执行. 辅导书答案为:仅影响中断响应时间,不影响程序的正确执行.这个标准答案应该为哪一个?
流水线计算机处理中断的方法有不精确断点法和精确断点法两种，采用不精确断点法，当发生中断后，计算机并不立即响应中断，而是先禁止指令再时入流水线，然后等待已在流水线中的所有指令执行完毕，才响应该中断。
所以仅影响中断时间，而不影响执行的正确结果。
所谓“不精确断点”法。不论第i条指令在流水线的哪一段发出中断申请，都不再允许那时还未进入流水线的后续指令再进入，但已在流水线的所有指令却可仍然流动到执行完毕， 然后才转入中断处理程序。


●在系统中安装什么协议不能实现资源的共享和访问.
A.TCP/IP B.SPX/IPX C.NETBEUI D.DCL
为什么是NETBEUI,而不是DCL?
NETBEUI是为IBM开发的非路由协议，用于携带NETBIOS通信


●有三个并发的进程,都要四个同类的资源,那么系统不发生死锁的最少资源数是多少？
M是进程数，N是系统资源数，要满足：M＋N > M个进程所需资源数
对于这题就是3＋N>3×4 ＝>N最小为10。
套用公式就好了。


●几种特殊类型的IP地址，TCP/IP协议规定，凡IP地址中的第一个字节以“lll0”开始的地址都叫多点广播地址。因此，任何第一个字节大于223小于240的IP地址是多点广播地址；IP地址中的每一个字节都为0的地址（“0.0.0.0”）对应于当前主机；IP地址中的每一个字节都为1的IP地址（“255．255．255．255”）是当前子网的广播地址；IP地址中凡是以“llll0”的地址都留着将来作为特殊用途使用；IP地址中不能以十进制“127”作为开头，27．1．1．1用于回路测试，同时网络ID的第一个6位组也不能全置为“0”，全“0”表示本地网络


●ATM即异步传输模式
基本思路：把数据分割为固定的信元（CELL）来传输，每个信元有5个字节的信头，48字节的数据字段。
异步：指信元插入到通信线路的位置是任意的，无固定结构


●网络192.168.73.0/27被划分为4个子网,分别编号0号、1号、2号、3号，那么主机地址 192.168.73.25属于(1)子网,主机地址192.168.73.100属于(2)个子网.如果在查找路由表时发现有多个选项匹配,那么应该根据(3)原则进行选择.假设路由表有4个表项,那么与地址139.17.145.67匹配的表项是(4),与地址139.17.179.92匹配的表项是 (5).
192.168.73.0/27划分为4个子网.表明每个子网可用主机地址为192.168.73.1-62.第二个为192.168.73.65-127.故第一问应该是选择在(A)子网.第二问应该选择在(B)子网.

●平均数据传输率=每道扇区数*扇区容量*盘片转速

●用二进制加法对二一十进制编码的十进制数求和,当和的本位十进制数二一十进制编码小于等于1001且向高位无进位时,___(41):当和小于等与1001且向高位有进位时,__(42),当和大于1001时,___(43)
41~43 A, 不需要进行修正 B,需要进行加6修正 C,需要进行减6修正 D,进行加6或者减6修正,需要进一步判别.
只要明白什么是二-十进制，此题就比较简单。二－－十进制就是用4位二进制数代表1位十进制数，
然后进行计算。例如：38 可表示为：0011 1000， 26 ＝ 0010 0110
38＋26 ＝ 0011 1000
＋0010 0110
－－－－－－－－－－－－
0101 1110
－－－－－－－－－－－－
514
所以应该将14进位，将其最后结果变为64，也就是0110 0100。
1110 > 1001 (9), 将1110 ＋ 0110 ＝ 0100 （不考虑溢出）。
这样此题的答案不就是很明显了吗，
当小于9时且无进位时，无需调整
当小于9时且有进位时，需加6调整
当大于9时，肯定要6调整

●1s=10^9ns


●假设线路传输延迟时间为TP,分组发送时间为TF,令A=TP/TF,则后退的帧数N是什么？是MIN(2A+1,W发)还是W发,为什么?

