1、計算機網絡第一次作業參考答案1. 假設你已經將你的狗 Bernie 訓練成不僅可以攜帶一小瓶白蘭地，還能攜帶一箱三盒 8 毫米的磁帶（當你的磁盤滿了的時候，你可能會認為這是一次緊急事件）。每盒磁帶的容量為 7GB 字節。無論你在哪里，狗跑向你的速度是 18 千米/小時。試問在什么距離范圍內 Bernie 的數據傳輸速率會超過一條數據速率為 150Mbps 的傳輸線（不算額外開銷）？試問分別在以下情況下：（1）狗的速度加倍；（2）每盒磁帶容量加倍；（3）傳輸線路的速率加倍。上述的結果有什么變化？答：Bernie 攜帶的數據量為 7GB*3=21GB，即為21GB*8=168Gb Bernie 的

2、速度為 18Km/h，即為 18Km/3600s=0.005Km/s,假設距離為 x km，則所需時間為 x/0.005=200x 秒那么產生的數據傳輸速率為 168/200x Gbps = 168*1024/200x Mbps = 860/x Mbps 860/x >150 那么 x<5.73 Km (1) 狗的速率加倍，所需時間減半，數據傳輸速率加倍，若傳輸線路速率不變，x 加倍；(2) 磁帶容量加倍，數據傳輸速率也加倍，若傳輸線路速率不變，x 加倍；(3) 傳輸線路速率加倍，其余不變，則 x 應減半。4. 除了帶寬和延遲以外，網絡若要為下列流量提供很好的服務質量，試問還需要哪

3、個參數？（1）數字語音流量；（2）視頻流量；（3）金融業務流量。答：（1）數字語音和（2）視頻都需要低的延遲抖動，長的延遲及低的抖動比短延遲及高抖動更好些。（3）金融業務還需要具有可靠性和安全性。5. 在存儲-轉發數據包交換系統中，衡量延遲的一個因素是數據包在交換機上存儲和轉發需要多長時間。假設在一個客戶機-服務器系統中，客戶機在紐約而服務器在加州，如果交換時間為 10 微妙，試問交換時間是否會成為影響延遲的一個主要因素？假設信號在銅線和光纖中的傳輸速度是真空光速的 2/3. 答：信號的傳輸速度是 3*108*2/3 = 2*108m/s，即為 200 米每微秒，那么信號在 10 微秒中傳送的

4、距離為 2Km，也就是每個交換機相當于增加額外的 2Km 電纜，如果客戶和服務器之間的距離為 5000Km，平均大概通過 50 個交換機，那么給總線路增加的距離也就為100Km，大概為總線路的 2%，因此交換時間不會成為影響延遲的一個主要因素。8. 5 個路由器通過一個點到點子網連接在一起。網絡設計者可以為任何一對路由器設置一條高速線路、中速線路、低速線路或根本不設置線路。如果計算機需要 100 毫秒來生成并遍歷每個網絡拓撲，試問它需要多長時間才能遍歷完所有的網絡拓撲？答：5 個路由器，點到點連接，則有 10 條可能線路，每條線路有 4 中可能性，那么拓撲的總數為 410=1048576.檢查

5、每個拓撲需要 100 毫秒，則總時間需要 1048576*100 毫秒，稍微超過 29 個小時。10. 試問使用層次協議的兩個理由是什么？使用層次協議的一個可能缺點是什么？答：通過使用分層協議可以把復雜的設計問題劃分成較小的易于處理的小問題；分層意味著某一層協議的改變不會影響高層或底層的協議，具有靈活性。一個可能的缺點是分層設計的系統的性能可能會不如整體設計的系統性能。16. 一個系統具有 n 層協議。應用層產生長度為 M 字節的報文，在每一層加上長度為 h 字節的報文頭。試問報文頭所占的網絡帶寬比例是多少？答：每一層加上長度為 h 字節的報文頭，共有 n 層，則總的報文頭字節數為 hn，全部

6、消息的大小為（M+hn）字節那么報文頭所占的網絡帶寬比例為：hn/(M+hn). 20. 當在兩臺計算機之間傳輸一個文件時，可以采用兩種不同的確認策略。在第一種策略中，該文件被分解成許多個數據包，接收方獨立地確認每一個數據包，但沒有對整個文件進行確認。在第二種策略中，這些數據包并沒有被單獨地確認，但是當整個文件到達接收方時會被確認。請討論這兩種方案。答：如果網絡容易丟失分組，那么對每一個分組逐一進行確認較好，此時僅需要重傳丟失的分組。如果網絡高度可靠，那么僅在整個文件傳送的結尾發送一次確認即可，可以減少確認的次數，節省帶寬；但是，這種策略下，即使有單個分組丟失，也需要重傳整個文件。23.一幅圖

