網絡工程師知識問答精華●設某單總線LＡN,總線長度為1000米,數據率為10mbｐｓ,數字信號在總線上的傳輸速度2C/3(C為光速)，則每個信號占據的介質長度為＿＿米.當CＳMA/ＣD(非IＥＥE8０2.3標準)訪問時,如只考慮數據幀而忽略其他一切因素,則最小時間片的長度為__us,最小幀長度是__位？?答案1．問：2c/3＝2*3*10^8/３＝２*10^8m/st=1000m/(2*10^8m/s）＝5＊10^（-6)s在時間t內共有信號量＝10*１0^６t=1０*１0^６*5＊1０^(－6)＝5０bｉt在1０00m共有50ｂiｔ每個信號占據的介質長度=10０0m／50ｂit=20ｍ/bit

2問:slotｔiｍe=2Ｓ／(2c/3)＝2＊1000m／［2＊10(8）m/s]=1*１0（－5)s＝1０us?3問：Lmin=sｌoｔtｉme*Ｒ=１*１0(-5)ｓ*1０mb/s=1*10(-5)s*[１０*10(６）b/s]＝100ｂｉt?●視頻

當傳輸視頻信號時:

帶寬=圖像尺寸＊圖像像素密度*像素的彩色分辨率*圖像更新速度

●使用Windoｗs202３操作系統的DＨＣP客戶機，假如啟動時無法與DHCP服務器通信,一般來說,它會在保存的ip地址（如192.x.x.x）選取一個ip地址?●rｏuteprint本命令用于顯示路由表中的當前項目，在單路由器網段上的輸出;由于用ＩP地址配置了網卡,因此所有的這些項目都是自動添加的。?tracert命令這是驗證通往遠程主機途徑的實用程序?●.假如信息長度為5位,規定糾正1位錯，按照海明編碼,需要增長的校驗位是＿_（1９)__。?A．3B.4C.5D.6答案為4m+ｋ＋1<2^ｋm＝5k=4?●特權指令在多用戶,多任務的計算機中必不可少,它重要用于()?A.檢查用戶的權限B.系統硬件自檢和配置C.用戶寫匯編程序時調用D.系統資源的分派和管理。答案是D

●微機A和微機B采用同樣的CPU,微機A的主頻為8０0MＨZ,微機B的主頻為120０MHZ.若微機A的平均指令執行速度為4０MIPS,則微機A的平均指令周期為多少ns,微機B的平均指令執行速度為多少MＰＩS請老師給出具體求解公式．

miｐs(每秒百萬條指令）?微機A的平均指令周期=１/(40*1０^６/10^(-９)）＝1０＾9/(４0*10^6）=100/4=25ns?微機B的平均指令執行速度=４0*12０/80=60MIPS

●有一個5１2Ｋ＊１6的存儲器，由64K*1的216４RAM芯片構成(芯片內是４個128*128結構），總共需要(1)個RＡＭ芯片。?為什么位擴展是16/1＝１６,字擴展是51２/64＝8?字擴展就是數據位數不夠需要將２個或者2個以上的存儲芯片并行使用而提高位數，也就提高數據線的條數。字擴展呢就是存儲容量不夠需要串聯n個芯片來擴大容量，容量擴大了那么地址線的條數就要多了。?分析：?一方面給定的存儲芯片是64K*1位的,從這里能看出容量64K，數據線1條。要設計成512Ｋ＊16的存儲器,存儲器的數據線是16條,所以需要１6塊存儲芯片并聯才成（位擴展）。容量５12K所以需要512/６４=8片串聯達成規定（字擴展),總共需要多少芯片呢?1６*8=128片芯片。

●若衛星信道的數據傳輸率為１Mbｐs,幀長為1000bit,運用衛星信道的兩個站點從一方到另一方的傳播時延為２５0ｍs。忽略確認幀長和解決時間則?若幀的犯錯概率為0．1,而假設應答幀不出現錯誤，當采用停等協議時,其協議效率是（1）。若采用連續ARQ協議，發送窗口Wt＝7,接受窗口Ｗr=1,在不犯錯的情況下，信道的運用率為（2)

若幀傳輸過程中犯錯是突發式的,突發位數為１00ｂit，信道的誤碼率為1０-3,則幀的犯錯概率變為(3)?在連續ARQ協議中,若發送窗口大于２K（K為編號位數)，則會（4),停等協議可以當作是連續ＡRQ協議的特例,即(5)

(1）A0.02B0.０18C0.1Ｄ0.0４A?(2)A0.0７8B0.1３7C0.11D0．01Ａ

(3)A0.001B０.1Ｃ0．01D0.0０0１?（4）A發送窗口速度太快Ｂ接受窗口接受不下?Ｃ接受方不能對的辨認是新的下一幀還是重發的幀Ｄ發送窗口不能進行編號

(5)A發送窗口等于1B接受窗口等于1C認為線路不犯錯D認為線路犯錯較高

答案：（1)B(2)Ｂ（３）Ｃ(4)C(5)A?(１）

ｄ/v=２50mｓ=0.２5s

R=1Mbps=1*10^6ｂｐs=1*１0^6(bit/s)

a=(Ｒd/ｖ)/Ｌ=(1*10^6*０.25)/１０00＝250

P=０.1?E=（1-Ｐ)／（２a+1)＝0.９/5０1=0.00１79?(２)?w=7?ｗ<2a+1?Ｐ=0?E=Ｗ（1-P)／(2a+1)=7/５01=0.１39?（3)P=(１000*10^(-3))/100=0.01?●基于IＰ－-MAC的綁定方法用命令實現時,是ARP－SIPMAＣ嗎??在ｗinｄｏws系統中，使用“arp－siｐｍaｃ”命令對MAＣ地址和IP地址進行綁定，使用“arp－ｄｉｐmac”命令取消綁定。

這種靜態的綁定有何限制?是不是每次重開機都要綁定一次？?只要ip地址在綁定期沒有使用就可以了。是的。?●數字署名具體做法是：

1、將報文按雙方約定的HＡＳＨ算法計算得到一個固定位數的報文摘要。在數學上保證，只要改動報文中任何一位，重新計算出的報文摘要值就會與原先的值不相符。這樣就保證了報文的不可更改性。?２、將該報文摘要值用發送者的私人密鑰加密,然后連同原報文一起發送給接受者而產生的報文即稱數字署名。

3、接受方收到數字署名后，用同樣的HＡSH算法對報文計算摘要值，然后與用發送者的公開密鑰進行解密解開的報文摘要值相比較，如相等則說明報文的確來自所稱的發送者

?●當Ｎ個用戶采用公鑰通信時,系統中有___個密鑰,若采用傳統加密時,則有__個密鑰.請老師解釋一下。

答:對稱密鑰加密,使用發件人和收件人共同擁有的單個密鑰。這種密鑰既用于加密，也用于解密。

由于對稱密鑰加密在加密和解密時使用相同的密鑰，所以這種加密過程的安全性取決于是否有未經授權的人獲得了對稱密鑰。希望使用對稱密鑰加密通信的雙方,在互換加密數據之前必須先安全地互換密鑰。?所以針對本題目來說，N個用戶,彼此間倘若交互數據的話,雙方都需要有對方密鑰。也就是每個用戶有(n－1）個。那么n個用戶有n×（n-1)。其中涉及一半彼此重疊擁有的。故此n*（n-1)／2.

公鑰密碼系統其特點是:

(1)加密鑰和解密鑰本質是不同的,知道其中一個,不存在一個有效地推導出另一個密鑰的算法;?(2）不需要分發密鑰的額外信道,我們可以公開加密鑰,這樣無損于整個系統的保密性，需要保密的僅僅是解密鑰．?每個人都保存自己的私鑰,而將相應的公鑰放到一個公共通訊簿上,A要想向Ｂ發送保密消息M,他使用Ｂ的公鑰加密,發送給B,只有B擁有相應的私鑰,所以只有B可以解密?●ATM互換分為VＰ互換和VC互換兩種。VP互換指在互換的過程中只改變VPＩ的值，透傳VCI的值,而VＣ互換過程中VPＩ、VCI都改變ＡTM(AsynchｒoｎousTraｎｓferMoｄe,異步傳輸方式）采用基于信元的異步傳輸模式和虛電路結構。?●假如互連的局域網高層分別采用ＴCP/IP協議和SPX/IPX協議,那么我們可以選擇的多個網絡互連設備應是:＿_

A.中繼器B,網橋Ｃ網卡D.路由器數據分組產生沖突的網絡區域被稱為＿__?Ａ,沖突域B.網絡域C廣播域D網絡分段.答案是D，Ａ

●嵌入式系統是指操作系統和功能軟件集成于計算機硬件系統之中。簡樸的說就是系統的應用軟件與系統的硬件一體化,類似與BIOＳ的工作方式。具有軟件代碼小,高度自動化,響應速度快等特點。特別適合于規定實時的和多任務的體系。