是MIN(2A+1,W发)
后退N帧ARQ协议：
发送窗口W<=编号个数－1，接收窗口等于1。接收出错后，要求发送方从出错帧开始重发已经发过的数据帧。
E＝正确传送数据帧的概率：（1－p）/(1－p＋N×p) × 理想线路利用率：W×tf/(2tp＋tf) ，当W的值太大，以至于超过线路上能够容纳的帧数（2a＋1）时，W窗口将起不到作用，实际的发送窗口将等于线路上容纳的帧数，从而W＝2a＋1，此时N 也约等于2a＋1，即一个错帧总会导致约2a＋1个帧的重发，很顺利的得出此时的效率为：（1－p）/(1－p＋N×p) 。


●网关(Gateway)又称网间连接器、协议转换器。网关在传输层上以实现网络互连，是最复杂的网络互连设备，仅用于两个高层协议不同的网络互连。网关的结构也和路由器类似，不同的是互连层。网关既可以用于广域网互连，也可以用于局域网互连。
比如有网络A和网络B，
网络A的IP地址范围为“192.168.1.1~192. 168.1.254”，
子网掩码为255.255.255.0；
网络B的IP地址范围为“192.168.2.1~192.168.2.254”，
子网掩码为255.255.255.0。
在没有路由器的情况下，两个网络之间是不能进行TCP/IP通信的，即使是两个网络连接在同一台交换机(或集线器)上，TCP/IP协议也会根据子网掩码(255.255.255.0)判定两个网络中的主机处在不同的网络里。而要实现这两个网络之间的通信，则必须通过网关。
如果网络A中的主机发现数据包的目的主机不在本地网络中，就把数据包转发给它自己的网关，再由网关转发给网络B的网关，网络B的网关再转发给网络B的某个主机(如附图所示)。网络B向网络A转发数据包的过程也是如此。
所以说，只有设置好网关的IP地址，TCP/IP协议才能实现不同网络之间的相互通信。那么这个IP地址是哪台机器的IP地址呢？
网关的IP地址是具有路由功能的设备的IP地址，具有路由功能的设备有路由器、启用了路由协议的服务器(实质上相当于一台路由器)、代理服务器(也相当于一台路由器)。
网关不能完全归为一种网络硬件。用概括性的术语来讲，它们应该是能够连接不同网络的软件和硬件的结合产品。特别地，它们可以使用不同的格式、通信协议或结构连接起两个系统。网关实际上通过重新封装信息以使它们能被另一个系统读取。为了完成这项任务，网关必须能运行在O S I 模型的几个层上。网关必须同应用通信，建立和管理会话，传输已经编码的数据，并解析逻辑和物理地址数据。
网关可以设在服务器、微机或大型机上。由于网关具有强大的功能并且大多数时候都和应用有关，它们比路由器的价格要贵一些。另外，由于网关的传输更复杂，它们传输数据的速度要比网桥或路由器低一些。正是由于网关较慢，它们有造成网络堵塞的可能。然而，在某些场合，只有网关能胜任工作。在你的网络生涯中，你很可能会在电子邮件系统环境中听到关于网关的讨论。常见的网关，包括电子邮件网关，描述如下：
o 电子邮件网关：通过这种网关可以从一种类型的系统向另一种类型的系统传输数据。例如，电子邮件网关可以允许使用E u d o r a 电子邮件的人与使用Group Wi s e 电子邮件的人相互通信。
o I B M 主机网关：通过这种网关，可以在一台个人计算机与I B M 大型机
之间建立和管理通信。
o 因特网网关：这种网关允许并管理局域网和因特网间的接入。因特网网关可以限制某些局域网用户访问因特网。反之亦然。
o 局域网网关：通过这种网关，运行不同协议或运行于O S I 模型不同层上的局域网网段间可以相互通信。路由器甚至只用一台服务器都可以充当局域网网关。局域网网关也包括远程访问服务器。它允许远程用户通过拨号方式接入局域网。