7、像的分辨率為 1024*768 像素，每個像素用 3 字節表示。假設該圖像沒有被壓縮。試問，通過 56kbps 的調制解調器傳輸這幅圖像需要多長時間？通過 1Mbps 的線纜調制解調器呢？通過 10Mbps 的以太網呢？通過 100Mbps 的以太網呢？答：這幅圖像總共的字節數是：1024*768*3=2359296 字節，即是 2359296*8=18874368 bit 那么通過 56kbps 的調制解調器傳輸此圖像需要時間為：18874368/56/1024=329.14 秒通過 1Mbps 的線纜調制解調器傳輸此圖像需要時間為：18874368/1024/1024=18 秒通過 10M

8、bps 的以太網傳輸此圖像需要的時間為：18874368/10/1024/1024=1.8 秒通過 100Mbps 的以太網傳輸此圖像需要的時間為：18874368/100/1024/1024=0.18 秒27. 假設實現第 k 層操作的算法發生了變化。試問這會影響到第 k-1 和第 k+1 層的操作嗎？答：采用分層的設計，每一層的目的都是向其上一層提供一定的服務，而把如何實現這一服務的細節對上一層加以屏蔽，某一層操作算法的改變不會影響高層或底層的協議，所以對第 k 層操作的算法發生了變化，不會影響到第 k-1 和第 k+1 層的操作。28. 假設由第 k 層提供的服務（一組操作）發生了變化。

9、試問這會影響到第 k-1 和第 k+1 層的服務嗎？答：第 k 層提供的服務發生了變化，對 k-1 層的服務不會產生影響，會影響到第 k+1 層的服務，第 k+1 層的操作需要重寫。思考題（1）什么是計算機網絡？網絡的應用有哪些？答：凡地理位置不同，并具有獨立功能的多個計算機系統通過通信設備和線路連接起來，且以功能完善的網絡軟件實現網絡資源共享的系統，可稱為計算機網絡系統。網絡的應用有：1. 信息檢索 2.現代化的通信方式 3.辦公自動化 4.電子商務與電子政務5.企業的信息化 6.遠程教育與 E-learning 7.豐富的娛樂和消遣 8.軍事指揮自動化等。 （2）網絡協議分層的作用和意義。

10、答：為了簡化網絡設計的復雜性，而將整個網絡的通信功能劃分為多個層次（分層描述），每層各自完一定的任務，而且功能相對獨立，這樣實現起來較容易。一、靈活性好：當任何一層發生變化時，只要層間接口關系保持不變，則在這層以上或以下各層均不受影響。此外，對某一層提供的服務還可進行修改。當某層提供的服務不再需要時，甚至可以將這層取消，更容易管理。二、各層之間是獨立的：.在各層間標準化接口，允許不同的產品只提供各層功能的一部分某一層不需要知道它的下一層是如何實現的，而僅僅需要知道該層通過層間的接口所提供的服務。由于每一層只實現一種相對獨立的功能，因而可將一個難以處理的復雜問題分解為若干個較容易處理的更小一些的

11、問題。這樣，整個問題的復雜度就下降了。三、易于實現和維護：這種結構使得實現和調試一個龐大而又復雜的系統變得易于處理，因為整個的系統已經被分解為若干個相對獨立的子系統， 減少復雜性，允許更容易編程改變或快速評估。四、能促進標準化工作：因為每一層的功能及其所提供的服務都已有了精確的說明，.較低的層為較高的層提供服務。（3）OSI 模型各層次協議的作用答：一、物理層：關注在一條通信信道上傳輸原始比特。1，0 的表示 比特維持時間 是否雙向同時傳輸 連接建立 撤銷 連接器多少引腳及其用途 物理傳輸介質。二、數據鏈路層：將一個原始的傳輸設施轉變成一條沒有漏檢傳輸錯誤的線路。相鄰節點間。數據幀 流量控制

12、信道共享。三、網絡層：控制子網的運行 ，如何將數據包從源端路由到接收方。路由 擁塞控制 異構網絡互聯。四、傳輸層：真正的端到端的層，進程與進程之間傳輸 識別進程。五、會話層：對話控制（記錄該由誰來發送數據）；令牌管理 （禁止雙方同時執行同一關鍵操作）；同步功能（設置斷點，崩潰恢復）。六、表示層：傳遞消息的語法和語義 （不同內部數據表示法 編碼方法 壓縮 加密）。七、應用層：應用層為操作系統或網絡應用程序提供訪問網絡服務的接口。用戶通常使用的各種各樣的協議（Telnet、FTP、HTTP、SNMP等）。（4）TCP 協議簇各協議的功能和對應層次地址解析協議（ARP，Address Resolvi