嵌入式計算機系統同通用型計算機系統相比具有以下特點：

１、嵌入式系統通常是面向特定應用的嵌入式ＣＰＵ與通用型的最大不同就是嵌入式ＣＰU大多工作在為特定用戶群設計的系統中,它通常都具有低功耗、體積小、集成度高等特點,可以把通用CPU中許多由板卡完畢的任務集成在芯片內部,從而有助于嵌入式系統設計趨于小型化,移動能力大大增強，跟網絡的耦合也越來越緊密。

２、嵌入式系統是將先進的計算機技術、半導體技術和電子技術與各個行業的具體應用相結合后的產物。這一點就決定了它必然是一個技術密集、資金密集、高度分散、不斷創新的知識集成系統。

3、嵌入式系統的硬件和軟件都必須高效率地設計，量體裁衣、去除冗余，力爭在同樣的硅片面積上實現更高的性能，這樣才干在具體應用中對解決器的選擇更具有競爭力。

4、嵌入式系統和具體應用有機地結合在一起,它的升級換代也是和具體產品同步進行,因此嵌入式系統產品一旦進入市場，具有較長的生命周期。?5、為了提高執行速度和系統可靠性,嵌入式系統中的軟件一般都固化在存儲器芯片或單片機自身中，而不是存貯于磁盤等載體中。?6、嵌入式系統自身不具有自舉開發能力,即使設計完畢以后用戶通常也是不能對其中的程序功能進行修改的,必須有一套開發工具和環境才干進行開發?●假設一個有三個盤片的硬盤,共有四個記錄面,轉速為7200轉／分,盤面有效記錄區域的外直徑為3０CＭ,內直徑為1０ＣM,記錄位密度為２50位/mm,磁盤密度為8道/mm,每磁道分16個扇區,每扇區５1２字節,則該硬盤的數據轉輸率約為_＿__?A．2356ＫB／SB.３534KB/SＣ．７069KB/SD.１１７８ＫＢ/S?在教程,網校資料和其它資料上有三種答案.教程是960KＢ／S,而網校是117８KB/S,請問是多少,如何算的．我的算法是:51２字節*1６*７200/(60＊１024)=９6０KＢ／S

數據傳輸率=π*內直徑*記錄位密度／８＊轉速/60（字節/秒）

●若存儲周期為2０0ＮS，且每個周期可訪問4個字節，則存儲器帶寬?

每個周期可訪問4個字節，４字節＝32bit

存儲器帶寬＝3２bit／20０ｎs＝32bit/（２00＊１０^(-9))s＝16*10^７bit/s=１6０*10^6bｉt/s●長10km,16Mbｐs,100個站點的令牌環，每個站點引入1位延遲位，信號傳播速度位２0０m/us,則該環上1位延遲相稱于_（４)_米長度的電纜,該環有效長為_(5)＿。

⑷A．10Ｂ.1２．5C.15Ｄ.20

⑸Ａ.100B.２00Ｃ.500D．９00

據時延估算公式：傳播時延（us／km)*傳播介質長度(ｋｍ）*數據率(Mpbｓ）+中繼器時延傳播介質長度＝10ｋm?傳播速度=20０m/ｕs=０.2km/us傳播時延=１/0.2(us/ｋm)＝5(ｕｓ/ｋm)?數據率=16Mbpｓ?其環上也許存在的最大時延是10*5＊16+100=90０位

沒有幀發送時，其環上也許存在的最小時延為１０*５*16=800位

環上１位延遲相稱于1０km/８00＝12.5m?●RＳ-2３2-C是在ＯSI模型中屬于（７）層協議標準，這個標準的設計數據速率是解決（9)ｂit/s。?(7)A、會話Ｂ、數據鏈路Ｃ、網絡D運送E、物理?（9)A、4800B、96００C、19200D、20230E、6４00

RS-2３2-Ｃ是由電子工業協會(EIＡ,ElectｒoniｃIndustrieｓAssociaｔion)制定的數據終端設備和數據電路端接設備連接的物理接口標準,屬于國際標準化組織ISO的開放系統互連(OSI)模型中的最低層,即物理層的協議標準。它規定了接口的機械、電氣和功能特性。

RS-23２-C規定的機械特性是25針的插頭／座,減去一些未定義的針外,事實上只定義了2０根針的功能。用來連接兩個設備至少要連接３根錢線,即信號地、發送數據和接受數據線。在采用RＳ-232－C連接計算機與終端的場合就只使用這3根線。?RS-232－Ｃ的設計數據速率是2023bit/s,連接設備間的距離也有規定。為了實現更高的數據速率和更遠的距離連接,EIＡ又制定了另一個RS-４22標準。該標準的電氣特性與RS-23２－C不同,不用公共地,采用雙線平衡傳輸的方式,在同樣數據速率條件下，可達成較遠的傳輸距離。在數據速率是2023ｂit/s條件下，連接設備間的距離可擴展到原有RＳ-232－C標準的約８０倍。?

●操作碼的三種編碼方法：固定長度(等長),Huｆfman編碼、擴展編碼

等長碼：每一個操作碼的長度是固定的。?計算：n位長度的用編碼為2^ｎ●當用安全散列算法(SHＡ)計算報文摘要時，某一循環的第２輪的某一步操作之前,緩存A、Ｂ、C、Ｄ、Ｅ的十六進制值分別為:1２３45678，9AＢCDEF０,87654３２１,FＥDCＢA9０，1F2E3D4C,則該步的輪函數f（t,B,C,Ｄ)的函數值是(1)。?用公鑰加密算法RSA進行解密,若密文C=153,公鑰為Ｎ=2２１,E＝5，私鑰為D=77,則明文M=(2）。

M＝Cmodn=153^77mod221●ISDＮ的基本速率接口(BＲI）服務提供2個B信道和1個D信道（２Ｂ+D)。BRI的B信道速率為６4Kbps,用于傳輸用戶數據。D信道的速率為16Kbps,重要傳輸控制信號。在北美和日本,ＩSDN的主速率接口(PＲI)提供23個B信道和1個Ｄ信道,總速率可達1.54４Mｂpｓ，其中D信道速率為6４Ｋbpｓ。而在歐洲、澳大利亞等國家,ISDN的PRI提供３0個B信道和1個64ＫbpｓD信道,總速率可達2.048Mbｐs。我國電話局所提供ISDNPRI為30B+Ｄ。●EGＰ是在Interｎet組成單個主干網時設計的，它對于今天的多主干網不是有效的。?BGP（邊界網關協議）：ＢGＰ是為因特網主干網設計的一種路由協議。?CGP(CｒyｐtｏGatewayProtocol)加密網關協議●點對點協議(PPP）為基于點對點連接的多協議自尋址數據包的傳輸提供了一個標準方法。PPＰ最初設計是為兩個對等結構之間的ＩP流量的傳輸提供一種封裝協議。在TCＰ-ＩＰ協議集中它是一種關于同步調制連接的數據鏈路層協議（ＯＳＩ模式中的第二層),替代了原非標準第二層協議,即SLIP。除了IP以外PPP還可以傳送其它協議,涉及ＤＥCneｔ和Novｅｌl的Interneｔ網包互換(IＰX）。

●一個單位分派到的網絡號是217.１４.8．０,掩碼是255.２５５.255.２24.單位管理員將本單位的網絡又提成了４個子網,則每個子網的掩碼是(1),最大號的子網地址是(２）,最小號的子網地址是（3).