●有一个512K*16的存储器,由64K*1的2134RAM(芯片构成芯片内是4个128*128结构)总共需要几个RAM 芯片;用分散刷新方式,如单元刷新间隔不超过2ms,则刷新信号的周期是多少;如采用集中刷新方式,设读/写周期T=01us,存储器刷新一遍最少用多少时间?请老师给出详细解答过程
(1) 64K×1=> 512K×16??
位扩展：16/1=16片??
字扩展：512/64=8片??
∴共要16×8=128片
(2) 分散刷新??
每个2164RAM由4个128×128的芯片构成??
2ms/128=15.625μs
(3) 集中刷新??0.1μs×128=12.8μs


●某计算机有14条指令，其使用频度分别如下所示；
I1: 0.15 I2:0.15 I3:0.14 I4:0.13 I5:0.12 I6:0.11 I7:0.04 I8:0.04 I9:0.03 I10:0.03
I11:0.02 I12:0.02 I13;0L.01 I14:0.01,若只用Huffman编码,其平均码长为 位.
Huffman编码，平均码长：∑pi ?li
平均码长∑=3.38


●DDN是数字数据网（Digital Data Network）的简称，它利用光纤、数字微波或卫星等数字传输通道和数字交叉复用设备组成，为用户提供高质量的数据传输通道，传送各种数据业务。数字数据网以光纤为中继干线网络，组成DDN的基本单位是节点，节点间通过光纤连接,构成网状的拓扑结构，用户的终端设备通过数据终端单元与就近的节点机相连。
DDN为用户提供全透明的端到端传输。
DDN支持以下业务：
租用的电路业务、高速率高质量的点对点和一点对多点的数字专用电路租用金融、证券等系统用户组建总部与其分支机构的业务网。利用多点会议功能还可以组建会议电视系统。
　

●帧中继业务
　 用户以一条专线接入DDN,可以同时与多个点建立帧中继电路(PVC) 。帧中继业务特别适合局域网(LAN)互联。
话音/传真业务，DDN为用户提供带信令的模拟接口，用户可以直接通话，或接到自己内部小交换机(PBX)进行电话通信，也可用于传真(三类传真)。
虚拟专网功能用于自己有网络管理权限，对其所属的线路及端口进行管理，如业务的开闭、告警的监控以及种统计数据收集等。这样就相当于一部分划归给某个部门的专门的用户群体，从开势上看，类似于用户的专用网，故称虚拟专用网(VPN)。


●一条100KM长的电缆以T1数据传输速率运转,在电缆上的传播速度是光速的2/3,电缆长度相当于多位帧长?
V=(3×10^8)*2/3 m/s
L=100KM=1*10^5
R=1.544Mbps=1.544*10^6 bit/s
S=L/V=1*10^5/(2*10^8) s=0.5*10^(-3)
R*S=1.544*10^6 * 0.5*10^(-3)


●一个信道的比特率为4B/MS，传播延迟为20MS，帧的大小在什么范围内，停止-对等协议才有至少50%的效率？
=1/(2a+1)=50%
而a=R(d/v)/L=4(B/MS)*20MS/L
E=1/(2*80/L+1)=0.5
L=160bit


●假设系统中有三类互斥资源R1/R2/R3,可用资源分别为9/8/5,在T0时刻系统中有P1/P2/P3/P4/P5五个进程.采用银行家算法,如果进程按P2--P4--P5--P1--P1--P3序列执行,则系统是安全的.请老师写出每步执行后可用资源数.