13、ng Protocol），用于網絡地址到物理地址的轉換。對應鏈路層。逆向地址解析協議（RARP, Reverse Address Resolving Protocol）用于物理地址到網絡地址的轉換。對應鏈路層。因特網控制報文協議(ICMP, Internet Control Message Protocol), 用于在IP主機、路由器之間傳遞控制消息。對應互連網絡層。因特網組管理協議（IGMP , Internet Group Management Protocol）, 用于管理多播組成員，用以支持臨時組地址的分配和組成員的添加、刪除。對應互連網絡層。因特網協議(IP, Internet Pr

14、otocol)，負責提供基本的數據封包傳送功能，讓每一塊數據包都能夠到達目的主機。對應互連網絡層。傳輸控制協議(TCP, Tranport Control Protocol)，負責將一臺機器發出的字節準確無誤地交付到物聯網上另一臺機器。對應傳輸層。用戶數據包協議(UDP, User Datagram Protocol)，實現端到端的數據交付，但不保證準確無誤。對應傳輸層。動態主機配置協議（DHCP，Dynamic Host Configuration Protocol，），動態配置IP地址。對應應用層。域名服務（DNS，Domain Name Service），用于主機名與IP地址的映射查找。

15、對應應用層。超文本傳輸協議（HTTP，Hypertext Transfer Protocol），用于瀏覽與發布 HTML 頁面。對應應用層。文件傳輸協議（FTP，File Transfer Protocol），用于文件傳輸。對應應用層。遠程網絡訪問協議(Telnet，Teletype over the Network)，用于通過一個終端登陸到網絡。對應應用層。簡單郵件傳輸協議（SMTP，Simple Mail Transfer Protocol），用來發送電子郵件。對應應用層。郵局協議（POP3，Post Office Protocol, version 3），用于支持使用客戶端遠程管理在服務

16、器上的電子郵件。對應應用層。簡單網絡管理協議（SNMP，Simple Network Management Protocol），用于網絡信息的收集和網絡管理。對應應用層。（5）C/S模型和 P2P 模型的不同點？C/S模型中客戶機和服務器之間是分開的，客戶機之間的通信必須通過服務器，一旦服務器出現故障，整個網絡將不可用。P2P 模型中每個節點既是客戶機也是服務器，所有節點地位相等，并沒有一個中心的節點，單個節點的故障不會影響整個網絡。計算機網絡第二次作業參考答案3. 電視信道寬6MHz。如果使用4級數字信號，試問每秒可發送多少個比特？假設電視信道為無噪聲的。解：根據奈奎斯特定理, 取樣頻率定為

17、12MHz. 4級數字信號每次抽樣需要2bits, 故發送速率為24 Mbps. 4. 如果在一條3kHz的信道上發送一個二進制信號，該信道的信噪比為20dB，試問可達到的最大數據率為多少？解：信噪比為20 dB 即 S/N =100.由于log21016.658，由香農定理知，該信道的信道容量為3log2(1+100) =19.98kbps。又根據乃奎斯特定理,發送二進制信號的3kHz 信道的最大數據傳輸速率為2*3log22=6kbps。即得最大數據傳輸速率為6kbps18. 一個簡單的電話系統包括兩個端局和一個長途局，每個端局通過一條1MHz的全雙工中斷線連接到長途局。在每8個小時的工作

18、日中，平均每部電話發出4次呼叫，每次呼叫平均持續6分鐘，并且10%的呼叫是長途（即要通過長途局）。試問端局最多能支持多少部電話（假設每條電路為4kHz）？請解釋為什么電話公司決定支持的電話數要小于端局的最大電話數？解：每部電話每小時做0.5 次通話，每次通話6 分鐘。因此一部電話每小時占用一條電路3 分鐘，60/3=20，即20 部電話可共享一條線路。由于只有10%的呼叫是長途，所以200 部電話占用一條完全時間的長途線路。局間干線復用了1000000/4000=250 條線路，每條線路支持200 部電話，因此，一個端局可以支持的電話部數為200*250=50000。23. 如果波特率是120

19、0并且不需要差錯檢測，試問V.32標準調制解調器能達到的最大比特率是多少？解：由于有32個狀態, 5 bits就可以編碼. 波特率是1200, 即能達到的最大比特率是5 * 1200 = 6000 bps。26. 試問為什么PCM采樣時間被設置為125微妙？解：PCM采樣時間125微秒對應于每秒8000個采樣。根據奈奎斯特定理,這個采樣頻率能采集4kHz信道（電話信道）內所有的信息。37. 有三個包交換網絡，每個包含n個節點。第一個網絡采用星形拓撲結構，有一個中心交換機；第二個網絡采用雙向環結構；第三個網絡則采用全連通結構，每個節點都有一條線路與其他的每個節點相連。試問，從傳輸路徑的跳數來看，