256-22４＝32

３2/4=8?掩碼：２５5．２55.255.2４8

四個子網為:2１7.1４.8.０／2９

2１7.14．8.8/29?2１7.１4.8.１6／29?217.1４．８.24/2９?●ＡTM的信元結構及原理

IＴU對ATM（AsyｎcｈronousTransferMode）的定義是：ＡTＭ是一種異步轉移模式。異步是指ＡTＭ記錄復用的性質。轉移模式是指網絡中所采用的復用、互換、傳輸技術，即信息從一地轉移到另一地所用的傳遞方式。在這種轉移模式中,信息被組織成信元（CEＬＬ),來自某用戶信息的各個信元不需要周期性地出現。因此，ATＭ就是一種在網絡中以信元為單位進行記錄復用和互換、傳輸的技術。?AＴM是一種新型分組技術,信元事實上是具有固定長度的分組，信元總長度為53個字節,其中5個字節是信頭，48個字節是信息段,或稱凈荷。信頭包含表達信元去向的邏輯地址、優先等級等控制信息。信息段裝載來自不同用戶、不同業務的信息。任何業務的信息都通過切割封裝成統一格式信元。?ATM采用異步時分復方式，將來自不同信息源的信元匯集到一起，在緩沖器內排隊,隊列中的信元根據到達的先后按優先等級逐個輸出到傳輸線路上,形成首尾相接的信元流。具有同樣標志的信元在傳輸線上并不相應著某個固定的時隙，也不是按周期出現的。異步時分復用使ＡTM具有很大的靈活性，任何業務都按實際信息量來占用資源,使網絡資源得到最大限度的運用。此外，不管業務源的性質有多么不同(如速率高低、突發性大小、質量和實時性規定如何），網絡都按同樣的模式來解決，真正做到完全的業務綜合。為了提高解決速度、保證質量、減少時延和信元丟失率,ATＭ以面向連接的方式工作。通信開始時先建立虛電路，并將虛電路標志寫入信頭,網絡根據虛電路標志將信元送往目的地。虛電路是可以拆除釋放的。在ATM網絡的節點上完畢的只是虛電路的互換。為了簡化網絡的控制,ATＭ將差錯控制和流量控制交給終端去做，不需逐段鏈路的差錯控制和流量控制。因此，ATM結合了電路互換和分組互換的優點，即AＴM兼顧了分組互換方式記錄復用、靈活高效和電路互換方式傳輸時延小、實時性好的優點。能在單一的主體網絡中攜帶多種信息媒體,承載多種通信業務,并且可以保證QoS。ATM互換分為ＶP互換和VC互換兩種。ＶP互換指在互換的過程中只改變VPI的值,透傳ＶＣI的值，而VC互換過程中VPI、VCI都改變。?二、ATM的協議參考模型及各層功能?在ITU－T的I.３21建議中定義了Ｂ－ISDN協議參考模型，該模型為一個立體模型，涉及三個面:用戶面U、控制面Ｃ和管理面M,而在每個面中又是分層的,分為物理層、ATM層、AAL層和高層。

協議參考模型中的三個面分別完畢不同的功能:?1.用戶平面U:提供用戶信息流傳送的功能,同時也具有一定的控制功能，如流量控制、差錯控制等;

２.控制平面C:提供呼喊控制和連接控制功能,運用信令進行呼喊和連接的建立、監視和釋放；

３.管理平面M:提供兩種管理功能:涉及層管理和面管理。層管理(分層）,完畢與各協議層實體的資源和參數相關的管理功能，如元信令,同時還解決與各層相關的OAM信息流；面管理（不分層)，它完畢與整個系統相關的管理功能,并對所有平面起協調作用。?AＴＭ的協議參考模型中各層功能：?1．物理層又劃分為兩個子層：PM(物理媒體子層）和TＣ（傳輸會聚子層）。PM(物理媒體子層)負責線路編碼光電轉換、比特定期,以保證數據比特流的對的傳輸；傳輸會聚子層功能為信元速率解藕;HEＣ的產生/校驗;信元定界;傳輸幀適配；傳輸幀產生/恢復。?2.ATＭ層重要完畢四項功能:一般流量控制；信頭的產生和提取；信元ＶPＩ/VCI的翻譯；信元復用和分路。

3.ＡAL(AＴM自適應層)其功能是將高層功能適配成AＴM信元。AAL層的目的是使不同類型的業務,涉及管理平面和控制平面的信息，通過適配之后都可用統一的ＡＴM信元形式來傳送。AAL層與業務有直接關系。ＡAL層對不同類型的業務進行不同的適配。對于ATＭ用戶,ＡAL在用戶終端設備中實現;對于非AＴM用戶，ＡＡL在UNI的網絡側設備中實現。AAL層又分為兩個子層:拆裝子層SＡＲ和匯聚子層CS。在發送端,需要將業務流適配到ATM層，SAR將高層信息分段為固定長度和標準格式的AＴM信元;在接受端,在向高層轉接ATM層信息時,SＡR接受AＴM信元,將其重新組裝成高層協議信息格式。ＣS執行定期信息的傳遞、差錯檢測和解決、信元傳輸延遲的解決、用戶數據單元的辨認和解決等功能。

三、AＴＭ與ＩＰ技術簡樸對比

１.服務質量保證方面?無論對運營者還是用戶，QoS是服務信譽的標志。由于面向連接與面向無連接之分，IP技術和ＡＴM技術在服務質量(QoS)保證方面有主線的不同。IP包的長度是不固定的，長信息包和短信息包中信息打包、拆包時延差別很大,從而引入了較大的時延抖動，不適于實時業務。當用戶增長時，服務質量則減少，導致服務質量不穩定。目前一些示范實時應用事實上是用低帶寬運用率換取高服務質量。ATＭ技術使用固定長度信元使打包、拆包時延相稱，減小時延抖動,并且小信元長度減少了時延值。此外,ATＭ采用流量控制技術,在連接建立之前,就通過信令協商能否保證用戶的服務質量規定，只有當網絡確認之后才接受入網，保證為每一個虛電路提供不同的服務質量。這是真正意義上的服務質量（ＱoS)。為填補IP技術在服務質量上的缺陷，TＥTF提出如RＳＶP(ＲｅsoｕrceReservatioｎPrｏｔocol）協議。但由于IP自身限制，協議實現復雜,進展緩慢。?2．協議簡化問題?從發展歷程上看，ｌＰ技術在開發初期,傳輸技術不抱負，于是采用逐段糾錯,反饋重傳等技術，這使得協議復雜。隨著光纖技術的發展，傳輸和解決能力的提高，這些部分已顯多余。但由于軟、硬件投資問題，ＩP自身成了障礙,只能保存這些功能。這必然影響網絡傳輸效率。ATＭ技術充足運用光纖技術發展，簡化差錯控制，在中間節點不檢查業務完整性,大大簡化了協議。AＴM流量控制和信令是為了用精確的控制得到網絡運用率的提高和服務質量的保證。雖然復雜些，卻是值得的。?TCP/IP是互聯網的基礎協議，TCP/IＰ協議框架中的IP層相應于OＳI參考模型中的網絡層,完畢路由選擇和分組轉發功能,而TCP相應于ＯSI參考模型中的傳送層,完畢端到端之間的數據收妥確認與差錯糾正等。可以看出，IP協議實質上是一種不需要預先建立連接，而直接依賴于IP分組報頭信息決定分組轉發途徑的數據協議。從技術上講，它具有以下幾大特點：一是分布式結構；二是端到端原則,所有增值功能都在網絡之外由終端完畢；三是ＩP網可以建立在任何傳輸通道上,可以保證異種網絡的互通；四是具有統一的尋址體系，網絡可擴展性強。?ATＭ以面向連接的方式工作，通信開始時先建立虛電路，并將虛電路標志寫入信頭,網絡根據虛電路標志將信元送往目的地。為了簡化網絡的控制，ＡTＭ將差錯控制和流量控制交給終端去做，不需逐段鏈路的差錯控制和流量控制。可以提高解決速度、保證質量、減少時延和信元丟失率。AＴM結合了電路互換和分組互換的優點,即ＡＴM具有記錄復用、靈活高效和傳輸時延小、實時性好的優點。能在單一的主體網絡中攜帶多種信息媒體，承載多種通信業務,并且可以保證Qos。?相對于ATM技術，IP技術在服務質量保證、安全性、記錄復用、流量管理和擁塞控制等方面,都有先天的局限性。當用戶數量比較少時，這些問題還不那么突出,而一旦用戶數量增長得較快,網上的數據流量增大,問題就出來了。因此在服務質量保證方面，IＰ技術不如ATＭ技術。

四、AＴM技術在計算機通信網的應用之一:LANE?1.ＡＴＭＬAＮＥ的概念?顧名思義，LANＥ（EｍulatedLAN）的功能是在AＴＭ網絡上仿真LAN，LAＮＥ協議定義了仿真IEEE80２.3以太網或80２.5令牌環網的機制。LANE協議定義了與現有LAN給網絡層提供的服務相同的接口,在ＡTM網絡中傳輸的數據以相應的ＬＡNＭAC分組格式封裝。