资源进程 最大需求量R1/R2/R3 已分配资源数R1/R2/R3
P1 6 5 2 1 2 1
P2 2 2 1 2 1 1
P3 8 0 1 2 1 0
P4 1 2 1 1 2 0
P5 3 4 4 1 1 3
首次可用资源是R1是2,R2是1,R30,执行完P2后,可用资源是否221+210=431,为什么不是421(因为R2借用了1个剩余资源)?
资源 最大需求量 已分配资源数
进程 R1,R2, R3 R1 R2 R3
P1 6, 5 ,2 1, 2, 1
P2 2, 2 ,1 2, 1 ,1
P3 8, 0 ,1 2, 1, 0
P4 1 ,2 ,1 1, 2 ,0
P5 3, 4, 4 1, 1, 3
从上面可以看出只剩下R1 2,R2 1,R3 0.
而这时安全算法:
资源 最大需求量 已分配资源数 还需要的 剩下的可分配的
进程 R1,R2,R3 R1 R2 R3 R1 R2 R3 R1 R2R3
P1 6, 5 ,2 1, 2, 1 5, 3,1 2,1,0
P2 2, 2 ,1 2, 1 ,1 0,1,0
P3 8, 0 ,1 2, 1, 0 6,0,1
P4 1 ,2 ,1 1, 2 ,0 0,0,1
P5 3, 4, 4 1, 1, 3 2.3,1
从上面可看出现在生产剩下的2,1,0只满足P2 0,1,0而别的是满足不了的.一看就明白,当他全部分给P2后出现下面的安全序列:
资源 最大需求量 已分配资源数 还需要的 剩下的可分配的
进程 R1,R2,R3 R1 R2 R3 R1 R2 R3 R1 R2R3
P2 2, 2 ,1 2, 1 ,1 0,1,0 4,2,1
P4 1 ,2 ,1 1, 2 ,0 0,0,1 5,4,1
P5 3, 4, 4 1, 1, 3 2.3,1 6,5,4
P1 6, 5 ,2 1, 2, 1 5,3,1 7,7,5
P3 8, 0 ,1 2, 1, 0 6,0,1 9,8,5
作这道题首先要看看R1,R2,R3在第一次分配资源后剩余多少资源！！
可以看出 R1剩余2个资源，R2剩余1个，R3剩余0个！然后考虑把这些剩余的资源分配给那个进程可以使这个进程完成任务！！可以看出在第一次分配后P2再需要 R1：0,R2：1,R3：0就可以完成任务。故先将资源分给P2，P2完成任务后便释放自己的资源！这时剩余资源就为R1:4,R2:3,R3:1,然后看看把剩余这些资源在分配给那个进程使其能完成任务！由题可知分配给P4可以使P4完成任务！P4完成任务后在释放资源！然后再看看剩余资源分配给那个进程可以使其完成任务......直到将所有的进程都分配完！

1纳秒（ns）等于十亿分之一秒（10-9秒）
1,000 纳秒(ns) = 1微秒(us)
1,000,000 纳秒(ns) = 1毫秒(ms)
1,000,000,000 纳秒(ns) = 1秒(s)


●为使4字节组成的字能从存储器中一次读出，要求存放在存储器中的字边界对齐，一个字的地址码应（ ）。答案最低两位为00。


●还有什么是字边界对齐？
为了一次读出，要求存放在存储器中的字边界对齐，则每一个字的地址编码必须能被4整除，因此字的地址码最低两位是00。一个二进制数的最低两位是 00，才能被4整除，这是二进制的位权决定的。一个字有4个字节，要一次读出，这四个字节的编址必须相同，每个字节的高位是相同的，而最低两位都取00，就能一次读出了。
以下内容节选自《Intel Architecture 32 Manual》。
字，双字，和四字在自然边界上不需要在内存中对齐。（对字，双字，和四字来说，自然边界分别是偶数地址，可以被4整除的地址，和可以被8整除的地址。）
无论如何，为了提高程序的性能，数据结构（尤其是栈）应该尽可能地在自
然边界上对齐。原因在于，为了访问未对齐的内存，处理器需要作两次内存访问；然而，对齐的内存访问仅需要一次访问。
一个字或双字操作数跨越了4字节边界，或者一个四字操作数跨越了8字节边界，被认为是未对齐的，从而需要两次总线周期来访问内存。一个字起始地址是奇数但却没有跨越字边界被认为是对齐的，能够在一个总线周期中被访问。


●假设内存存取周期T=200ns，字长64位。数据总线宽度64位，总线传送周期为50ns.先用4个模块组成内存,并在连续4个地址中读出数据.如用顺序方式组织模块,则数据带宽为____.如用交叉存储方式组织内存,则数据带宽可达约______.
(1)T=200ns=200*10^(-9) s
(64*4)/(T*4)=64*10^9/200=320Mbps
(2)64*4/(200+3*50)=730Mbps


