时间后，系统队列长度增长1。
2.7求M/E2/1即时拒绝系统的呼损，其中E2是二阶爱尔兰分布，
解：
设相邻呼叫到达间隔为t，如果服务时间
，将造成呼损，
时无呼损。
2.8在优先级别队列中，A队为优先级，不拒绝，B队为非优先级，只准一人排队等待（不计在服务中的），且当A队无人时才能被服务，求各状态概率，A队的平均等待时间和B队的拒绝概率。
解：
说明：
0状态代表系统中无顾客状态；
i，j状态代表系统中正在服务且A队中有i个顾客，B队列中有j个顾客排队的状态。
状态转移图如右，A队到达率为
，B队到达率为
，服务率
，系统稳定时，应有
可得到特征方程如下:
由于4是差分方程，不妨设其通解为：
代入有：
由于5是非齐次差分方程：
其特征根为：
假设其通解为：
代入前式得：
解之，得：
代入3式得：
即：
由正则条件：
2.9排队系统中有三个队列,其到达率分别为
公用同一出线路，其中a类最优先，即线路有空闲就发送；b类次之，即a无排队时可以发送，c类最低，即a，b类均无排队时可以发送，不计正在传送的业务，各个队列的截至队长为na＝2，nb=1，nc＝0，试列出稳定状态下的状态方程，并计算
时，各状态的概率和三类呼叫的呼损。
解：
r，s，k分别表示a，b，c三队中等待的呼叫数，状态以（r，s，k）表示。
稳态方程：
归一条件
若
令
C类呼损为：
B类呼损为：
A类呼损为：
2.10有一个三端网络，端点为
，边为
及
，v1到v3的业务由v2转接，设所有的端之间的业务到达率为
，线路的服务率为的问题，当采用即时拒绝的方式时，求：
1）各个端的业务呼损。
2）网络的总通过量。
3）线路的利用率。
解：
令：
00表示e1,e2均空闲。
10表示e1忙,e2闲（即e1由v1,v2间业务占用）。
01表示e1闲,e2忙（即e2由v2,v3间业务占用）。
11表示e1,e2均忙，且分别由v1v2,v2v3间业务占用。
★表示e1,e2均忙，且由v1，v3间业务占用。
状态转移图如右：
当
时
有下列关系:
又
解之得:
呼损
而
通过量
线路利用率
2.11上题中的网若用于传送数据包,到达率仍为
每秒，平均包长为b比特,边的容量为c比特/秒,采用不拒绝的方式,并设各端的存储容量足够大,求:
1）稳定条件。
2）网络的平均时延。
3）总的通过量。
4）线路的平均利用率。
解：
这是一个无损但有时延的系统。
两条线路上到达率为：
2，而服务率为：
c/b的M/M/1系统。
1）稳定条件为：
2b/c<1。
2）网络的平均时延：
对v1v2和v2v3间的业务：
对v1v3间的业务：
3）系统稳定时，总的通过量为：
3b/c。
4）线路的平均利用率==2b/c。
一般来说，通过率与利用率均有增加，这是以稳定性和时延为代价换来的。
2.12在分组交换系统中，设信息包以泊松率到达，平均到达率为，但信息包的长度为固定b比特，信道容量为c比特/秒。
由于端内存储量的限制，设除了在传送的包外，只允许有两个信息包等待传送，试：
1）列出关于dr（顾客离去时的队长）的系统方程
2）解出个dr.