在AＴM網上模擬傳統局域網,通過ＡTM網將多個傳統局域網和終端設備互聯。在ATM網上構造新的局域網,這些局域網接點間的通信行為與傳統局域網完全相同。局域網仿真對局域網隱藏了AＴM互換結構，局域網終端感覺不到ATＭ網絡的存在，因此無需修改終端設備的軟硬件，就可以運用AＴM網絡的各種優點。由下圖可見，仿真協議重要在ＡTM主機和AＴMLAＮ橋上實現。ＡTMＬAＮ橋是局域網和ＡTM網間的轉換器,它采用ALL５協議對局域網數據作適配,產生AＴＭ信元,或重組ATM信元,恢復局域網的數據幀。ATM主機在ATM適配層與高層協議間加入局域網仿真功能,使ATM主機模擬傳統局域網設備的行為,與局域網通信。ATMLANE是專為LＡN接入而設立的，意即ＡTＭ的局域網仿真（LANＥmuｌａｔioｎ)。對傳統IＰ終端而言，ATM網絡就像是一個局域網，其中包含若干由路由器連接起來的IP子網。?ＬAＮＥ基于客戶端/服務器模式（Client/Server），一個ＬANＥ服務器可對多個LAＮＥ客戶端。ＬANＥ支持多種協議(MＰＯA：Ｍulti-ＰｒｏｔocoloｖerATM)傳送，允許不同的LＡNＥ之間的互聯；LAＮE充足支持LAＮ中的無連接特性；LANE支持單播、多播及廣播傳送；?ＡTM局域網的優點：?信息實時傳送，由于ATＭ的傳輸、互換時延較小，可以保證信息的實時傳遞；具有較強的網絡解決能力,各種業務涉及話音、數據、圖像等均可以統一轉換為ATM信元在ATM網中傳輸、解決;傳輸速率高,易于局域網和公用網間的互通；

局域網仿真提供OSI-RM層中下兩層的功能，即用ATM網絡模擬局域網數據鏈路層和物理層的功能，而與高層所有的業務、協議和應用無關。ＡＴＭ互換機不直接參與局域網仿真,只為AＴM信元提供虛通路。

２.局域網仿真結構?局域網仿真從邏輯上看由服務器和一組局域網仿真客戶組成。

局域網仿真服務器從功能上可以劃分為三種：

a.廣播與未知地址服務器(BＵS：Broadｃａst&＆UｎknownServeｒ）實現廣播和多點通信功能，既仿真傳統LAN的廣播機制，在LＥC間直接鏈路建立前單播LEC數據,一個LANＥ中只有一個BUＳ;

b．局域網仿真服務器(LES:ＬANＥSerｖｅr)是地址服務器，它保存ＬANＥ中每個ＬＥC的MAC地址

與ＡＴM地址的相應關系表,以實現MAC地址與AＴM地址的轉換；（提供MAC地址得注冊和解析手段;響應LEC的上述請求；一個ＬAＮＥ中只有一個LＥS；）?ｃ.局域網仿真結構服務器（LECS:ＬANEＣoｎｆiｇuｒａtｉonSeｒｖeｒ）ATＭ網絡中可以有多個LAＮＥ存在,ＬEＣS保存LＡNＥ的結構信息，將ＬＥC配置到LAＮE中；（維護一個AＴM網絡中多個LANE內的LEC、ＬES和BUＳ的配置信息;為每個LＥＣ提供其所屬LES的AＴM地址）局域網仿真客戶LＥＣ可以在ATＭ工作站和AＴＭ網橋上實現，其重要功能為:實現局域網的MＡC幀和ATM信元的互相轉換；保存MＡＣ和ATM及VＰI/VＣＩ的相應關系表；與局域網仿真服務器共同完畢地址解析功能；啟動信令建立ATＭ虛連接，為傳送數據提供通路;與ATM層管理接口，實現管理功能;(在ATM終端系統上仿真以太網或令牌環網結點，至少得綁定一個MＡC地址，其功能是封裝ＩP數據報交給ATM網傳送,同時轉譯AＴM分組，重新組成IP數據報。）

每個LＡＮE由一組LＡNＥ客戶（ＬＥC)和ＬANE服務構成。ＬＥC還可以是作為ATM主機代理的網橋和路由器。ＬANＥ服務由三個不同的功能實體構成：ＬAN仿真配置服務器(ＬECＳ）、LAN服務器（LEＳ)和BUS，這三個服務實體可以各自存在，但通常位于同一設備，例如:LES可以位于ＡTM互換機、路由器、網橋和工作站。

圖中LＥCS、LES和ＢＵS集中在ATM工作站上,LEC1將以太網接入ATM網，LEC２將令牌環網接入AＴＭ網，LEC3將ＦDDI網接入ＡTＭ網，LＥC4是ATM主機。ＬUNI是局域網仿真用戶網絡接口,ＬEＣ和服務器都通過LUＮI和ATM網連接。4個LEC和服務器構成一個仿真局域網LANE。

五、ＡTM技術在計算機通信網的應用之二:ＤＳＬAM

ＤSLＡM(ＤiｇｉtalSｕbsｃriｂeｒＬinerAｃceｓsMuｌtiplexeｒ）的定義為數字用戶線接入復用器，局端設備,完畢ADSL接入業務的匯聚和分發。

AＴMDSLAM原理上傳的數據信號在ADSLModem中，通過ＡAL5分段和組裝子層（SAR)功能實現MAC幀到ATM信元之間的轉換,經DSL調制后，信號被傳輸到局端的DSLAM側,局端的ＤSLAM對ＡDSＬ信號進行解調,并恢復成ＡTＭ信元格式。ATMＤSLＡM對許多這樣的上傳信號進行解決，對ATM信號按照某種條件進行復接或者互換。同時對各種AＴＭ業務進行分類管理，實現恒定比率（ＣBR)、實時可變化率(xt－ＶBＲ）、準實時可變比率（nrt－VBR)、不定比率(UBR)等多種ATM業務類型的設立，對不同類型的ＡTM業務設立不同的流控參數、優先級別等，以保證對高性能服務質量QｏS有不同規定的用戶的支持，同時提供永久虛電路（PＶＣ)的上連和與上層ATＭ互換機建立連接。在信號下行時，下發的信號是以ATM信元格式傳送給ATMDSLＡM的,這些被接受的ＡTM信號，帶著相關的ATＭ信息，比如AＴM業務類型、PＶＣ數據以有其它一些參數等。由ＡTM對不同的業務參數進行辨認,并采用不同的解決措施，涉及包丟棄原則、緩存機制、流控機制等，以實現不同業務的QｏS保證，然后分接到各個相應的ＡＤＳＬ信號的調制，之后輸出到對端的AＤSLMoｄem中。

目前的ＤSLＡM分為ATＭ-DSＬAM和IP-DSLＡM。兩者的重要區別是:ATＭ-ＤSLAM是全程AＴM的連接，而IP-DSＬＡM則是將ATM連接到DSLAM設備的相關功能板（以太網板）、實現ATM的終結，然后將AＴＭ信元轉換為以太網幀進行傳輸。從組網方式看:ＡTＭ-ＤSLAM和IP-DSＬAM都作為接入設備來使用，但ATM-DSLAM是上連AＴＭ匯聚互換機,而IＰ-DＳLAＭ是上連三層互換機。從業務應用看:AＴM-DＳLAＭ應用PVC實現隧道機制、安全機制和帶寬承諾機制,QoＳ的性能也較好，適合開放ＶPN業務。而IPDSLAＭ的ＰＶC由于在端局設備終結，IＰ在數據安全性及帶寬控制方面又有先天的局限性,且QｏＳ性能較差,所以更適合訪問型的Ｉnteｒｎet業務。從用戶認證看：ATM-DSLAM的認證是通過將ＰＶC終結在ＡTM寬帶接入服務器(BAＳ）上實現的。而IP-ＤSＬAM的PＶＣ的映射將VLAＮ標記符(ＩＤ)送給IP-BAS來對用戶進行認證（也就是說假如沒有VLＡNＩD送給上層的ＢＡS,就無法對用戶進行認證）。因此必須規定IPＤSLAM支持VＬAＮ的數較多，以在PＶC和VLANID上進行一對一的映射和唯一運用VLANID來表達用戶。

ＡＴMDSLＡM設備基于AＴM先進的技術設計，完全支持多種ATＭ業務,如CＢR、rｔ－VBR、nｒt－UＢR、UBR等,對這些業務提供不同的解決措施、不同的緩存空間和調度優先級以及不同級別的業務整形功能等,使得不同的ＡTM業務類型在整個業務傳輸過程中,得到與之相適應的帶寬及高性能QoS支持的保證。ＡTM是面向連接的傳輸，具有天然的安全隔離機制，既PVC，因此不會發生信息泄露情況。?2.DSLAM應用?DSLＡＭ應用時具有較簡潔的網絡拓撲結構，可根據用戶需要、組網情況以及局端ＤSLAＭ到用戶端的(ADSL/ＶDSＬ)Mｏdem雙絞線布放范圍不同,選擇ADSＬ／VDSＬ接入。基于ＡTM技術的DＳLAＭ除提供ADＳＬ/VDSL等接入方式外，還支持ＣEＳ、FR等專線業務,適合多業務接入應用的情況。DSＬAM作為接入層設備通過AＴM端口匯聚到端局ATＭ互換機，通過城域網ATM互換機進入ＡＴM骨干網，為用戶提供Inｔｅrｎet接入和各種專線業務。?針對不同類型AＤSL接入用戶，DＳLＡM與其他設備配合,如BAＳ（BroａｄbａｎdAcceｓsServｅr)組網,可提供了靈活多變的計費方式：?(1）對于普通家庭用戶使用ＰPPoE方式接入對ＢAS發起呼喊,BAS和Raｄius服務器、Billing服務器配合完畢用戶的認證、流量管理和記費等功能。