●一个逻辑地址包括基号X（2位）、段号S（6位），页号P（3位），页内地址D（11位）四个部分，其转换后的物理地址为（（（X）+S）+P）*2的11次方+D，这个2的11次方是表是什么意思？是页内地址11位，还是前面几个号数加起来11位？
首先根据基号x查找基寄存器，得到程序的段表首地址a;然后根据a和段号s得到s段的页表首地址b;再由页号p和地址b得到该页对应的内存实页号c,最后将c与页内位移d拼接起来形成最终的物理地址。
(((x)+s)+p)*2^11+d
前面几个号数加起来11位


●如果电缆调制解调器使用8MHZ的带宽,利用64QAM,可以提供的速率为多少.是如何做的?
CABLE MODEM使用的是一种称为QAM(Quadrature Amplitude Modulation正交幅度调制)的传输方式。QAM前面的数字代表在转换群组(所谓转换群组，就是相位及振幅的特殊组合)中的点数。也就是值或等级。计算公式为：速度=log2QAM值／Iog22(bit／Hz／s)×频带宽度。根据此公式计算速率为Iog264／log22(bit/Hz/s)× 8MHz=48Mbps。
各种QAM被表示为mQAM，其中m是一个指出每赫兹的状态数目的整数。每一码元时间的编码位数目是k，那么2k＝m。例如，如果以4 b／Hz编码，结果为16 QAM；6 b／Hz产生64QAM。


●用户A与用户B通过卫星链路通信时，传播延迟为270MS，假设数据率是64Kb/s，帧长4000bit，若采用等停流控协议通信，则最大的链路利用率为（）；若采用后退N帧ARQ协议通信，发送窗口为8，则最大链路利用率可以达到（）
A、0.104B、0.116C、0.188D、0.231
A、0.416B、0.464C、752D、0.832


●若采用停等流控协议通信，a=(d/v)/(L/R)=64*270/4000=4.32
根据E=1/(2a+1)=1/(2*4.32+1)=0.104
采用后退N 帧ARQ 协议通信，发送窗口为8，则最大链路利用率
E=(W(1-P))/((2a+1)(1-P+WP)) ＝8*0.104=0.832


●两参数决定计算机并行度结构类型:
字宽(W):一个字中同时处理的二进制位数
位宽(B):一个位片中能同时处理的字数
可构成四种计算机结构:
字串行,位串行 WSBS——W = 1,B = 1 纯串行
字并行,位串行 WPBS——W>1,B = 1 传统并行单处理机
字串行,位并行 WSBP——W = 1,B>1 MPP
字并行,位并行 WPBP——W>1,B>1 PEPE


●我看到书上介绍8位二进制反码表示数值范围是-127~+127，{+127}反=01111111.[-127]反= 10000000。补码表示数值范围是-128~+127，[+127]补=01111111，[-128]补=10000000。老师我不明白表示都一样，为什么一个是128，一个是127。
数值有正负之分,计算机就用一个数的最高位存放符号(0为正,1为负).这就是机器数的原码了.假设机器能处理的位数为8.即字长为1byte,原码能表示数值的范围为(-127~-0 +0~127)共256个.
对除符号位外的其余各位逐位取反就产生了反码.反码的取值空间和原码相同且一一对应.

补码概念. 负数的补码就是对反码加一,而正数不变,正数的原码反码补码是一样的.在补码中用(-128)代替了(-0),所以补码的表示范围为:
(-128~0~127)共256个.
注意-128)没有相对应的原码和反码, (-128) = (10000000)


●“容量为64块的cache采用组相联方式映像，字块大小为128字，每4块为一组。主存容量为4096块，以字编址”的题中的每4块为一组没有作用吗？老师讲课中指出，块大小128字，所以块内地址7位；cache有64/4=16组，得到组地址4位，最后得出主存区号：19 -7-4=8，不能这样算吗？
【解析】在组相联映象中，组的个数一般为2的幂次数，组内块的个数也是2的幂次。主存地址分成四段，高字段是区号；然后是组标志，用于确定组号；第三段是组中的块地址，用于确定组中的块；低字段是块内寻址段。Cache地址分三段：组号、组内块号和块内地址。
块大小128字，所以块内地址7位；
cache有64/4=16组，得到组地址4位；
每4块为一组，组内块地址2位；
19－7－4－2＝6


