计算机网络（三十二）：习题解析
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2020-07-23 11:20:41
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考虑一个应用程序以稳定的速率传输数据（例如，发送方每 k 个时间单元产生一个 N 比特 的数据单元，其中 k 较小且固定）。另外，当这个应用程序启动时，他将连续运行相当长的 一段时间。回答下列问题：电路交换网，因为应用将以稳定速率，持续长时间运行，因此可以为其保留带宽，可保证应用程序以稳定的速率接收数据 不需要，应用程序数据传输速率总和小于每条链路容量
考虑两台主机 A 和 B 由一条速率为 Rbps 的链路连接，假定这两台主机相隔 m 米，该链路的传输速率为 s m/s 主机 A 向 B 发送长度为 L 比特的分组因为传播时延是在连路上的时间，所以是距离/传输速度=m/s 分组传输时间=分组大小/链路速率=L/R 端到端时延=分组处理时间+传播时延=L/R+m/s dtrans时，最后一个比特刚刚离开主机A dprop>dtrans，代表第一个比特在链路上 已经到达主机B 要求传播时延=传输时延，即m/s=L/R，代入计算可以知道m=536KM
假定用户共享一条 3Mbps 的链路，又设每个用户传输时要求 150kbps ，但是每个用户仅有 10% 的时间传输 (参见 1. 3 节关于分组交换与电路交换的对比的讨论)电路交换独占某一部分链路（时分或频分），要求链路充分利用，则为3mbps/150kbps=20 分组交换不需要独占某一部分链路，故P=0.1
a、假定有 N 个分组同时到达一条当前没有分组传输或排队的链路。每个分组长为 L，链路传输速率为 Rc，对 N 个分组而言，其平均排队时延是多少？第一个分组的排队时延为 0, 第二个 L/R, 第三个 2L/R，第 N 个 (N-1)L/R，因此平均排 队时延为 (L/R + 2L/R + … + (N-1)L/R) / N = (N-1)L/2R 当下一批 N 个分组到达时，上一批已经传完，因此平均排队时延为 (N-1)L/2R
假定两台主机 A 和 B 相隔 20000km，由一条直接的 R =2Mbps 的链路相连 假定跨越该链路 的传播速率是 2.5x108 m/stprop = 20000km / 2.5*10^8m/s = 0.08s；R * tprop = 1.6 * 105 b 就是带宽-时延积=160000bits 链路上的比特数量最大值 宽度 = 链路长度/带宽延迟乘积=20 000km/160 000 bits = 125 m s/R
在包括因特网的现代分组交换网中，源主机将长应用层报文(如一个图像或音乐文件)分段为较小的分组并向网络发送。接收方则将这些分组重新装配为初始报文，我们称这个过程为报文分段。图1-27 显示了一个报文在报文不分段或报文分段情况下的端到端传输。考虑一个长度为8x10^6比特的报文，他在图1-27中从源发送到目的地。假定在该图中的每段链路是 2Mbps 忽略传播、排队和处理时延第一个分组交换需要的时间为=报文大小/链路速率= 8 * 10^6 / 2 * 10^6 sec = 4 sec 从源主机发送第一个分组到第一台交换机1 * 10^4 / 2 * 10^6 sec = 5 m sec 第一个分组到达目的地时，花费的时间为 5 m sec * 3 = 15 m sec,之后，每隔 5 秒将会有一个分组被接收，一共有 800 个分组 ，除去第一个分组，传输该文件所需要的时间为 15 m sec + 799 * 5 msec = 4.01 sec。 便于检测错误并重传；不分段的大包容易使路由器缓存不足导致丢包； 分组需要排序；需加上首部信息
UDP TCP使用反码来汁算它们的检验和。假设你有下面3个比特字节:：01010011， 01100110，首先，来计算一下反码
考虑我们改正协议rdt2.0的动机。试说明如图3-57所示的接收方与如图3-11所示的发送方运行时，接收方可能会引起发送方和接收方进入死锁状态，即双方部在等待不可能发生的事件。首先来看看发送方，发送方开始处于等待上面的调用1的状态，而此时接收者处于等待下面的1的状态。