3）求平均时延。
4）求信息包被拒绝的概率。
解：
其中p0是第4个顾客被拒绝离去之后，第3个顾客的残余寿命中无顾客到达的概率。
这里到达是随机的，可知：
设
则
平均时延：
拒绝概率：
2.13有四个端三条边组成的数据网，如图所示。
端间的信息包分别为和每秒，信息包长度为负指数分布，平均包长为k比特，各信道容量分别为c1，c2和c3，和一起排队，和一起排队，和一起排队，均不拒绝，求
1）各种业务的平均时延。
2）网络的平均时延。
3）各信道的平均利用率。
解:
由于均不拒绝且到达和离去均随机，故3个信道均等效于3个M/M/1系统，其中：
C1：
到达为
。
服务为：
c1/b
C2：
到达为
。
服务为：
c2/b
C3：
到达为
。
服务为：
c3/b
C1的平均迟延为
C1的平均迟延为
C1的平均迟延为
网络的平均时延为：
各信道利用率为：
2.14总线上有4个用户v1,v2,v3和v4，它们之间以Alopha方式互相通信，信包到达率均为每秒，信息包的长度为b比特；总线上的传输速率为c比特/秒，试求通过率r，并大致画出r与b的曲线关系。
解：
r与b的曲线关系如右图，从直观上来看，这也是显然的。
总线上一个包的服务时间
秒，
总的呼叫量为：
，
通过量为：
通过率：
第3章习题
习题3.1总线上有4个用户v1,v2,v3和v4，它们之间以Alopha方式互相通信，信包到达率均为每秒，信息包的长度为b比特；总线上的传输速率为c比特/秒，试求通过率r，并大致画出r与b的曲线关系。
解：
r与b的曲线关系如右图，从直观上来看，这也是显然的。
总线上一个包的服务时间
秒，
总的呼叫量为：
，
通过量为：
通过率：
习题3.2设在一个纯ALOHA系统中，分组长度
ms，总业务到达率
pkt/s，试求一个消息成功传输的概率。
解：
由题意，
ms，
pkt/s，则系统的总业务量为
纯ALOHA系统吞吐量满足
，一个消息成功传输的概率为
若系统改为S-ALOHA系统，试求这时消息成功传输的概率。
解：
S-ALOHA系统的吞吐量满足
，这时消息成功传输的概率为
在S-ALOHA系统中，试求一个消息分组传输时和另一个分组碰撞的概率。
解：
其概率为：
。
习题3.3
设在一个S-ALOHA系统中每秒共发送120次，其中包括原始发送和重发。
每次发送需占用一个12.5ms的时隙。
试问：
（1）系统的归一化总业务量等于多少？
（2）第一次发送就成功的概率等于多少？
（3）在一次成功发送前，刚好有两次碰撞的概率等于多少？
解：
由题意，
=120次/秒，
=12.5ms。
（1）
。
（2）
。
（3）
。
习题3.4设一条长度为10km的同轴电缆上，接有1000个站，信号在电缆上传输速度为200m/us，信号发送速率为10Mb/s，分组长度为5000b。
试问：
（1）若用纯ALOHA系统，每个站最大可能发送分组速率等于多少？
（2）若用CSMA/CD系统，每个站最大可能发送分组速率等于多少？
解：
（1）纯ALOHA中，发送分组不用等待。
理想情况下，各站一个接一个发送分组，互不干扰，发送分组的最大速率为
pkt/s
（2）对于CSMA/CD系统，信号传输速率为200m/s，对于10km电缆，单程传播时间为
CSMA/CD系统发送一个分组必须等待的时间为：
2t=100us=0.1ms。
故每个站的最大可能发送分组速率为：
。
第四章习题答案
例题1：
环上有k个端（3≤k≤n），此k个端的选择方式有
种；对于某固定的k端来说，考虑可以生成的环，任指定一个端，下个端的选取方法公有k-1种，再下端的选法有k-2种，等等，注意，这样生成的环可按两种试图顺序取得，故有
种，总的环数为
例题2：
某一固定边e确定了两个端，经过e的环数按其过余下端进行分类，若环再过k个端（1≤k≤n-2），有选法
种；对于某固定端来说，自然可以生成k!