●某32位计算机的CACHE容量为16KB,CACHE块的大小为16B.若主存与CACHE的地址映射采用直接映射,则主存地址为1234E8F8(十六进制),的单元装入的CACHE地址为_______
请问中间10位为CACHE的页号,既1010001111.是怎么的来的.
直接映象是，把主存按Cache的大小分成区，主存中的每一区的块数与Cache中的总块数相等，把主存各个区中相对块号相同的那些块映象到 cache中同一块号的那个确定块中。所以主存的地址由区号+块号(而每区中的块号大小及地址与cache一致)。而cache容量为16KB，所以 cache的地址用14块表示，所以主存地址的低14位即是该单元在cache中的地址，低14位为10 100011111000,高18位是确定区号的。
Cache块号占10位地址，块内4位地址共占14位地址。直接映象为内存低位部分的14位地址。即：E8F8=1110 1000 1111 1000
块号10位 块内地址 4位（2^4=16, CACHE块的大小为16B）
用直接映象法，装入Cache的块号为10 1000 1111，主存地址为 1234E8F8（十六进制）的单元装入的 cache 地址为：10 1000 1111 1000。

MTTR
平均故障恢复时间(MTTR)


●模拟调制技术中，存在AM（调幅）、FM（调频），PM（调相）技术，在数字调制中，有ASK、FSK、PSK、QPSK、QAM等多种方式
QAM调制，叫做正交幅度调制。它先把调制信号码流分成独立的两路，分别对同频正交的两个载波进行双边带抑制载波调幅，最后两路已调信号相加输出。QAM调制是幅度调制与相位调制的结合，既调幅又调相。有线电视使用的QAM调制是64QAM，就是调制后，载波有64种状态，每个状态代表一个符号（一个符号是6位比特组成的码）。


●在一个带宽为3KHZ,没有噪声的信道,传输二进制信号时能够达到的极限数据传输率为___.一个带宽为3KHZ,信噪比为30dB的信道,能够达到的极限数据传输率为___,上述结果表明_____.
根据奈奎斯特第一定理,为了保证传输质量,为达到3KHbps的数据传输率要的带宽为____,在一个无限带宽的无噪声信道上,传输二进制信号,当信号的带宽为3KHZ时,能达到的极限数据率为__Kbps.
这是习题第二章的第三题.请老师把答案解释一下.特别是第1,2,3,5空.
（1） 根据奈奎斯特第一定理，理想低通信道传输二进制信号时能够达到的数据传输率为2B（带宽）。故（6）正确答案应该选B。
（2） 一个带宽为3KHZ、信噪比为30dB的信道，能够达到的极限数据传输率为3KHZ*log2(1+1000)=29.9Kbit/s,故（7）应选B
（3） A、B不正确。香农公式是针对有噪声的信道而言的。
（4） 根据奈奎斯特第一定理，数字信号数据率为W，传输系统带宽为2W,则可提供满意的服务。B
（5） 在一个无限带宽的无噪声信道上，传输二进制信号，当信号的带宽为 3KHz 时，能达到的极限数据传输率6Kbps 。C
信号的数据率与频宽有着直接的关系，信号的数率越高，所需要的有效频宽越宽。也就是说，传输系统所提供的带宽越宽，则系统能传输的信号数据率越高。设数据为W，通常按照2W来选择传输系统的带宽，则可提供满意的通信服务，3KbpS 的数据传输率需要的带宽为2*3=6HZ
二进制的信号是离散的脉冲，每个脉冲可表示一个二进制位，时间宽度相同
时间的宽度T=1/f,该时间的倒数为数据传输率(1/T),根据奈奎斯特定理，当信号的带宽为 3KHz 时，能达到的极限数据传输率C=2(1/T)= 6Kbps


●对8位补码操作数（A5）16进行2位算术右移的结果为什么？算术右移是怎么回事？请老师给详细讲解？谢谢！！
在计算机中，算术右移比较特殊，在右移过程中操作数的最高位（符号位）保持不变各位向右移，最低位进入标志位（CF）。根据这种操作，(A5)16=(10100101)2 算术右移一位为（11010010）2＝（D2）16，再算术右移一位便是(11101001)2=(E9)16.