考虑一个GBN协议，其发送方窗口为4，序号范围为1024。假设在时刻t，接收方期待的下一个有序分组的序号是k。假设媒体不会对报文重新排序。回答以下问题：在这里的窗口长度为N=4，假设接收方已经接收到分组k-1，并且已经对该分组以及之前的所有分组进行了确认。如果所有这些确认信息都已经被发送方接收，那么发送方的窗口是[k, k+N-1]。接下来假设所有这些ACK都没有被发送方接收。在这种情况下，发送方的窗口包含k-1和直到包括k-1之前的N的分组.因此发送方的窗口是[k-N, k-1]。因此，发送方的窗口大小是4，并且从[k-N, k+N-1]中的某个数开始。 这就是第二种情况，即发送了[k-4,k-1]的分组，并正在等待这些分组对应的ACK。因为如果是第一种情况，说明此时已经成功发送了之前窗口内的所有分组，而当前窗口内的分组还没有开始发送，所以不存在等待的ACK，此时相当于是接收方在等待发送方。
对下面的问题判断是非，并简要地证实你的回答:是对的，因为如果发生了超时，此时会自动默认为分组已经丢失，而可能并没有丢失，只是由于链路速率问题，对应的ACK没有到达。简单地讲就是，如果第一次超时后重发了分组，而在重发之后收到了分组的ACK，此时会移动窗口，但是第二次分组（重发）的ACK还没有到达。 是对的，因为GBN是回退N步的窗口，也可能发生因为超时导致第二次分组（重发）的ACK在窗口移动之后到达 是对的，因为此时比特交替协议中不存在一个顺序的概念，因为只有一个数据包 是对的，因为此时比特交替协议中不存在一个顺序的概念，因为只有一个数据包，即此时SR协议和GBN协议是等效的
主机A和B经一条TCP连接通信，并且主机B已经收到了来自A的最长为126字节的所有字节。假定主机A随后向主机B发送两个紧接着的报文段。第一个和第二个报文段分别包含了80字节和40字节的数据。在第一个报文段中，序号是127，源端口号是302，目的地端口号是80。无论何时主机B接收到来自主机A的报文段，它都会发送确认。在TCP中，报文段的序号为最小字节的序号，也就是说，第二个报文段的序号为127+80=207，同理，如果还有第三个报文段，则第三个报文段的序号为207+40=247。而源端口号和目的端口号都是一致的，即302和80 TCP报文的确认号是下一个期待报文（有序）的报文序号，也就是说，第一个报文序号为127，他的下一个报文是207，所以第一个到达报文的确认号为207，源端口号为302，目的端口号为80 TCP报文的确认号是下一个期待报文（有序）的报文序号，由于第二个报文段在第一个之前到达，此时是一个无序的状态，他需要先得到第一个报文段以得到一个有序的状态，再期待下一个报文段，所以，确认号不是下一个报文段的247，而是第一个报文段的序号127。 就是三个阶段
考虑图 3-58 假设 TCP Reno是一个经历如上所示行为的协议。回答下列问题 在各种情况中，简要地论证你的回答慢启动窗口长度是指数型增长，所以很明显，有两次，分别是[1,6]和[23,26] 拥塞避免窗口长度是线性增长的，所以很明显，有两次，分别是[6,16]和[17,22] 因为第16个时并没有降到1重新开始，所以很明显是3个冗余ACK造成的 因为第22个时从1重新开始，所以很明显是超时检测出来的 第1个轮回中，慢启动最大到32，然后一点一点向上增加，所以这个时候ssthresh的初始值应该为32，直到第6个轮回后才开始发生改变 第18个轮回是在发生了冗余ACK之后，发生了减半，即从42到21，然后继续进行拥塞避免算法，在一点点增加，如果从17开始计算，则18的时候为22；如果从18开始计算，那么应该为21 第24个轮回是发生了超时之后，此时阈值减半，超时发生在第22轮，此时阈值为29.丢包减半后重新开始，此时不会影响阈值，所以阈值一直为14 [1,6]是指数发送，即分别是1，2.3，4.5.6.7，8.9.10.11.12.13.14.15，16.17.18.19.20.21.22.23.24.25.26.27.28.29.30.31，32.33.34.35.36.37.38.39.40.41.42.43.44.45.46.47.48.49.50.51.52.53.54.55.56.57.58.59.60.61.62.63；然后进入指数增加状态，所以第70个分组是在第7轮发送的 第26个时已经进行了三次+1操作，然后容易会设置为当前的一般，即阈值为4，窗口长度为7 tahoe与reno的区别是tahoe没有快速恢复，如果是冗余ACK，也会将窗口大小置为1重新慢启动。阈值为21，窗口大小为4 这里面是一个指数增加的过程，超时导致从1开始重启，所以