20、哪個最好？哪個其次？哪個最差？解： 星型：最好為2，最差為2，平均為2；環型：最好為1，最差為n/2，平均為n/4；全連接：最好為1，最差為1，平均為1。38. 比較在一個電路交換網絡和一個（負載較輕的）包交換網絡中，沿著k跳路徑發送一個x位長度消息的延遲。假設電路建立時間為s秒，每一跳的傳播延遲為d秒，數據包的大小為p位，數據傳輸速率為bbps。試問在什么條件下數據包網絡的延遲比較短？請解釋之。對于電路交換：t=s時電路建立起來；xt sb= + 時報文最后一位發送完畢；xt s kdb= + + 時報文到達目的地。對于分組交換：xtb= 時報文最后一位發送完畢，為到達最終目的地，最后一個分

21、組必須被中間的 路 由 器 重 發 (k-1) 次 ， 每 次 重 發 需 要 的 時 間 為pb， 那 么 總 的 延遲為( 1) x p k kdb b+ - +,為了使分組交換比電路交換快，那么：( 1) x p x k kd s kdb b b+ - + < + +得：( 1) ps kb> -結論：在電路建立時間大于( 1) pkb- 的情況下，數據包網絡的延遲比較短。39.假定在一個包交換網絡中用戶數據長度為x位，將以一系列數據包的形式沿著一條k跳路徑傳輸，每個數據包包含p位據和h位頭，這里。線路的比特率為b bps，傳播延遲忽略不計。試問什么樣的p值使得總延遲最小？每

22、個數據包包含p位數據，那么所需要的分組總數為xp，因此總的數據加上頭信息即為需要發送的數據量，為 ( ) xp hp+ 位，所需的時間為 ( ) xp hpb+ 。中間的路由器重傳最后一個分組所花的總時間為 ：( 1) p h kb+-因此總的延遲為：( 1) ( ) p h x k p hb pb+- + +為求出上式的最小值，對上式求p的導數，得到：2x p p h k ( ) 1b p b- + -+ 令此式等于0，可以求得1hxpk=-結論：當1hxpk=-時，總延遲最小。思考題答案（1） 區分信道容量、信號傳播速率、波特率（調制速率）、比特率（傳輸速率）的含義。1、信道容量: 指信道

23、傳輸信息的最大極限速率，表征了一個信道傳輸數字信號的能力。2、信號傳播速率：單位時間所傳輸的信息量。3、波特率：即碼元速率，單位時間內載波參數變化的次數。4、比特率：每秒傳送的比特數，信號通過系統處理或傳送的速率。（2）有線介質和無線介質的種類及其應用場景。有線介質：1、 磁介質，適合于那些高帶寬或者單個比特傳輸成本是關鍵因素的應用系統。2、 雙絞線，最常應用于電話系統。3、電力線，家庭室內使用的電力線。4、光纖，主要應用與網絡骨干的長途傳輸，高速局域網及高速Internet接入。5、同軸電纜，是有線電視和計算機城域網的常用傳輸介質。無線介質：1、無線電傳輸：被廣泛應用于通信領域，無論是室內或

24、者室外通信。2、微波傳輸：廣泛應用于長途電話通信，移動電話和電視轉播。3、紅外傳輸：廣泛應用于短程通信，在桌面環境中也有用途。4、光通信，室內LED可見光無線局域網，衛星激光通信。（3）信道復用的幾種方式及其原理。信道復用的方式包括1、 時分多路復用。時分多路復用將信道按時間分成若干片段輪換地給多個信號使用。每一時間片（時隙）由復用的一個信號單獨占用，從而實現一條物理信道上傳輸多個數字信號。2、 頻分多路復用。載波帶寬被劃分為多種不同頻帶的子信道，每個子信道可以并行傳送一路信號的一種多路復用技術。3、 碼分多路復用。一種基于碼型的信道分割技術。每個用戶可在同一時間使用同樣的頻帶進行通信，但每個

25、用戶分配的地址碼不同，各個碼型互不重疊。4、 波分多路復用。是將兩種或多種不同波長的光載波信號在發送端經復用器匯合在一起，并耦合到光線路的同一根光纖中進行傳輸的技術。（4）分組交換與電路交換的區別、各自優缺點。分組交換與電路交換的區別：項目 電路交換 分組交換呼叫建立 需要 不需要專用物理路徑 是 不是每個包遵循相同的路由 是 不是包按序到達 是 不是交換機崩潰是否致命 是 不是可用帶寬 固定 動態可能擁塞的時間 在建立時 在每個包潛在浪費帶寬 是 不是存儲-轉發傳輸 不是 是收費 按分鐘計 按包計分組交換與電路交換的優缺點：電路交換的優點：（1）一旦通信雙方之間的物理鏈路建立起來，傳輸數據的

