计算机网络复习

1、可可无敌的计算机网络超强资料汇总！ 看者必过！=复习提纲=第一章 概述电路交换、报文交换、分组交换。计算机网络的性能指标：速率、带宽、吞吐量、时延、时延带宽积、往返时间。计算机网络的体系结构：网络协议的三要素、分层原理、OSI模型与TCP/IP模型的比较。第二章 物理层数据通信的基础知识：单工通信/半双工通信/全双工通信、调制方法；传输媒体：双绞线、同轴电缆、光缆； 信道复用技术：频分复用、时分复用、统计时分复用。第三章 数据链路层字符填充、循环冗余检验CRC（计算）；局域网按拓扑结构分类：星形网、环形网、总线网、树形网。CSMA/CD协议：工作原理。MAC地址：组成、MAC帧格式。网桥：工作

2、原理。交换机：工作原理。第四章 网络层*IP地址：A类-E类范围；ARP协议：工作原理。IP数据报格式：基本字段的大小和作用。子网：子网掩码（计算网络地址）、路由器分组转发过程。ICMP协议：报文种类、ping和traceroute的工作原理。路由选择协议：内部网关协议IGP与外部网关协议EGP的区别、RIP和BGP的基本工作原理。第五章 运输层*TCP和UDP的区别（面向连接、无连接）、端口的构成和作用。UDP和TCP的首部格式。停止等待协议：工作原理。TCP的可靠传输、流量控制：滑动窗口、超时重传。TCP的拥塞控制：慢开始、拥塞避免、快重传、快恢复。随机早期检测RED：工作原理。TCP的连

3、接建立过程、连接释放过程。第六章 应用层DNS：域名解析过程。FTP：工作原理。万维网：超链接、URL、HTTP。电子邮件：邮件发送和接收的过程。POP3和SMTP协议的作用。DHCP：工作过程。第七章 网络安全网络面临的威胁：截获、中断、篡改、伪造。网络安全的内容：保密性、安全协议的设计、访问控制。对称密钥体制：加密解密过程。公钥密码体制：加密解密过程。数字签名：功能、利用公钥算法实现数字签名过程。防火墙：作用。题型q 单选（10×220分）q 填空（ 10×1 10分）q 判断正误（ 10×2 20分）q 简答（15分，3道）q 填图（20分，34道）计算（1

4、5分，2道）=计算题=1-10 试在下列条件下比较电路交换和分组交换。要传送的报文共x（bit）。从源点到终点共经过k段链路，每段链路的传播时延为d（s），数据率为b(b/s)。在电路交换时电路的建立时间为s(s)。在分组交换时分组长度为p(bit)，且各结点的排队等待时间可忽略不计。问在怎样的条件下，分组交换的时延比电路交换的要小？电路交换总时延：连接时延发送时延传播时延分组交换总时延：发送时延传播时延电路交换时延：s+x/b+kd,分组交换时延：(x/p)*(p/b)(k-1)*(p/b)+ kd其中(k-1)*(p/b)表示K段传输中，有(k-1)次的存储转发时延，当s>(k-1)

5、*(p/b)时，分组交换的时延比电路交换的要小。1-11 在1-10题的分组交换网中，设报文长度和分组长度分别为x和(p+h)(bit),其中p为分组的数据部分的长度，而h为每个分组所带的控制信息固定长度，与p的大小无关。通信的两端共经过k段链路。链路的数据率为b(b/s)，但传播时延和结点的排队时间均可忽略不计。若打算使总的时延为最小，问分组的数据部分长度p应取为多大？（提示：参考图1-12的分组交换部分，观察总的时延是由哪几部分组成。）答：分组的个数为x/p传输的总比特数为（x/p）*(p+h)源发送时延(x/p)*(p+h)/b最后一个分组经k-1个分组交换机的转发，中间发送时延(k-1

6、)*(p+h)/bK段链路上的传播时延忽略不计，则：总时延D =源发送时延+中间发送时延= (x/p)*(p+h)/b + (k-1)*(p+h)/b对p求导后，令其值等于0，求得1-19 长度为100字节的应用层数据交给传输层传送，需加上20字节的TCP首部。再交给网络层传送，需加上20字节的IP首部。最后交给数据链路层的以太网传送，加上首部和尾部共18字节。试求数据的传输效率。数据的传输效率是指发送的应用层数据除以所发送的总数据（即应用数据加上各种首部和尾部的额外开销）。若应用层数据长度为1000字节，数据的传输效率是多少？解：（1）100/（100+20+20+18）=63.3% （2）