个环，从而总的环数为
个。
例题3：
两个固定端之间的径按其经过端数分类，其中有一条不经过其他端的径，若经过k个端，（1≤k≤n-2），则对于第一个端有（n-2）种选择，第二个端有（n-3）种选择，第k个端有（n-k-1）种选择，共有
总的径数为
4.5试求图3-52中图的主树数目，并列举所有的主树。
图3-52
解：
为图的端编号为v1,v2,v3,v4。
取v3为参考点，有：
所得主树见下:
4.6试证明端数n大于4的连接图都是非平面图，并求n=2，3，4的全连接图为对偶图。
证明：
设有n个端的全联接图为Kn因为K5是非平面图，而当n>5时K5是Kn的子图，从而Kn（n>5）均不是平面图。
一下是对偶图（注意K4为自对偶图）。
4.7
已知一个图的邻接矩阵如左，画出此图，并求各端之间的最小有向径长。
对所绘制图形的端点进行编号，得邻接矩阵。
解：
首先作出图形：
经计算：
因而有
其余有向径长均为∞，或不存在。
4.8图有六个端，其无向距离矩阵如下：
1.用P算法，求出最短树。
2.用K算法，求出最短树。
3.限制条件为两端间通信的转接次数不超过2的最短树。
解：
1.P算法求解：
2.K算法求解：
按最小边长顺序取得：
此结果意味着最短树不唯一。
3.原图有一个边长全为1的基本子图G1，要求转接次数小于等于2，若选取G1的任何4个连续顶点，
作为基础，然后再按要求增加边，例如以
为基础，增加
，得到一个树长为7转接次数小于等于2的树T1，事实上，以任何4个连续顶点均可得到树长为7的转接次数小于等于2的树
4.9图有六个端，端点之间的有向距离矩阵如下：
1.用D算法求V1到所有其他端的最短径长及其路径。
2.用F算法求最短径矩阵和路由矩阵，并找到V2至V4和V1至V5的最短径长及路由。
3.求图的中心和中点。
解：
1、D算法
V1
V2
V3
V4
V5
V6
指定
最短径长
0
∞
∞
∞
∞
∞
V1
W1＝0
9
1
3
∞
∞
V3
W13＝0
9
3
2
∞
V5
W15＝0
8
3
7
V4
W14＝0
8
7
V3
W16＝0
8
V2
W12＝0
2、F算法
最短路径矩阵及最短路由阵为W5，R5
有向距离为4，
有向距离为2
3、
中心为V3或V5
中心为V2
第五章习题答案
5.1求下图中Vs到Vt的最大流量fst,图中编上的数字是该边的容量。
解：
本题可以利用M算法，也可以使用最大流－最小割简单计算可知：
可知：
最大流为12，可以安排为fs1=3,，fs2=5，f12=1，f2t＝4，f1t=4，fs3=1，fs4=3，f3t=1，f4t=3。
5.2试移动3.54图中的一条边，保持其容量不变，是否能增大fst？
如果可以，求此时的最大值，但若所有转接端v1v2v3和v4的转接容量限制在4，则情况将如何？
解：
依然按照最大流－最小割定理，若能依一边从X找到
内部至割
中，自然可以增大流量，可以将e34移去，改为：
e41或者e42均可，使总流量增至12＋2＝14。
当vi（i=1,...4）的转接容量限制到4时，等效图为右图，对于3.11中的流量分配，在本题限制下，若将fs2由5改为4即得到一个流量为11的可行流。
但若
，
则
，换句话说就是11已是最大流。
5.3图3.55中的Vs和Vt间要求有总流量fst＝6，求最佳流量分配，图中边旁的两个数字前者为容量，后者为费用。
解：
图1
本题可以任选一个容量为6的可行流，然后采用负价环法，但也可用贪心算法，从Vs出发的两条线路费用一样，但进入Vt的两条路径费用为7和2，故尽可能选用费用为2的线路，得下图1。
再考虑V0，进入V0的两条路径中优先满足费用为3的路径，得：
图2，很容易得到最后一个流量为fst=6的图3，边上的数字为流量安排。
总的费用为
易用负价环验证图4的流量分配为最佳流量分配。
如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！
升级会员 