26、時延小。（2）通信雙方按發送順序傳送數據，不存在失序的問題。（3）電路交換既適用于傳輸模擬信號，也適用于傳輸數字信號。（4）電路交換的交換設備及控制簡單電路交換的缺點：（1）電路交換的平均連接建立時間對計算機通信來說長。（2）物理鏈路被通信雙方獨占，即使線路空閑，也不能被其他用戶使用，因而信道利用率低。（3）電路交換時，不同類型、不同速率的終端很難相互通信，難以進行差錯控制。分組交換的優點：（1）不需要預先建立一條專用的通信線路，不存在建立連接延時。（2）分組可以繞過有故障的交換機到達目的地，因此可靠性好。（3）鏈路可以由多個分組動態共享，因而鏈路的利用率高。（4）由于每個分組短小、長度固定，

27、減少了出錯幾率和重發數據量。分組交換的缺點：（1）分組在路由器進行存儲轉發，會造成延時 。（2）分組交換可能存在分組的亂序、重復等問題。（3）開銷大。每個分組攜帶控制信息，使傳送的信息量增大，而且需要專門的管理和控制機制。計算機網絡第三次作業參考答案1. 一個上層數據包被分成 10 個幀，每一幀有80%的機會無損地到達目的地。如果數據鏈路協議沒有提供錯誤控制，試問，該報文平均需要發送多少次才能完整地到達接收方？答：由于每一幀有 0.8 的概率正確到達，整個信息正確到達的概率為：p = = 0.8 0.107 10 。為使信息完整的到達接收方，發送一次成功的概率為 p，二次成功的概率為(1 p)

28、p，三次成功的概率為 2(1 ) p p，i次成功的概率為(1 )i p p，因此平均的發送次數等于： 1(1 )ip pi 1E i= 。求解過程如下：我們知道111iiS = =，對其兩邊求導可得， ' 1211(1 )iiS i= =那么，令 =1 p，可得 12111 1 (1 ) 9.30.107iiE ip p pp p= = = = 所以，該報文平均需要發送 9.3次才能完整地到達接收方。3. 一個數據流中出現了這樣的數據段：A B ESC C ESC FLAG FLAG D，假設采用本章介紹的字節填充算法，試問經過填充之后的輸出是什么？答：填充之后的輸出是 A B ES

29、C ESC C ESC ESC ESC FLAG ESC FLAG D. 6. 需要在數據鏈路層上發送一個比特串：0111101111101111110。試問，經過比特填充之后實際被發送出去的是什么？答：經過比特填充之后實際被發送出去的是：011110111110011111010. 16. 7 5 1 被生成多項式 3x x + + x +1除，試問，所得余數是什么？答：所得余數為 2x + +x 118.發送一個長度為 1024位的消息，其中包含 992個數據位和 32位 CRC校驗位。CRC 計算采用了 IEEE 802 標準，即 32 階的 CRC 多項式。對于下面每種情況，說明在消息

30、傳輸中出現的錯誤能否被接收方檢測出來：（a） 只有一位錯誤；（b） 有 2個孤立的一位錯誤；（c） 有 18個孤立的一位錯誤；（d） 有 47個孤立的一位錯誤；（e） 有一個長度為 24位的突發錯誤；（f） 有一個長度為 35位的突發錯誤。答：CRC 校驗共 32位，那么（a）可以；（b）可以；（c）不可以；（d）可以；（e）可以；（f）不可以。20.考慮一個具有 4kbps 速率和20毫秒傳輸延遲的信道。試問幀的大小在什么范圍內，停-等式協議才能獲得至少50%的效率？答：當發送一幀的時間等于信道的傳播延遲的2倍時，也就是說發送一幀的時間等于來回路程的傳播延遲時，信道的利用率為 50%，在幀長

31、滿足發送時間大于延遲的兩倍時，效率會高于50%。對于 4kbps 的速率，20*2=40毫秒可以發送 160bit，所以，當幀長大于 160bit時，停-等協議可以獲得至少50%的效率。22.使用協議 5 在一條 3000 千米長的 T1 中繼線上傳輸 64 字節的幀。如果信號的傳播速度為6微秒/千米，試問序號應該有多少位？答：為了有效運行，序列空間（實際上就是發送窗口大小）必須足夠大，以允許發送方在收到第一個確認應答之前可以不斷發送。信號在線路上的傳播時間為：6*3000=18000微秒，即18毫秒。在 T1 中繼線上，發送 64 字節的數據幀需要花的時間：64*8/(1.536*1024*