7、1000/（1000+20+20+18）=94.5%3-07要发送的数据为1101011011。采用CRC的生成多项式是P（X）=X4+X+1。试求应添加在数据后面的余数。数据在传输过程中最后一个1变成了0，问接收端能否发现？若数据在传输过程中最后两个1都变成了0，问接收端能否发现？采用CRC检验后，数据链路层的传输是否就变成了可靠的传输？答： 生成多项式：P（X）=X4+X+1=10011，除数P10011。作二进制除法，1101011011 0000 除以 10011 得余数1110 。作二进制除法，两种错误均可发现。CRC 差错检测技术只能做到无差错接受，缺重传机制，数据链路层的传输还不

8、是可靠的传输。3-20假定1km长的CSMA/CD网络的数据率为1Gb/s。设信号在网络上的传播速率为200000km/s。求能够使用此协议的最短帧长。答：对于1km电缆，单程传播时延为1/200000=5微秒，来回路程传播时间为10微秒，按照CSMA/CD工作原理，最小帧的发射时间不能小于10微秒，以1Gb/s速率工作，10微秒可以发送的比特数=10微秒*数据率=（10*10-6）*109=10000,因此，最短帧是10000位。3-32图3-35表示有五个站点分别连接在三个局域网上，并且用网桥B1和B2连接起来。每一个网桥都有两个接口（1和2）。在一开始，两个网桥中的转发表都是空的。以后有

9、以下各站向其他的站发送了数据帧：A发送给E，C发送给B，D发送给C，B发送给A。试把有关数据填写在表3-2中。（表3-2 习题3-32的表）发送的帧B1的转发表B2的转发表B1的处理B2的处理地址接口地址接口AEA1A1转发，写入转发表转发，写入转发表CBC2C1转发，写入转发表转发，写入转发表DCD2D2写入转发表，丢弃不转发转发，写入转发表BAB1写入转发表，丢弃不转发接收不到这个帧4-09.（1）子网掩码为代表什么意思？可以代表C类地址对应的子网掩码默认值; 也能表示A类或B类地址的掩码。一个A类网的子网掩码，对于A类网络的IP地址，前8位表示网络号，后24位表

10、示主机号，使用子网掩码表示前8位为网络号，中间16位用于子网段的划分，最后8位为主机号。一个B类网的子网掩码，对于B类网络的IP地址，前16位表示网络号，后16位表示主机号，使用子网掩码表示前16位为网络号，中间8位用于子网段的划分，最后8位为主机号。一个C类网对应的子网掩码默认值。（2）一网络的子网掩码为48，问该网络能够连接多少个主机？48转化为二进制的序列：11111111.11111111.11111111.11111000.根据子网掩码的定义，掩码位数为29，该网络能够连接8个主机

11、，扣除全1和全0后每一个子网上的主机为6台。（3）一A类网络和一B网络的子网号subnet-id分别为16个1和8个1，问这两个子网掩码有何不同？A类网络：11111111 11111111 11111111 00000000给定子网号（16位“1”）则子网掩码为B类网络 11111111 11111111 11111111 00000000给定子网号（8位“1”）则子网掩码为这两个子网掩码相同，但子网数目不同。（4）一个B类地址的子网掩码是。试问在其中每一个子网上的主机数最多是多少？255.255. 240.0转化

12、为二进制的序列：11111111.11111111.11110000.00000000Host-id的位数为4+8=12，因此，最大主机数为： 212-2=4096-2=4094 (5)一A类网络的子网掩码为55；它是否为一个有效的子网掩码？子网掩码是由一连串的1和0组成，1代表网络号和子网号，0对应主机号，55的二进制形式为：11111111 11111111 00000000 11111111由此可见，这是一个有效的子网掩码不推荐这样使用。(6)某个IP地址的十六进制表示C2.2F.14.81，试将其转化为点分十进制的形式。这个地址是哪一类IP地

13、址？ C2.2F.14.81转化为十进制表示为：29 这是一个C类地址4-20.设某路由器建立了如下路由表：目的网络 子网掩码 下一跳 28 接口m028 28 接口m1 28 R2 92 R3*（默认） R4 现共收到5个分组，其目的地址分别为：（1）0 （2）2（3）51 （4）192.153.17（5）192.4

14、.153.90试分别计算其下一跳。（1）分组的目的站IP地址为：0。先与子网掩码28相与，得，可见该分组经接口m0转发。（2）分组的目的IP地址为：2。与子网掩码28相与得，不等于。与子网掩码28相与得，经查路由表可知，该分组经R2转发。（3）分组的目的IP地址为：51，与子网掩码28相与后得28，与子网掩码255.2

