网络工程师总纲B.docx

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网络工程师总纲B

●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）*2/3m/s

L=100KM=1*10^5

R=1.544Mbps=1.544*10^6bit/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

P1652121

P2221211

P3801210

P4121120

P5344113

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,R3R1R2R3

P16,5,21,2,1

P22,2,12,1,1

P38,0,12,1,0

P41,2,11,2,0

P53,4,41,1,3

从上面可以看出只剩下R12,R21,R30.

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,R3R1R2R3R1R2R3R1R2R3

P16,5,21,2,15,3,12,1,0

P22,2,12,1,10,1,0

P38,0,12,1,06,0,1

P41,2,11,2,00,0,1

P53,4,41,1,32.3,1

从上面可看出现在生产剩下的2,1,0只满足P20,1,0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,R3R1R2R3R1R2R3R1R2R3

P22,2,12,1,10,1,04,2,1

P41,2,11,2,00,0,15,4,1

P53,4,41,1,32.3,16,5,4

P16,5,21,2,15,3,17,7,5

P38,0,12,1,06,0,19,8,5

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《IntelArchitecture32Manual》。

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?

CABLEMODEM使用的是一种称为QAM（QuadratureAmplitudeModulation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4b／Hz编码，结果为16QAM；6b／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>1MPP

字并行,位并行WPBP——W>1,B>1PEPE

●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10100011111000,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=1110100011111000

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1010001111，主存地址为1234E8F8（十六进制）的单元装入的cache地址为：

10100011111000。

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=0.369Smax=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----44

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:

0.15I2:

0.15I3:

0.14I4:

0.13I5:

0.12I6:

0.11I7:

0.04I8:

0.04I9:

0.03I10:

0.03

I11:

0.02I12:

0.02I13;0L.01I14:

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*10^6t=10*10^6*1*10^（-5）=100bit

在2000m共有100bit

每个信号占据的介质长度=2000m/100bit=20m/bit

2问：

slottime=2S/（2c/3）=2*2000m/[2*10（8）m/s]=2*10（-5）s=20us

3问：

Lmin=slottime*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,32kbps16kbps

对8路数字信号，8×7200＝57.6kbps

●某32位计算机的CAHCE容量为16KB，CACHE块的大小为16K，若主存与CAHCE地