32、1024)=0.32毫秒。所以，第一幀從開始發送起，18.32 毫秒后完全到達接收方。確認應答又花了很少的發送時間（忽略不計）和回程的 18毫秒，加在一起的時間時 36.32毫秒。發送方應該有足夠大的窗口，從而能夠連續發送 36.32毫秒 36.32/0.32=113.5 也就是說，為充滿線路管道，需要至少114幀，因此序列號為 7位。27.地球到一個遙遠行星的距離大約是 10 9 10 × 米。如果采用停-等式協議在一條64Mbps 的點到點鏈路上傳輸幀，試問信道的利用率是多少？假設幀的大小為32KB，光的速度是 83 10 × m/s。答：地球到行星的傳播延遲為 秒，發

33、送一幀所需的時間為毫秒，若采用停 - 等協議，信道利用率為10 89 10 / (3 10 ) 300 × ×=46.67*10 %=332 8 / (64 10 ) 4 × ×=0.004 / (300 300 + +0.004)28.在上題的問題中，假設用滑動窗口協議來代替停-等協議。試問多大的發送窗口才能使得鏈路利用率為 100%？發送方和接收方的協議處理時間可以忽略不計。答：若要鏈路利用率為 100% ，則需要發送窗口為(300 300 0.004) / 0.004 150001 + =34.考慮在一個無錯的 64kbps 衛星信道上單向發送51

34、2字節長的數據幀，來自另一個方向反饋的確認幀非常短。對于窗口大小為1、7、15和 127的情形，試問最大的吞吐量分別是多少？從地球到衛星的傳播時間為 270毫秒。答：使用衛星信道端到端的傳輸延遲為 270ms，以 64kps 發送，周期270+270+512*8/64=604 毫秒。發送一幀的時間為 64 毫秒，我們需要604/64=9個幀才能保持通道不空。對于窗口值 1，每 604毫秒發送 4096位，吞吐量為 4096/0.604=6.8kps 對于窗口值 7，每 604毫秒發送4096*7位，吞吐量為4096*7/0.604=47.5kps 對于窗口值超過 9（包括 15、127）的情形

35、，吞吐量達到最大值，即 64kps 39.本實驗練習的目標是用本章描述的標準CRC 算法實現一個錯誤檢測機制。編寫兩個程序：generator和 verifier。generator程序從標準輸入讀取一行 ASCII文本，該文本包含由 0 和 1 組成的 n 為消息。第二行是個 k 位多項式，也是以ASCII 碼表示。程序輸出到標準輸出設備上的是一行 ASCII 碼，由n+k個0 和 1 組成，表示被發送的消息。然后，它輸出多項式，就像它輸入的那樣。verifier 程序讀取generator 程序的輸出，并輸出一條消息指示正確與否。最后，再寫一個程序 alter，它根據參數（從最左邊開始 1

36、 的比特數）反轉第一行中的比特1，但正確復制兩行中的其余部分。通過鍵入：generator <file | verifier 你應該能看到正確的消息，但鍵入：generator <file | alter arg | verifier 你只能得到錯誤的消息。說明：本題是首先發送方通過 CRC 算法將數據幀（0 和 1 的字符串）根據生成多項式算出其校驗和，然后附加到數據幀的尾部，作為輸出，此部分通過generator 程序實現；然后接收方讀取帶校驗和的數據幀，用生成多項式去除它，通過余數是否為 0 判定傳輸是否出錯，此部分通過 verifier 程序實現；最后通過改變數據幀中的某位

37、，用 verifier 再去驗證，得出數據幀有誤的結論，此部分通過 alter 程序實現。本題為此課程四次實驗（至少選做兩個）之一，此程序的檢查放在后面的實驗課上。計算機網絡第四次參考答案4.一大群 ALOHA 用戶每秒鐘產生 50 個請求，包括原始請求和重傳請求。時間槽單位為 40毫秒。（a）試問：第一次發送成功的機會是多少？（b）試問：恰好 K 次沖突之后 概率是多少？（c）試問：所需傳輸次數的期望值是多少？解：（a）取 G = 2，根據泊松分布公式!Pr kG ekk -G= ，可得幾率為 -2e（b）G k G k(1- e ) e = 0.135´0.865 - -（c）傳

38、輸次數的期望值： = = 7.4G E e6.試問在下列兩種情況下 CSMA/CD 的競爭時間槽是多少？（a）一個 2 千米的雙導線電纜（twin-lead cable）（信號傳播速度是信號在真空中傳播速度的 82%）?（b）40 千米長的多模光纖（信號傳播速度是信號在真空中傳播速度的 65%）？解：（a）信號傳播速度在雙導線電纜中是 2.46 10 m/s8´ 。則信號在其中傳播2km時間是8.13ms 。 所以, 競爭時間槽是 16.26ms（b）信號傳播速度在多模光纖中是1.95 10 m/s8´ 。則信號在其中傳播40km時間是205.13ms 。 所以, 競爭時間