（2)對于SＯHＯ用戶，在Moｄeｍ上配置ＰPＰoA和NAT,整個辦公室共享一個賬號,SOHO中的計算機通過Moｄem訪問Inｔeｒnet和其他業務。由Modem對BAS發起PPPｏA呼喊,業務選擇網關和Radiuｓ服務器、Billing服務器配合完畢用戶認證、流量管理和記費等功能。?(３)對于公司的分支機構與公司總部的連接,可以通過AＴM骨干網和匯聚層的AＴM互換機,建立Ｍoｄem(配置IＰoA和NAＴ,以專線包月形式計費）到公司總部間的PVC連接,這樣可以訪問公司總部的服務器。以上,介紹了ＡTM技術在LＡN和Ｉnternet中的應用。?●一個1km長的１0Mb/s的CSMＡ/CDLAN(不是802.3),其傳輸速度為200m/us。數據幀長為２５6位，涉及32位頭部、檢查和以及其他開銷在內。傳輸成功后的第一個時槽保存給接受方以捕獲信道來發送一個32位的確認幀。假定沒有沖突,那么不涉及開銷的有效數據傳輸速率為多少？?電纜的來回路程傳播時間是10uｓ（＝1０００/2０0*2)。一個完整的傳輸有４個階段:?發送方獲取電纜（10ｕｓ)；發送數據幀（25.６us)；?接受方獲取電纜(10us)；發送確認幀(３.２ｕs）。?4個階段的時間總和是48.8uｓ,在這期間共發送2２4個數據比特。2２4/４８.8=?４.６Ｍb／s。因此,有效數據速率約為4.6Mb/s。?2.一個1kｍ長、10Mb/s、負載相稱重的令牌環，其傳輸速度為２00ｍ／us，在環上有50個等距的站點。數據幀為256比特，其中涉及了32比特的額外開銷。確認幀附在數據幀中,故基本上可以說沒有確認幀。令牌為8比特。求此環的有效數據傳輸速率。?從獲取到令牌的時刻開始計量,發送一個分組需要0.1＊256=2５.6uｓ。此外，必須發送一個令牌,需要0.1*8=０.8us的時間。令牌必須傳輸2０（＝1000/?50)m，通過時間2０/200=０.1us才干到下一站。此后，下一站又可以再發送數據幀。因此，我們在2６.５（＝25.6＋０.8+0．1）ｕs內發送了22４(=２56-32)位的數據，數據速率等于２24/26.５=8.5Ｍb/s.

●某系統總線的一個總線周期包含３個時鐘周期,每個總線周期中可以傳送３2位數據.若總線的時鐘頻率為33MＨＺ,則總線帶寬為多少,請老師給出具體計算過程.謝謝!

總線帶寬的定義為：單位時間內總線可傳送的數據量。?總線寬度＝(總線位寬/8)*總線工作頻率?此題中,一個總線周期有三個時鐘周期，所以，T=3*（1／3３M）

而一個總線周期傳送的數據為,3２位=4B。

所以帶寬=４B/［3*（1/3３M)]=4B*33Ｍ／３=４4MB

●通常每個以太網幀僅發往單個目的主機,目的地址指明單個接受接口,因而稱為單播(unicaｓt)。有時一個主機要向網上的所有其他主機發送幀，這就是廣播。多播(mｕｌticaｓt）處在單播和廣播之間:幀僅傳送給屬于多播組的多個主機。?AＲP請求報文-廣播包

AＲP應答報文-單播包?●設系統中有4個進程P1,P2，P３，P4，在某一時刻系統狀態如下,(前面的數字是最大需求量，后面的數字是已分派資源量)；

P1:７,４P2:6,２P3：2,0Ｐ4：3,2

系統剩余資源量是１，該系統狀態是安全狀態,下面哪一個不是安全序列（）

Ａ。Ｐ4，P1，P３，P2Ｂ。P4，P2，P１，P3Ｃ。P4Ｐ3P１Ｐ２D。P4Ｐ3P2Ｐ1?答案是選B

●銀行家算法是這樣的:?1.對于第一次進程的資源申請，假如系統現存的資源可以滿足進程的需要,就要分派給它；２.假如進程在執行過程中繼續申請,系統就要測試看看進程所需要的最大資源是不是小于它上次已經得到分派的+本次申請的(換句通俗的話說，看看這個進程是否誠實,有沒有多申請資源);?3.假如進程誠實，再看看系統現存的資源能不能滿足這個進程還需要的資源（就是說系統的這點剩余資源全分派了，能不能使進程得到所有的資源而執行結束，進而釋放資源）－----這是安全的銀行家算法,以后的進程的每一次申請，都得嚴格的按照這個算法來進行?最大需求量已分派資源量還需要的剩下的可分派的

P1：7,4，31?P2:6，2，4?P3:2，０，2?P４:３,２，1?系統剩余資源量是1,只滿足Ｐ4

最大需求量已分派資源量還需要的剩下的可分派的?P1:7，4,33?P２:6,2,4?P3：２,0,2

系統剩余資源量是3，可以分派給p１，ｐ3

所以B不是安全序列●多個磁頭向盤片的磁性材料上寫數據時,是以什么方式??A、并行B、并—串行C、串行D、串—并行

B、并—串行●磁盤上數據的組織是存放在不同盤片(或不同盤面）的同一柱面，還是存放在同一盤面的相鄰磁道??同一柱面

●有不少學員在進行ＩP規劃時,總是頭疼子網和掩碼的計算,其重要因素是對十進制和二進制的轉換不純熟。現在給一竅門，可以解決這個問題。一方面,我們看一個例子:?一個主機的IP地址是20２．11２.14.37,掩碼是255.255.25５．２4０，規定計算這個主機所在網絡的網絡地址和廣播地址。?常規辦法是把這兩個都換算成二進制，然后相與,就可得到網絡地址。其實大家只要仔細想想，可以得到一個方法：掩碼為255.２５5．255.240那么可以知道這個掩碼所容納的IＰ地址有25６－240＝16個(涉及網絡地址和廣播地址），那么具有這種掩碼的網絡地址一定是１６的倍數。而網絡地址是子網IP地址的開始,廣播地址是結束,可使用的ＩP地址在這個范圍內,因此比3７剛剛小的，又是16的倍數的數只有32，所以得出網絡地址為202.1１２.14.３2。而廣播地址就是下一個網絡的網絡地址減一。而下一個16的倍數是４8,因此可以得到廣播地址為202.112．１４．47。?那么，假如給定一IＰ地址范圍，根據每個網絡的主機數量,要進行IＰ地址規劃,可以按照同樣原則進行計算。比如一個子網有１０臺主機,那么對于這個子網就需要1０+１+1＋1＝1３個IP地址。(注意加的第一個1是指這個網絡連接時所需的網關地址,接著的兩個1分別是指網絡地址和廣播地址。）１3小于1６(16等于2的４次方)，所以主機位為4位。而25６－16=２４0，所以該子網掩碼為2５5.255．2５5．240。假如一個子網有14臺主機,不少同學常犯的錯誤是：仍然分派具有16個地址空間的子網,而忘掉了給網關分派地址。這樣就錯誤了,由于１４+1+1+1=17,大于１6，所以我們只能分派具有３２個地址（３２等于2的5次方）空間的子網。這時子網掩碼為：25５.255．255.224。●一題如下:現采用四級流水線結構分別完畢一條指令的取指令、指令譯碼、取數、運算及送回結果四個基本操作,每步時間為60NS、1０0ＮS、50NS和７0NS。則得到第一條指令的時間為:網校的例題分析為因操作周期應取最長的操作時間即為100ＮS。故得到第一條指令時間為100＊4=４０0NS。而網工輔導書上介紹是4個操作時間相加為280NＳ。到底應當是哪一個??由流水線技術的基本特性可知,其平均時間取決于流水線最慢的操作，所以該流水線的操作周期為1０0ns。由題中條件可知,完畢1條指令需要4個基本操作,每個操作需要1個周期,執行第１條指令時,還不能充足發揮流水線的技術優勢,需要執行4個周期,才干得到第１條指令的運營結果，共需要４0０ｎｓ。●第二題為:當有中斷請求發生時,采用不精確斷點法,則:網校答案為：不僅影響中斷響應時間,還影響程序的對的執行.輔導書答案為:僅影響中斷響應時間,不影響程序的對的執行.這個標準答案應當為哪一個?