15、55.255.192相与后得28，经查路由表知，该分组转发选择默认路由，经R4转发。（4）分组的目的IP地址为：7。与子网掩码28相与后得。与子网掩码92相与后得，经查路由表知，该分组经R3转发。（5）分组的目的IP地址为：0，与子网掩码28相与后得。与子网掩码92相与后得4，经查路由表知，该分组转发选择默认路由，经R4转发。4-21某单位

16、分配到一个B类IP地址，其net-id为.该单位有4000台机器，分布在16个不同的地点。如选用子网掩码为，试给每一个地点分配一个子网掩码号，并算出每个地点主机号码的最小值和最大值。 16个子网，需子网号4位。可给每个地点分配如下子网号码地点： 子网号（subnet-id） 子网网络号 主机IP的最小值和最大值1： 00000001 -54 2： 00000010 -543： 00000011 129.250.3

17、.0 -544： 00000100 -545： 00000101 -546： 00000110 -547： 00000111 -548： 00001000 -549： 00001001 129

18、.250.9.1-5410： 00001010 -5411： 00001011 -5412： 00001100 -5413： 00001101 -5414： 00001110 -5415： 00001111

19、 -5416： 00010000 -545-23主机A向主机B连续发送了两个TCP报文段，其序号分别为70和100。试问： （1）第一个报文段携带了多少个字节的数据？（2）主机B收到第一个报文段后发回的确认中的确认号应当是多少？（3）如果主机B收到第二个报文段后发回的确认中的确认号是180，试问A发送的第二个报文段中的数据有多少字节？（4）如果A发送的第一个报文段丢失了，但第二个报文段到达了B。B在第二个报文段到达后向A发送确认。试问这个确认号应为多

20、少？解：（1）第一个报文段的数据序号是7099，共30字节的数据。（2）确认号应为100.（3）80字节。 （4）70531 通信信道带宽为1Gbs，端到端时延为10ms。TCP的发送窗口为65535字节。试问:可能达到的最大吞吐量是多少?信道的利用率是多少?答：发送时延为 65535*8bit ÷ 1Gbit/s=0.52428ms 最大吞吐量为 65535*8bit/(20ms+0.52428ms)=25.5Mb/s 信道的利用率是 25.5/1000=2.55% 最大吞吐量为25.5Mb/s。信道利用率为25.5/1000=2.55%539TCP的拥塞窗口cwnd大小与传输轮次

21、n的关系如下所示：（1）试画出如图5-25所示的拥塞窗口与传输轮次的关系曲线。（2）指明TCP工作在慢开始阶段的时间间隔。（3）指明TCP工作在拥塞避免阶段的时间间隔。（4）在第16轮次和第22轮次之后发送方是通过收到三个重复的确认还是通过超时检测到丢失了报文段？（5）在第1轮次，第18轮次和第24轮次发送时，门限ssthresh分别被设置为多大？（6）在第几轮次发送出第70个报文段？（7）假定在第26轮次之后收到了三个重复的确认，因而检测出了报文段的丢失，那么拥塞窗口cwnd和门限ssthresh应设置为多大？答：（1）（2） 慢开始时间间隔：【1，6】和【23，26】（3） 拥塞避免时间间

22、隔：【6，16】和【17，22】（4） 在第16轮次之后发送方通过快恢复来发送数据，因此断定为收到了三个重复的确认。在第22轮次之后发送方采用慢开始算法来发送数据，因此可以断定是通过超时检测机制来确认报文段的丢失。（5）在第1轮次发送时，门限ssthresh被设置为32 在第18轮次发送时，门限ssthresh被设置为发生拥塞时的一半，即21. 在第24轮次发送时，门限ssthresh是第18轮次发送时设置的13（6） 第70报文段在第7轮次发送出。（7） 在第26轮次后收到三个重复的确认，因此检测出报文段的丢失，根据拥塞控制的算法应该用快恢复算法，门限ssthresh减半，而拥塞窗口cwnd

23、设置为慢开始门限ssthresh减半后的数值，即拥塞窗口cwnd和门限ssthresh应设置为8的一半，因此均设置为4=练习题1=1 在下列情况下，计算传送1000KB文件所需要的总时间，即从开始传送时起直到文件的最后一位到达目的地为止的时间。假定往返时间RTT是100毫秒，一个分组是1KB（即1024字节）的数据，在开始传送整个的文件数据之前进行的起始握手过程需要2×RTT的时间。（a） 带宽是1.5Mbps，数据分组可连续发送。解答：2个起始的RTT：100×2=200毫秒=0.2秒； 1KB=8比特×1024=8192比特， 发送时间：1000KB÷