书中我们使用了术语面向连接服务来描述运输层，使用了术语连接服务来描述网络层，为何有这样微妙的差异？简单地讲，就是因为运输层使用了网络层所提供的连接服务。在运输层中，他将每一台电脑看成一个对象，运输层所需要只是调用网络层封装好的函数，在任意两个对象之间请求建立连接，而不需要知道连接具体是如何建立的；网络层则需要接收运输层的请求，并在两个具体的电脑对象之间依靠现有的物理链路尝试建立连接，并传输运输层想要传输的数据。所以说运输层是面向连接的，而网络层是负责连接服务的。
考虑具有前缀128.119.40.128/26的一个子网。给出能被分配给该网络的一个IP地址（形式为xxx.xxx.xxx.xxx）的例子。假定一个ISP拥有形式为128.119.40.64/26的地址块。假定它要从该地址块生成4个子网，每块具有相同数量的IP地址。这4个子网（形式a.b.c.d/x）的前缀是什么？前缀不变，后6位比特可变，故IP地址范围为128.119.40.128 ~ 128.119.40.191
考虑向具有700字节MTU的一-条链路发送–个2400字节的数据报。假定初始数据报标有标识号422。将会生成多少个分片?在生成相关分片的数据报中的各个字段中的值是多少?由于IP数据报的首部字节为20，故每个数据字段的最大大小=700-20=680，所以需要(2400-20)/680=>4个数据报。其中最后一个数据报不满。
考虑下面的网络。对于标明的链路费用，用Dijkstra最短路径算法计算出从x到所有网络节点的最短路径。通过计算一个类似于表4-3的表，说明该算法是如何工作的。首先将x作为根节点，将x的最直接的关联点y、z、v、w加入到表中
考虑下图所示的网络。假设每个节点初始时知道到每个邻居的费用。考虑距离向量算法，并给出节点z的距离表表项。距离向量法，首先需要得到所有的点的一张二维相连表，即初始表格，如下 然后，选择最小的uv线路进行更新，将v点接入后，得到更新后的表格 然后，选择y点进行更新，得到更新后的表格，以此类推
假设某分组的信息内容是比特模式1110 0110 1001 1101，并且使用了偶校验方案。在采用二维奇偶校验方案的情况下，包含该检验比特的字段的值是什么？你的回答应该使用最小长度检验和字段。首先，确定二维奇偶校验表格 有偶数个1则为0，否则为1。
考虑5比特生成多项式，G=10011，并且假设D的值为1010101010。R的值是什么。由CRC得到r=b(G)-1=4 故R=0100
前面讲过，使用CSMA/CD协议，适配器在碰撞之后等待K512比特时间，其中K是随机选取的。对于K=100，对于一个10Mbps的广播信道，适配器返回到第二步要等多长时间？对于100Mbps的广播信道来说呢？ 512/10^6=5.12ms
假设结点A和结点B在相同的10Mbps广播信道上，并且这两个结点的传播时延为245比特时间。假设A和B同时发送以太网帧，帧发生了碰撞，然后A 和B在CSMA/CD算法中选择不同的K值。假设没有其他结点处于活跃状态，来自A和B的重传会碰撞吗？为此，完成下面的例子就足以说明问题了。假设A和B在t=0比特时间开始传输。他们在t=245比特时间都检测到了碰撞。假设KA=0,KB=1。B会将它的重传调整到什么时间？A在什么时间开始发送？（注意：这些结点在返回第2步之后，必须等待一个空闲信道，参见协议）A的信号在什么时间到达B呢？B在它预定的时刻抑制传输吗？考虑强化碰撞的概念，，当发送数据的站检测到了碰撞，除了立即停止发送数据外，还要继续发送 32 比特或 48 比特的人为干扰信号，以便让所有用户都知道现在已经发生了碰撞。以及帧间最小间隔的概念，以太网规定帧间最小间隔为 9.6 μs，即 96 比特时间. 可以看到，不管是32比特下（789+96=885>863）还是48比特下（805+96=901>879），都不会发生再碰撞
现在考虑习题P14中地图5-33。对主机A、两台路由器和主机F的各个接口提供MAC地址和IP地址。假定主机A向主机F发送一个数据报。当在下列场合传输该帧时，给出在封装该IP数据报的帧中的源和目的MAC地址：(i):从 A 到左边的路由器
在某网络中标志为A到F的6个结点以星形与一台交换机连接，考虑在该网络环境中某个正在学习交换机记录B的MAC地址与到达的端口；由于交换机表为空，故向A、C、D、E、F 都发送此帧 交换机记录B的MAC地址与到达的端口；由于交换机表有B的MAC地址，故只向B转发 交换机记录A的MAC地址与到达的端口；由于交换机表有B的MAC地址，故只向B转发 交换机保持表的内容不变；由于已知A的MAC地址，故只向A转发
转载自 blog.csdn.net/qq_40851744/article/details/107114970