39、槽是 410.26ms8.在二進制倒計數協議中，試問為什么一個編號較低的站有可能得不到發送數據報的機會。解：如果編號較高的站和一個編號較低的站同時有數據報要發送，編號較高的站總能優先得到發送的機會。根據這樣的前提，若有編號較高的站點一直持續地發送數據報，那么一個編號較低的站就得不到發送數據報的機會。14.假設經典以太網使用曼徹斯特編碼，請畫出比特流 0001110101 的編碼輸出。解：這里低-高電平跳變表示 0, 高-低的電平跳變表示 1。15.一個 1 千米長、10Mbps 的 CSMA/CD LAN(不是 802.3)，其傳播速度為 200 米/微秒。這個系統不允許使用中繼器。數據幀的長

40、度是 256 位，其中包括 32 位的頭、校驗和以及其他開銷。在一次成功傳輸后的第一個比特槽被預留給接收方，以便它抓住信道發送的 32 位確認幀。假定沒有沖突，試問除去開銷之后的有效數據率是多少？解：數據來回傳輸一次需要時間：2*1000/200 =10ms ，完整的數據幀傳輸分為六個狀態：1. 傳輸方占用信道：10ms2.傳輸數據： 25.6ms3.最后一比特到達延遲：5ms4.接收方占用信道：10ms5.確認幀發送時間：3.2ms6. 最后一比特到達延遲：5ms總時間為58.8ms，這段時間內有224位數據被發送，即得有效數據率為3.8Mbps.16.兩個 CSMA/CD 都企圖傳送大文件

41、（多個幀）。每發出一幀，他們就使用二進制指數后退算法競爭信道。試問 K 輪結束競爭的概率是多少？每個競爭周期的平均次數是多少？解：競爭從1開始，第i次競爭是在第12i- 個時間槽中。所以，第i次沖突的可能性為 ( 1)2- i- 。由于K-1次競爭失敗，則第K次競爭成功為 Õ-=- - - -= -11( 1) ( 1)(1 2 ) 2kii i Pk ，公式可簡化為( 1) ( 1)( 2)/2(1 2 )2- - - - -= -k k k Pk每個競爭周期的平均次數為： =å k E kP18.以太網幀必須至少 64 字節長，才能確保當電纜另一端發生沖突時，發送方仍處

42、于發送過程中。快速以太網也有同樣的 64 字節最小幀長度限制，但是它可以快 10 倍的速度發送數據。試問它如何有可能維持同樣的最小幀長度限制?解：快速以太網的最大線路延遲只有以太網的 1/10.25.假設一個 11Mbps 的 802.11bLAN 正在無線信道上傳送一批連續的 64 字節幀，比特錯誤率為710- 。試問平均每秒鐘將有多少幀被損壞？解：一幀含有 512bit，比特錯誤率為：710-p = ，512bit 的所有數據都正確的概率為512 (1- p) ，大約為 0.9999488。那么數據損壞率大約為55 10-´ ，每秒所發送的幀數為：11 10 / 512 6

43、80; ，約為 21484，故每秒鐘的損壞幀數為 21484 5 10 15´ ´ »-27.為什么有些網絡用糾錯碼而不用檢錯碼和重傳機制？請給出理由。解：原因一是實時服務質量的要求所致，即使發現錯誤，也沒有時間重發一次。但是數據必須連續發送，這里可使用前置糾錯。另一個原因是信道質量很差的情況下，會導致錯誤率太高而不得不重發所有幀，而重發的幀也可能損壞。為了避免上述情況發生，前置糾錯被用于提高到達幀的成功率。38.考慮圖 4-41(b)用網橋 B1 和 B2 連接的擴展局域網。假設兩個網橋的哈希表是空的。對于下面的數據傳輸序列，請列出轉發數據包所用的全部端口：（a

44、）A 發送一個數據報給 C。（b）E 發送一個數據報給 F。（c）F 發送一個數據報給 E。（d）G 發送一個數據報給 E。（e）D 發送一個數據報給 A。（f）B 發送一個數據報給 F。解：（a）B1發數據包所用的端口： 2.3.4.；B2發數據包所用的端口:1.2.3.（b）B2發數據包所用的端口：1.3.4；B1發數據包所用的端口：1.2.3.（c）B2 可以將數據包發送至它的任何端口, B1 收不到這個數據報（d）B2 可以將數據包發送至端口 2, B1 收不到這個數據報（e）B2 可以將數據包發送至端口 4 ；B1 發數據包所用的端口：1.（f）B1發數據包所用的端口：1, 3 ,4