●100个站分布在4KM长的总线上。协议采用CSMS/CD。总线速率为5Mb/s，帧平均长度为1000bit.试估算每个站每秒发送的平均帧数的最大值。传播时延为5us/km.
传播延迟：Tp=4(km)*5(us/km)=20(us)
一帧时：Tf=1000bit / (5Mb/s) =200(us)
a=Tp/Tf =0.1
S=1/(1+a(2A**(-1)-1))
取Amax=0.369 Smax=1/(1+0.1(2/0.369-1))=0.693
即线路利用率 69.3%
这时，每秒实际传输 3.465MB , 3.465M/100/1000=34.65
平均每站每秒钟发送的平均帧数的最大值为34.65。

（1）十进制数转换成二进制
①十进制整数转换成二进制数：除二取余法
把要转换的数，除以2，得到商和余数，
将商继续除以2，直到商为0。最后将所有余数倒序排列，得到数就是转换结果。

②十进制小数转换成二进制小数：乘二取整法
（2）二进制数转换成十进制
方法是：按权展开求和
二进制数第0位的权值是2的0次方，第1位的权值是2的1次方……


●连续ARQ协议中选用的编号位数n为3，发送窗口最大值如何求？（这个我知道2*2*2-1＝7），当所用的发送窗口尺寸为5 的时候，A站可连续发送的帧的最大号是多少？当A站在发送了0，1号帧后，其发送内存的变量是多少？期望接收的内存变量是多少？是如何计算得？？？？
当所用的发送窗口尺寸为5的时候，A站可连续发送的帧的最大号: 0----4 4
当A站在发送了0，1号帧后，其发送内存的变量 2
期望接收的内存变量 0


●在32位的总线系统中,若时钟频率为1000MHZ,总线上5个时钟周期传输一个32位字,则该总线系统的数据传输速率约为( )MB/S,答案是800
总线带宽的定义为：单位时间内总线可传送的数据量。
总线宽度＝(总线位宽/8)*总线工作频率
此题中，一个总线周期有5个时钟周期，所以，T=5*（1/1000M）
而一个总线周期传送的数据为，32位=4B。
所以带宽=4B/[5*（1/1000M）]=4B*1000M/5=800MB

容量为64块的Cache采用组相联的方式映象,字块大小为128个字,每4块为一组.若主容量为4096块,且以字编址,那么主存地址应为19位,主存区号应为( )位.
容量为64块的Cache采用组相联的方式映象,字块大小为128个字,每4块为一组.若主容量为4096块,且以字编址,那么主存地址应为19位,主存区号应为( )位.


●某计算机有14条指令，其使用频度分别如下所示；
I1: 0.15 I2:0.15 I3:0.14 I4:0.13 I5:0.12 I6:0.11 I7:0.04 I8:0.04 I9:0.03 I10:0.03
I11:0.02 I12:0.02 I13;0L.01 I14:0.01,若只用两种码长的扩展操作码编码,其平均码长至少为位.
说明: 在解的过程中,如何推出3位编码指令的使用频度为0.8,5位编码的使用频度为0.2?
（1）若采用等长码方式进行编码，则由于有14条指令，指令的编码长度至少为log(14)（上取整）=4，这是很明显的，因为要区分14条不同指令，至少需要4位二进制码，这个相信大家都能明白。
（2）要回答采用两种码长的扩展操作码进行编码这个问题，我们先要明白指令以及指令的操作码编码原理。
在一个指令系统中，如果所有指令字长度是相等的，则称为等长指令字结构，等长指令字结构具有结构简单、便于实现等优点，缺点是不够灵活（但是 RISC机器几乎32位定长指令字结构）；为了合理安排存储空间，并使指令能够表达较为丰富的含义，可以采取变长指令字结构。变长指令格式结构灵活，能充分利用指令长度，但指令控制复杂。当采用变长指令格式时，通常把最常用的指令设计成短指令，以便节省存储空间和提高指令执行速度。
用两种码,选用3位和5位表示,
3*（0.15+0.15+0.14+0.13+0.12+0.11） + 6*(0.04+0.04+0.03+0.03+0.02+0.02+0.01+0.01)= 3.4