流水線計算機解決中斷的方法有不精確斷點法和精確斷點法兩種,采用不精確斷點法,當發生中斷后,計算機并不立即響應中斷，而是先嚴禁指令再時入流水線，然后等待已在流水線中的所有指令執行完畢，才響應當中斷。

所以僅影響中斷時間，而不影響執行的對的結果。

所謂“不精確斷點”法。不管第i條指令在流水線的哪一段發出中斷申請,都不再允許那時尚未進入流水線的后續指令再進入，但已在流水線的所有指令卻可仍然流動到執行完畢，然后才轉入中斷解決程序。

●在系統中安裝什么協議不能實現資源的共享和訪問．

A．TCP／ＩPB.SPX/IＰＸC.ＮETBEUID.DCL?為什么是NＥＴBＥUＩ,而不是ＤCL??NETBEＵI是為IBM開發的非路由協議，用于攜帶ＮＥTＢIＯＳ通信

●有三個并發的進程，都要四個同類的資源,那么系統不發生死鎖的最少資源數是多少？

M是進程數,Ｎ是系統資源數,要滿足：Ｍ＋N>Ｍ個進程所需資源數?對于這題就是3＋N>3×4=>Ｎ最小為10。

套用公式就好了。●幾種特殊類型的IP地址,TCＰ/ＩＰ協議規定,凡IＰ地址中的第一個字節以“lｌｌ0”開始的地址都叫多點廣播地址。因此,任何第一個字節大于223小于2４０的ＩP地址是多點廣播地址;IP地址中的每一個字節都為0的地址(“0.０.０.０”）相應于當前主機；IP地址中的每一個字節都為１的ＩP地址(“２5５．2５5．255.255”)是當前子網的廣播地址;IP地址中凡是以“llll0”的地址都留著將來作為特殊用途使用；ＩP地址中不能以十進制“127”作為開頭,2７．1.1．1用于回路測試，同時網絡ID的第一個6位組也不能全置為“0”,全“０”表達本地網絡●AＴM即異步傳輸模式

基本思緒：把數據分割為固定的信元(CELL）來傳輸,每個信元有5個字節的信頭,48字節的數據字段。

異步：指信元插入到通信線路的位置是任意的,無固定結構

●網絡1９2.168.73．0/2７被劃分為4個子網,分別編號0號、１號、２號、3號,那么主機地址5屬于（1)子網,主機地址19２.168.７3.100屬于(2)個子網．假如在查找路由表時發現有多個選項匹配,那么應當根據（3)原則進行選擇.假設路由表有4個表項,那么與地址1３9.1７.１45.6７匹配的表項是(4),與地址13９.17.179.9２匹配的表項是(5）.?１92.１68.73.０/２7劃分為4個子網．表白每個子網可用主機地址為１９2.168.73.１-６2.第二個為19２.168.７3.６5-１27.故第一問應當是選擇在(A)子網.第二問應當選擇在(B)子網.?●平均數據傳輸率=每道扇區數*扇區容量*盤片轉速?●用二進制加法對二一十進制編碼的十進制數求和，當和的本位十進制數二一十進制編碼小于等于１0０１且向高位無進位時,___(４1)：當和小于等與10０1且向高位有進位時,_＿(42)，當和大于１001時,_＿＿(43）

41~4３Ａ,不需要進行修正B,需要進行加6修正C,需要進行減6修正Ｄ，進行加6或者減6修正,需要進一步判別.?只要明白什么是二-十進制，此題就比較簡樸。二－－十進制就是用4位二進制數代表１位十進制數，?然后進行計算。例如：38可表達為：００１110０0，26＝00１00110?３8＋2６=001１１000?＋0010０110?－-－-－----－-－?０1011110

－－－-－－----－－

５14

所以應當將14進位,將其最后結果變為64，也就是０1１00１00。?1110＞１００１（9),將1110+01１0＝01０0（不考慮溢出）。?這樣此題的答案不就是很明顯了嗎,?當小于9時且無進位時，無需調整

當小于9時且有進位時，需加6調整?當大于9時,肯定要６調整?●1s＝10^9ns

●假設線路傳輸延遲時間為ＴP,分組發送時間為ＴＦ,令A＝TP/TF,則后退的幀數Ｎ是什么？是MＩＮ(2A+1,W發)還是Ｗ發,為什么？

是MIN(2A+1,W發)?后退N幀AＲQ協議：?發送窗口W＜=編號個數－1，接受窗口等于1。接受犯錯后,規定發送方從犯錯幀開始重發已經發過的數據幀。

E=對的傳送數據幀的概率:（1-p)/（１-p+N×ｐ)×抱負線路運用率:W×ｔf/(２tp＋ｔf),當W的值太大,以至于超過線路上可以容納的幀數（２ａ＋1)時,W窗口將起不到作用,實際的發送窗口將等于線路上容納的幀數,從而Ｗ=2a＋1,此時N也約等于2ａ＋1，即一個錯幀總會導致約２a＋１個幀的重發，很順利的得出此時的效率為:（1-ｐ)/（1-ｐ＋N×p）。

●網關（Gateｗay)又稱網間連接器、協議轉換器。網關在傳輸層上以實現網絡互連，是最復雜的網絡互連設備，僅用于兩個高層協議不同的網絡互連。網關的結構也和路由器類似,不同的是互連層。網關既可以用于廣域網互連，也可以用于局域網互連。

比如有網絡A和網絡B，?網絡Ａ的IP地址范圍為“１９2．168.1.１~19２.168．１．2５4”，?子網掩碼為25５．255.2５5.0;

網絡B的ＩＰ地址范圍為“192.168.２.1~19２.16８．2.２54”，

子網掩碼為２５5.255.2５5.0。?在沒有路由器的情況下,兩個網絡之間是不能進行ＴCP/IＰ通信的，即使是兩個網絡連接在同一臺互換機(或集線器)上,TＣP/IP協議也會根據子網掩碼(2５5.2５5.255.0)鑒定兩個網絡中的主機處在不同的網絡里。而要實現這兩個網絡之間的通信,則必須通過網關。

假如網絡A中的主機發現數據包的目的主機不在本地網絡中，就把數據包轉發給它自己的網關，再由網關轉發給網絡Ｂ的網關，網絡B的網關再轉發給網絡B的某個主機（如附圖所示)。網絡B向網絡A轉發數據包的過程也是如此。

所以說，只有設立好網關的ＩP地址，ＴCP／IP協議才干實現不同網絡之間的互相通信。那么這個IP地址是哪臺機器的IP地址呢？

網關的IＰ地址是具有路由功能的設備的ＩP地址，具有路由功能的設備有路由器、啟用了路由協議的服務器(實質上相稱于一臺路由器)、代理服務器(也相稱于一臺路由器)。

網關不能完全歸為一種網絡硬件。用概括性的術語來講，它們應當是可以連接不同網絡的軟件和硬件的結合產品。特別地,它們可以使用不同的格式、通信協議或結構連接起兩個系統。網關事實上通過重新封裝信息以使它們能被另一個系統讀取。為了完畢這項任務,網關必須能運營在ＯＳI模型的幾個層上。網關必須同應用通信，建立和管理睬話,傳輸已經編碼的數據，并解析邏輯和物理地址數據。

網關可以設在服務器、微機或大型機上。由于網關具有強大的功能并且大多數時候都和應用有關，它們比路由器的價格要貴一些。此外，由于網關的傳輸更復雜,它們傳輸數據的速度要比網橋或路由器低一些。正是由于網關較慢,它們有導致網絡堵塞的也許。然而，在某些場合，只有網關能勝任工作。在你的網絡生涯中，你很也許會在電子郵件系統環境中聽到關于網關的討論。常見的網關,涉及電子郵件網關,描述如下:?o電子郵件網關:通過這種網關可以從一種類型的系統向另一種類型的系統傳輸數據。例如，電子郵件網關可以允許使用Eｕｄorａ電子郵件的人與使用ＧｒoｕｐＷiｓe電子郵件的人互相通信。?oＩBＭ主機網關:通過這種網關，可以在一臺個人計算機與IＢM大型機之間建立和管理通信。

o因特網網關:這種網關允許并管理局域網和因特網間的接入。因特網網關可以限制某些局域網用戶訪問因特網。反之亦然。

o局域網網關：通過這種網關,運營不同協議或運營于OSI模型不同層上的局域網網段間可以互相通信。路由器甚至只用一臺服務器都可以充當局域網網關。局域網網關也涉及遠程訪問服務器。它允許遠程用戶通過撥號方式接入局域網。??●有一個512K*16的存儲器,由６4K*1的2１34RAM（芯片構成芯片內是４個128*1２8結構）總共需要幾個ＲAＭ芯片;用分散刷新方式，如單元刷新間隔不超過2ｍｓ,則刷新信號的周期是多少;如采用集中刷新方式,設讀／寫周期T=０1us,存儲器刷新一遍最少用多少時間?請老師給出具體解答過程

（1）64K×１=＞512K×16?？?位擴展：16/1=１6片???字擴展:5１2/64=８片??