24、;1.5Mbps=8192000比特÷1500，000比特/秒=5.46秒； 传输时间：RTT÷2=100÷2=50毫秒=0.05秒所以，总时间等于起始握手时间+发送时间+传输时间，即0.2+5.46+0.05=5.71秒。（b） 带宽是1.5Mbps，但在结束发送每一个数据分组之后，必须等待一个RTT才能发送下一个数据分组。解答：总共发送1000个分组，需要在上一小题答案的基础上再增加999个RTT5.71+999×0.1=105.61秒所以，总时间是105.61秒。（c） 带宽是无限大的值，即我们取发送时间为0，并且在等待每个RTT后可发送多达20个

25、分组。解答：1000KB÷1KB=1000分组 1000分组÷20分组=50个RTT50-1=49个RTT2×RTT+49RTT+0.5RTT=51.5RTT=0.1×51.5=5.15秒。（d） 带宽是无限大的值，在紧接起始握手后我们可以发送一个分组，此后，在第一次等待RTT后可发送21个分组，在第二次等待RTT后可发送22个分组，。，在第n次等待RTT后可发送2n个分组。解答： 取n=91+2+4+29=29+1-1=1023这样我们就可以发送所有的1000个分组，而且在第9次等待RTT后只须发送。（512-23）个分组就可以了。2RTT+9RTT+

26、0.5RTT=11.5RTT0.1×11.5=1.15秒即总的延迟是1.15秒。2 考虑一个最大距离为2公里的局域网，当带宽等于多大时传播延时（传播速度为2×108米/秒）等于100字节分组的发送延时？对于512字节分组结果又当如何？解答：传播延迟等于：2×103米÷（2×108米/秒）=10-5秒=10微秒100字节÷10微秒=10M字节/秒=80M位/秒512字节÷10微秒=51.2M字节/秒=409.6M位/秒因此，带宽应分别等于80M位/秒和409.6M位/秒。3 假定有一个通信协议，每个分组都引入100字节的开销用

27、于头和成帧。现在使用这个协议发送1M字节的数据，然而在传送的过程中有一个字节被破坏了，因而包含该字节的那个分组被丢弃。试对于1000、5000、10000和20000字节的分组数据大小分别计算“开销+丢失”字节的总数目？分组数据大小的最佳值是多少？解答：设D是分组数据的大小，那么所需要的分组数目 N=106/D开销=100×N （被丢弃分组的头部也已计入开销）所以，开销+丢失=100×106/D+D 分组数据大小 D开销+丢弃100010100050002500010000200002000025000y=108/D+D当D=104时， 所以，D的最佳值是10000字节。4

28、计算在下列情况下的延迟（从发出第1位开始到收到最后1位为止）：（a） 在通路上有1个存储转发交换机的10Mbps以太网，分组大小是5000位。假定每条链路引入10微妙的传播延迟，并且交换机在接收完分组之后立即重发。解答：1位的发送延迟是0.1s，一个分组由5000位组成，在每条链路上引入的发送延迟是500s ，分组在每条链路上的传播延迟都是10s，因此总的延迟等于：500×2+10×2=1020s, 即1.02ms。（b）跟（a）的情况类似，但有3个交换机。解答：3个交换机，共有4条链路，总的延迟等于：500×4+10×4=2040s=2.04ms。（c

29、）跟（a）的情况相同，但假定交换机实施“直通”交换：它可以在收到分组的开头200位后就重发分组。解答：使用直通交换，交换机延迟分组200位，即20s。在这种情况下仍然有1个500s的发送延迟，2个10s的传播延迟，再加上20s的交换机转发延迟，因此总的延迟等于：500×1+10×2+20=540s如果像（b）那样有3个交换机，那么总的延迟将会等于：500×1+10×4+20×3=600s。5. 计算在下列情况下的有效带宽。对于（a）和（b）假定有一个稳定的数据源供发送；对于（c）只要计算在12小时内的平均值即可。（a） 类似于4（b），10Mb

30、ps以太网通过了3个存储转发交换机，交换机在一条链路上接收的同时可以在另一条链路上发送。解答：有效带宽是10Mbps。发送方可以用这个速率稳定地发送数据，交换机只是沿着流水线对数据进行流传送。在这里我们假定不发送ACKs，交换机能够保持和缓冲至少1个分组。（b） 跟（a）中的情况相同，但发送方在发送每个5000位数据分组后必须等待一个50字节的确认分组。解答：在发送方向上的延迟累计为500×4+10×4=2040s=2.04ms。在每条链路上的ACK延迟有对于400位的发送延迟40s和传播延迟10s，所以在ACK方向上的延迟累计为40×4+10×4=20