●某系统总线的一个总线周期包含3个时钟周期，每个总线周期中可传送32位数据。若总线的时钟频率为33MHz，则总线带宽为多少？
总线带宽的定义为：单位时间内总线可传送的数据量。
总线宽度＝(总线位宽/8)*总线工作频率
此题中，一个总线周期有三个时钟周期，所以，T=3*（1/33M）
而一个总线周期传送的数据为，32位=4B。
所以带宽=4B/[3*（1/33M）]=4B*33M/3=44MB


交叉存取: 交叉存取技术(Interleaving)利用重叠或水流方式加速数据存取的一种技术。 反映在主存系统上就是存储体的多模块交叉存取,反映在海量存储系统中就是磁盘阵列技术或Striping技术。举例来说，将存储体的奇数地
址和偶数地址部分分开，这样当前字节被刷新时，可以不影响下一个字节的访问。


多处理机系统和并行处理机系统:
并行处理机又叫SIMD计算机。它是单一控制部件控制下的多个处理单元构成的阵列，所以又称为阵列处理机。
多处理机是由多台独立的处理机组成的系统

槽口号＝模块位置
端口号指某个模块上的端口号，因此端口号的表示中包含： 端口类型、模块位置、端口位置

●在一楼内有N个用户，均通过一个ATM网络使用同一个远地计算机。每个用户平均每小时产生L行的通信量(输入和输出)，平均每行长度为P字节(不包括ATM首部)。用户应交纳的费用是：对所传送的数据，每字节为C分钱，而使用ATM的虚通路，每小时X分钱。若将N个用户都复用到一条ATM虚通路上，则每一行的数据还要增加2字节的开销。假定一条虚通路的带宽足够N个用户使用。试问在什么条件下复用会更加便宜？
N*L*(P+2+ATM首部)*C>=X
ATM包头：
1．每个用户占用一个虚通道，N个用户费用：N*L*P*C+N*X
2．所有用户公用一个虚通道，N个用户费用：N*L*(P+2)+X
当1>2时，复用会更加便宜：
N*L*P*C+N*X> N*L*(P+2)*C+X
(N-1)*X>2*N*L
X>2*N*L/(N-1)


●已知内存存取周期T=200NS，字长64位，数据总线宽度64位，总线传送周期50NS，现用4个模块组成内存，并在连续4个地址中读出数据，如用顺序方式组织模块，则数据带宽为（1）。如用交叉存储方式组织内存，则数据带宽约（2）。
(1)T=200ns=200*10^(-9) s
(64*4)/(T*4)=64*10^9/200=320Mbps
(2)64*4/(200+3*50)=730Mbps


●设某单总线LAN，总线长度为2000米，数据率为10Mbps，数字信号在总线上的传输速度为2C/3(C为光速)，则每个信号占据的介质长度为多少米？当CSMA/CD（非802.3标准）访问方式时，如只考虑数据帧而忽略其他一切因素，则最小时间片的长度为多少us,最小帧长是多少位？谢谢
1.问：2c/3=2*3*10^8/3=2*10^8m/s
t=2000m/(2*10^8m/s)=1*10^(-5) s
在时间t内共有信号量=10*10^6 t=10*10^6*1*10^(-5)=100 bit
在2000m共有100bit
每个信号占据的介质长度=2000m/100bit=20 m/bit
2问：slot time=2S/(2c/3)=2*2000m/[2*10(8)m/s]=2*10(-5)s=20us
3问：Lmin=slot time*R=2*10(-5)s*10mb/s=2*10(-5)s*[10*10(6)b/s]=200b

●设有3路模拟信号，带宽分别为2khz.4khz,2khz,8路数字信号，数据率都为7200bps，当采用TDM方式将其复用到一条通信线路上，假定复用后为数字传输，对模拟信号采用PCM方式量化级数为16级，则复用线路需要的最小通信能力为？
答案为128KPS
对3路模拟信号采用pcm方式变为数字信号，采样频率分别为4KHZ,8KHZ,4KHZ, 对模拟信号采用PCM方式量化级数为16级,需要的数据率分别为16kbps,32kbps 16kbps
对8路数字信号，8×7200＝57.6kbps

楼主讲的好细呀
值得好好研究学习一下

谢谢蛾辛苦你了