∴共要1６×８＝12８片

（2)分散刷新?？?每個2１6４RAM由４個128×１28的芯片構成？??2ｍｓ/１28=15.６25μｓ?(3)集中刷新?？0.1μs×１28=1２.8μs?●某計算機有１4條指令，其使用頻度分別如下所示;?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Huffman編碼,其平均碼長為位.?Huffman編碼,平均碼長:∑pi？li?平均碼長∑=3.38

●ＤDN是數字數據網（DigitaｌDatａNetwｏｒk）的簡稱,它運用光纖、數字微波或衛星等數字傳輸通道和數字交叉復用設備組成，為用戶提供高質量的數據傳輸通道，傳送各種數據業務。數字數據網以光纖為中繼干線網絡,組成DＤＮ的基本單位是節點,節點間通過光纖連接,構成網狀的拓撲結構,用戶的終端設備通過數據終端單元與就近的節點機相連。?DＤN為用戶提供全透明的端到端傳輸。?DＤN支持以下業務:

租用的電路業務、高速率高質量的點對點和一點對多點的數字專用電路租用金融、證券等系統用戶組建總部與其分支機構的業務網。運用多點會議功能還可以組建會議電視系統。

●幀中繼業務

用戶以一條專線接入DDN,可以同時與多個點建立幀中繼電路(PＶＣ)。幀中繼業務特別適合局域網(ＬＡＮ)互聯。?話音/傳真業務，DＤN為用戶提供帶信令的模擬接口，用戶可以直接通話，或接到自己內部小互換機（ＰBX)進行電話通信，也可用于傳真(三類傳真）。

虛擬專網功能用于自己有網絡管理權限，對其所屬的線路及端口進行管理，如業務的開閉、告警的監控以及種記錄數據收集等。這樣就相稱于一部分劃歸給某個部門的專門的用戶群體,從開勢上看,類似于用戶的專用網，故稱虛擬專用網(VPN)。?●一條100KM長的電纜以T1數據傳輸速率運轉,在電纜上的傳播速度是光速的2/3，電纜長度相稱于多位幀長??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)●一個信道的比特率為4Ｂ/MS，傳播延遲為20ＭS,幀的大小在什么范圍內，停止-對等協議才有至少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

●假設系統中有三類互斥資源R1/R2/Ｒ3，可用資源分別為9/8／5,在T０時刻系統中有P1／P２/P３/P４/P５五個進程.采用銀行家算法,假如進程按P2--Ｐ４--P5--P1－-Ｐ1-－P3序列執行,則系統是安全的.請老師寫出每步執行后可用資源數.?資源進程最大需求量R１/R2/R3已分派資源數R１／R２/Ｒ3

P１6521２1

P2２21211

P3801２10

P4１21120?Ｐ5344113

初次可用資源是Ｒ1是2,R2是1，Ｒ３０，執行完Ｐ2后,可用資源是否２2１+2１０=431,為什么不是4２１(由于R2借用了1個剩余資源）??資源最大需求量已分派資源數?進程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

從上面可以看出只剩下R12,R２1,R30．

而這時安全算法：

資源最大需求量已分派資源數還需要的剩下的可分派的?進程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?從上面可看出現在生產剩下的２，1,0只滿足P20,1,0而別的是滿足不了的.一看就明白,當他所有分給P２后出現下面的安全序列：

資源最大需求量已分派資源數還需要的剩下的可分派的

進程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?作這道題一方面要看看R1，R2,R3在第一次分派資源后剩余多少資源！！?可以看出R1剩余２個資源，R２剩余1個，R３剩余０個！然后考慮把這些剩余的資源分派給那個進程可以使這個進程完畢任務!!可以看出在第一次分派后Ｐ2再需要R1:０,Ｒ2：１,Ｒ3：0就可以完畢任務。故先將資源分給P2,Ｐ2完畢任務后便釋放自己的資源!這時剩余資源就為Ｒ１:4,R2:3，R3:１，然后看看把剩余這些資源在分派給那個進程使其能完畢任務！由題可知分派給P4可以使P4完畢任務！P4完畢任務后在釋放資源！然后再看看剩余資源分派給那個進程可以使其完畢任務..．...直到將所有的進程都分派完!

?1納秒(nｓ)等于十億分之一秒（10-9秒）

１,０00納秒(nｓ)=1微秒(us)

1，000，000納秒（nｓ)=1毫秒(ms)?1，00０,000,０00納秒(ns)=１秒(ｓ)

●為使4字節組成的字能從存儲器中一次讀出,規定存放在存儲器中的字邊界對齊,一個字的地址碼應()。答案最低兩位為00。?●尚有什么是字邊界對齊？

為了一次讀出,規定存放在存儲器中的字邊界對齊，則每一個字的地址編碼必須能被4整除,因此字的地址碼最低兩位是00。一個二進制數的最低兩位是00，才干被４整除，這是二進制的位權決定的。一個字有4個字節，要一次讀出，這四個字節的編址必須相同，每個字節的高位是相同的,而最低兩位都取00,就能一次讀出了。?以下內容節選自《InｔelＡrcｈitecturｅ３2Ｍaｎual》。

字，雙字，和四字在自然邊界上不需要在內存中對齊。(對字，雙字,和四字來說,自然邊界分別是偶數地址，可以被4整除的地址，和可以被8整除的地址。）?無論如何，為了提高程序的性能,數據結構（特別是棧）應當盡也許地在自然邊界上對齊。因素在于，為了訪問未對齊的內存,解決器需要作兩次內存訪問；然而,對齊的內存訪問僅需要一次訪問。?一個字或雙字操作數跨越了4字節邊界，或者一個四字操作數跨越了8字節邊界，被認為是未對齊的，從而需要兩次總線周期來訪問內存。一個字起始地址是奇數但卻沒有跨越字邊界被認為是對齊的，可以在一個總線周期中被訪問。?●假設內存存取周期T=２00ns，字長６4位。數據總線寬度64位,總線傳送周期為50ｎs.先用4個模塊組成內存,并在連續4個地址中讀出數據.如用順序方式組織模塊，則數據帶寬為____.如用交叉存儲方式組織內存,則數據帶寬可達約___＿__.

(１）Ｔ=2０0nｓ=２00*１０^(-9)s

（64*4)/（T*4）=64*１0^9/２０0=320Ｍｂpｓ?(２)64＊4/(2０0+3＊5０）=730Ｍｂps●一個邏輯地址涉及基號X（2位）、段號S(6位）,頁號P（3位）,頁內地址D(１1位）四個部分，其轉換后的物理地址為（(（X)+S）+P)*2的1１次方＋D，這個2的11次方是表是什么意思?是頁內地址11位，還是前面幾個號數加起來11位?

一方面根據基號x查找基寄存器,得到程序的段表首地址a;然后根據a和段號s得到s段的頁表首地址b;再由頁號p和地址b得到該頁相應的內存實頁號c，最后將c與頁內位移d拼接起來形成最終的物理地址。?(((x)+s)＋p)*２^11+ｄ?前面幾個號數加起來11位

●假如電纜調制解調器使用8ＭHZ的帶寬,運用6４QAM,可以提供的速率為多少.是如何做的?

ＣABLEMOＤEM使用的是一種稱為QＡM(QuadｒatuｒｅAmｐlituｄeModulatiｏn正交幅度調制)的傳輸方式。QＡM前面的數字代表在轉換群組（所謂轉換群組，就是相位及振幅的特殊組合)中的點數。也就是值或等級。計算公式為：速度=log2ＱAＭ值／Ioｇ22(bit/Hｚ/s)×頻帶寬度。根據此公式計算速率為Iog264/loｇ22（ｂｉｔ/Hz/s）×８MHｚ＝4８Ｍbps。?各種QAM被表達為mQAM，其中m是一個指出每赫茲的狀態數目的整數。每一碼元時間的編碼位數目是k,那么２k=m。例如,假如以４ｂ／Hz編碼,結果為16ＱAM;6b/Hz產生6４QAM。?●用戶Ａ與用戶Ｂ通過衛星鏈路通信時,傳播延遲為270MS，假設數據率是64Ｋｂ/s,幀長4000biｔ，若采用等停流控協議通信,則最大的鏈路運用率為（）;若采用后退N幀ARＱ協議通信，發送窗口為8，則最大鏈路運用率可以達成(）A、0.１04B、0．11６C、0．1８8D、0.２31?A、0．４16B、０.4６4C、7５2D、0.832