45、； B2發數據包所用的端口:2.計算機網絡第五次作業參考答案2.數據報網絡將每個數據包當作獨立的單位進行路由，路由過程彼此獨立。虛電路網絡不必采用這種方式，因為每個數據包都沿著一條預先確定的路由。試問，這是否意味著虛電路網絡不需要具備將單個數據包從任意源端路由到任意接收方的能力呢？請解釋你的答案。答：不對。為了從任意源到任意目的地，為連接建立的分組選擇路由，虛電路網絡肯定需要這一能力。6.考慮圖 5-12（a）中的網絡。使用距離矢量路由算法，路由器 C 剛剛收到下列矢量：來自B 的（5,0,8,12,6,2）；來自 D 的（16,12,6,0,9,10）；來自 E 的（7,6,3,9,0,4）

46、。從 C 到 B、D 和 E 的鏈路成本分別為 6、3 和 5.請給出 C 的新路由表，包括使用的出境線路和成本。答：通過 B 給出（11,6,14,18,12，8）通過 D 給出（19,15,9,3,12,13）通過 E 給出（12,11,8,14,5,9）取到達每一目的地的最小值（C 除外）得到：（11,6,0,3,5,8）輸出線路是：（B,B,-,D,E,B）7.在一個有 50 個路由器的網絡中，如果成本以 8 位數字表示，并且距離矢量每分鐘交換兩次，試問每條（全雙工）線路有多少帶寬被這個分布式路由算法吞嗤掉？假設每個路由器都有三條線路連到其他路由器。答：路由表的長度等于 8*50=40

47、0bit。該表每分鐘在每條線路上發送 2 次因此在每條線路的每個方向上消耗的帶寬都是 400*2/60=13.3bps11.參照圖 5-6 中的網絡。試問若使用以下方法，從 B 發出的一次廣播將生成多少個數據包？（a）逆向路徑轉發。（b）匯集樹。答：在一個子網中，從所有的源到一個指定的目的地的最佳路由的集合形成一棵以該目的地為根的樹。這樣的樹就稱作匯集樹。匯集樹不必是唯一的，其他具有相同通路長度的樹可能存在。所有路由選擇算法的目標都是要為所有的路由器尋找和使用匯集樹。在廣播形式的應用中，源主機需要向所有其他的主機發送報文。在稱為反向通路轉發的廣播路由選擇中，當廣播分組到達路由器時，路由器對此分

48、組進行檢查，查看該分組是否來自于通常用于發送分組到廣播源的線路，如果是，則此廣播分組本身非常有可能是從源路由器來的第一個拷貝。在這種情況下，路由器將此分組復制轉發到進入線路以外的所有線路。然而，如果廣播分組到來的線路不是到達源端的線路，那么分組就被當作副本而扔掉。（a）反向通路轉發算法，算法進行到5個跳段后結束，總共產生28 個分組。（b）使用匯集樹算法，需要 4 個跳段，總共產生 14 個分組。12.考慮圖 5-15（a）中的網絡。想象在 F 和 G 之間加入一條新的線路，但是圖 5-15（b）中的匯集樹仍然不變。試問對于圖 5-15（c）有什么變化？答：在 F 的子孫下面多一個 G，在 G

49、 的子孫下面多一個 F，其他沒變化。16.一個數據報網絡允許路由器在必要的時候丟棄數據包。路由器丟棄一個數據包的概率為p。請考慮這樣的情形：源主機連接到源路由器，源路由器連接到目標路由器，然后目標路由器連接到目標主機。如果任何一臺路由器丟掉了一個數據包，則源主機最終會超時，然后再重新發送。如果主機至路由器以及路由器至路由器之間的線路都計為一跳，試問：（a）每次傳輸數據包的平均跳數是多少？（b）數據包的平均傳輸次數是多少？（c）每個接收到數據包所需的平均跳數？答：（a）由源主機發送的每個數據包可能行走 1 個跳段、2 個跳段或 3 個跳段。走 1 個跳段的概率為 p ，走 2 個跳段的概率為(1

50、 ) - p p ，走 3 個跳段的概率為2(1 ) - p 。那么，一個分組平均通路長度的期望值為：2 2 L p p p p p p = × + × - + × - = - + 1 2 (1 ) 3 (1 ) 3 3即每次發送一個數據包的平均跳數是2p p - + 3 3（b）一次發送成功（走完整個通路）的概率為2(1 ) - p ，令 a=2(1 ) - p ，兩次發射成功的概率等于(1 ) - a a ，三次發射成功的概率等于2(1 ) - a a ，依次類推，因此一個數據包平均發送次數是：1211 1 (1 )(1 )nnT na aa p¥-= - = =-å（c）最后，每一個接收到的數據包所需的平均跳數等于：2 2 H L T p p p = ´