●若采用停等流控協議通信,ａ＝(d／v)/(L／Ｒ)=64＊２70/4000＝４.32?根據E=1/(2a+１)＝１/(2*４．３2+1)=0．１04

采用后退N幀AＲQ協議通信，發送窗口為８,則最大鏈路運用率

E=（W（１-Ｐ))/（(２ａ+1）(1-P+WP))＝8*０.１04=０.8３２

●兩參數決定計算機并行度結構類型:

字寬(W)：一個字中同時解決的二進制位數?位寬(B):一個位片中能同時解決的字數?可構成四種計算機結構:?字串行,位串行WSBS——W=1,B=1純串行?字并行,位串行WPBS——W>１，Ｂ=１傳統并行單解決機?字串行,位并行ＷSBP——W＝１，Ｂ>１ＭPＰ

字并行,位并行WPBP——W＞1，Ｂ>1PEPＥ

●我看到書上介紹8位二進制反碼表達數值范圍是-１27~+1２7，{+127}反＝０11１1111.[-1２7]反=1００００000。補碼表達數值范圍是-1２8~+１27，［+12７］補＝01１１1１１1，［-128]補=1０0000０0。老師我不明白表達都同樣,為什么一個是128，一個是127。?數值有正負之分,計算機就用一個數的最高位存放符號(０為正,1為負）.這就是機器數的原碼了.假設機器能解決的位數為8.即字長為1ｂｙte，原碼能表達數值的范圍為(-1２7~-0+0~127）共25６個.?對除符號位外的其余各位逐位取反就產生了反碼.反碼的取值空間和原碼相同且一一相應．

補碼概念．負數的補碼就是對反碼加一，而正數不變,正數的原碼反碼補碼是同樣的.在補碼中用(－１28)代替了(-0),所以補碼的表達范圍為:

(-１28～0～127)共2５6個.?注意:（-1２8)沒有相相應的原碼和反碼，(-128)=(100０0000)●“容量為64塊的caｃhe采用組相聯方式映像，字塊大小為128字，每4塊為一組。主存容量為４０96塊,以字編址”的題中的每4塊為一組沒有作用嗎？老師講課中指出,塊大小128字，所以塊內地址７位;caｃhe有6４／4=１6組,得到組地址4位，最后得出主存區號：19-7－4=8,不能這樣算嗎？

【解析】在組相聯映象中，組的個數一般為2的冪次數，組內塊的個數也是2的冪次。主存地址提成四段,高字段是區號；然后是組標志，用于擬定組號；第三段是組中的塊地址，用于擬定組中的塊;低字段是塊內尋址段。Cａche地址分三段：組號、組內塊號和塊內地址。?塊大小１28字，所以塊內地址7位；

cacｈe有64／4＝16組,得到組地址4位；

每4塊為一組,組內塊地址2位;?１９－７-4－２=6?●某3２位計算機的ＣACＨE容量為16KB,ＣACHE塊的大小為16B.若主存與CACHE的地址映射采用直接映射,則主存地址為１２34E8F8（十六進制)，的單元裝入的CACHＥ地址為___＿___?請問中間10位為CAＣHE的頁號,既.是怎么的來的.

直接映象是，把主存按Cachｅ的大小提成區，主存中的每一區的塊數與Cache中的總塊數相等，把主存各個區中相對塊號相同的那些塊映象到caｃｈｅ中同一塊號的那個擬定塊中。所以主存的地址由區號+塊號(而每區中的塊號大小及地址與cａcｈe一致)。而cacｈe容量為1６KB,所以cａｃhe的地址用１4塊表達,所以主存地址的低14位即是該單元在caｃｈｅ中的地址,低14位為10，高1８位是擬定區號的。?Cacｈｅ塊號占1０位地址，塊內4位地址共占1４位地址。直接映象為內存低位部分的1４位地址。即:E８Ｆ8=１1101０00１111１０00?塊號1０位塊內地址４位(2^4=16，CＡＣHE塊的大小為16B)?用直接映象法,裝入Cａche的塊號為1０100０1111，主存地址為123４E8Ｆ8（十六進制)的單元裝入的cacｈe地址為:10100０111１1000。

MTTR?平均故障恢復時間(ＭTTＲ)?●模擬調制技術中，存在AＭ（調幅）、FＭ（調頻）,PM（調相)技術，在數字調制中,有AＳK、ＦＳＫ、PSK、QＰSK、ＱAＭ等多種方式?QAM調制,叫做正交幅度調制。它先把調制信號碼流提成獨立的兩路，分別對同頻正交的兩個載波進行雙邊帶克制載波調幅,最后兩路已調信號相加輸出。ＱAM調制是幅度調制與相位調制的結合，既調幅又調相。有線電視使用的QAM調制是64ＱAM，就是調制后,載波有64種狀態，每個狀態代表一個符號（一個符號是６位比特組成的碼)。

●在一個帶寬為3ＫHZ，沒有噪聲的信道,傳輸二進制信號時可以達成的極限數據傳輸率為___．一個帶寬為３ＫHZ，信噪比為３0dB的信道,可以達成的極限數據傳輸率為＿__,上述結果表白_＿＿__．?根據奈奎斯特第一定理，為了保證傳輸質量,為達成３ＫHbps的數據傳輸率要的帶寬為____，在一個無限帶寬的無噪聲信道上,傳輸二進制信號，當信號的帶寬為3KHZ時,能達成的極限數據率為_＿Kbｐs.

這是習題第二章的第三題.請老師把答案解釋一下.特別是第1,2,3，5空.

（1）根據奈奎斯特第一定理,抱負低通信道傳輸二進制信號時可以達成的數據傳輸率為２B（帶寬）。故（6）對的答案應當選Ｂ。?（2)一個帶寬為3KHＺ、信噪比為3０dB的信道,可以達成的極限數據傳輸率為３KHZ＊loｇ2(１+1０0０)=2９.９Kbｉt/s,故(7)應選B?(3)Ａ、B不對的。香農公式是針對有噪聲的信道而言的。?（4)根據奈奎斯特第一定理，數字信號數據率為Ｗ,傳輸系統帶寬為２W,則可提供滿意的服務。B

（5）在一個無限帶寬的無噪聲信道上，傳輸二進制信號,當信號的帶寬為３KHz時,能達成的極限數據傳輸率６Kｂｐs。C

信號的數據率與頻寬有著直接的關系,信號的數率越高，所需要的有效頻寬越寬。也就是說，傳輸系統所提供的帶寬越寬，則系統能傳輸的信號數據率越高。設數據為W，通常按照２W來選擇傳輸系統的帶寬,則可提供滿意的通信服務，3KbpS的數據傳輸率需要的帶寬為2＊3=6HZ

二進制的信號是離散的脈沖,每個脈沖可表達一個二進制位,時間寬度相同時間的寬度T=1/f,該時間的倒數為數據傳輸率(１／T),根據奈奎斯特定理,當信號的帶寬為3KHｚ時，能達成的極限數據傳輸率C＝2(1/T)=6Ｋｂｐs?●對8位補碼操作數（A5)１6進行2位算術右移的結果為什么?算術右移是怎么回事？請老師給具體講解？謝謝！!?在計算機中，算術右移比較特殊，在右移過程中操作數的最高位(符號位)保持不變各位向右移，最低位進入標志位（CF)。根據這種操作,（Ａ5)16=(101０0101）2算術右移一位為（1１010010）２=(D2）16，再算術右移一位便是(１１1０１０01)2＝(Ｅ９)16.?●1０0個站分布在4KＭ長的總線上。協議采用ＣSＭS/CD。總線速率為5Mｂ/s，幀平均長度為1000biｔ.試估算每個站每秒發送的平均幀數的最大值。傳播時延為5ｕs/ｋｍ.

傳播延遲：Tｐ=4(ｋm）*５（ｕｓ/km)=20（us)

一幀時：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?即線路運用率69．3%

這時，每秒實際傳輸3．4６5MB，3.46５M/100/1000＝３4.6５?平均每站每秒鐘發送的平均幀數的最大值為34.６５。

(1)十進制數轉換成二進制

①十進制整數轉換成二進制數：除二取余法

把要轉換的數,除以２,得到商和余數，?將商繼續除以2,直到商為0。最后將所有余數倒序排列,得到數就是轉換結果。?②十進制小數轉換成二進制小數：乘二取整法

（2)二進制數轉換成十進制

方法是:按權展開求和?二進制數第0位的權值是２的0次方，第１位的權值是2的1次方……?●連續AＲQ協議中選用的編號位數n為3,發送窗口最大值如何求？（這個我知道2*２*2-１=7），當所用的發送窗口尺寸為５的時候，A站可連續發送的幀的最大號是多少？當Ａ站在發送了0，１號幀后,其發送內存的變量是多少？盼望接受的內存變量是多少?是如何計算得??？?

當所用的發送窗口尺寸為5的時候,A站可連續發送