31、0s=0.2ms。总的RTT等于2.04+0.2=2.24ms。因此有效带宽等于5000位÷2.24毫秒=2.2Mbps。（c） 夜间（12小时）船运100张CD盘（每个盘650MB）解答：100×6.5×108字节/12小时 = 6.5×1010字节/（12×3600秒）= 1.5M字节/秒 = 12M位/秒。=练习题2=1.假定在地球和一个新月亮之间建立一条100M位/秒的链路。从该月亮到地球的距离大约是385000公里，数据在链路上以光速3×108米/秒传输。（a） 计算该链路的最小RTT。解：最小RTT等于2×385

32、000000米÷（3×108米/秒）=2.57秒（b） 使用RTT作为延迟，计算该链路的“延迟×带宽”值。解：“延迟×带宽”值等于2.57秒×100M位/秒=257M位32M字节（c） 在（b）中计算的“延迟×带宽”值的含义是什么？解：它表示发送方在收到一个响应之前能够发送的数据量。（d） 在月亮上用一个照相机拍取地球的相片，并把它们以数字形式保存到磁盘上。假定在地球上的任务控制要下载25M字节的最新图象，那么，从发出数据请求到传送结束最少要化多少时间？解：在图象可以开始到达地面之前，至少需要一个RTT。假定仅有带宽延迟，那么发送需要

33、的时间等于25M字节÷100M位/秒=200M位÷100M位/秒=2秒。所以，直到最后一个图象位到达地球，总共化的时间等于2.0+2.57=4.57秒。2如图所示，主机A和B每个都通过10M位/秒链路连接到交换机S。 在每条链路上的传播延迟都是20微秒。S是一个存储转发设备，在它接收完一个分组后35微妙开始转发收到的分组。试计算把10000比特从A发送到B所需要的总时间。（a） 作为单个分组解：每条链路的发送延迟是10000位÷10M位/秒=1000微秒总的传送时间等于2×1000+2×20+35=2075微秒。（2个发送延迟+两个发送延迟+中

34、转延迟）（b）作为两个5000位的分组一个紧接着另一个发送解：当作为两个分组发送时，下面列出的是各种事件发生的时间表：T=0开始 （1个分组发送延迟500微妙）T=500A完成分组1的发送，开始发送分组2T=520分组1完全到达S （传播延迟20微妙）T=555分组1从S起程前往B （中转延迟35微妙）T=1000A结束了分组2的发送 （发送延迟500微妙）T=1055分组2从S起程前往B （传播延迟20微妙+中转延迟35微妙）T=1075分组2的第1位开始到达B （传播延迟20微妙）T=1575分组2的最后1位到达B （由于发送延迟500微妙，末位比首位晚到500微妙）事实上，从开始发送到A

35、把第2个分组的最后1位发送完经过的时间为2×500微妙，第1个链路延迟20微妙，交换机延迟为35微妙（然后才能开始转发第2个分组），500微妙的发送延迟（等待该分组发送到末位），第2个链路延迟20微妙，所以，总的时间等于2×500微妙+20微妙+35微妙+500微妙+20微妙=1575微妙。3. 现在要在光纤上发送一个计算机屏幕图象序列。屏幕大小为480x640象素，每个象素24位，每秒60幅屏幕图象。问需要多大的带宽？假定每赫兹调制一个比特，那么对于中心波长为1.30m的波段，这个带宽所对应的波长范围有多大？解答: 数据速率是480x640x24x60 bps，即442M

36、bps f = 4.42 x 10 8 因此，需要442 Mbps的带宽， 对应的波长范围是2.5 x 10 6微米。4. 奈魁斯特定理适用于光纤吗？还是仅适用于铜线？解答: 奈魁斯特定理是一个数学性质，不涉及技术处理。该定理说，如果你有一个函数，它的傅里叶频谱不包含高于f的正弦或余弦，那么以2f的频率采样该函数，那么你就可以获取该函数所包含的全部信息。因此奈魁斯特定理适用于所有介质。5. 假定PSTN的带宽是3000HZ，典型的信噪功率比是20dB，试确定可以取得的理论上最大的信息（数据）速率。解答： 现在，因此，C = 3000×log2(1+100) = 19 936 bps

37、即可以取得的理论上最大的信息（数据）速率是19 936 bps。=练习题3=1 假定我们要发送信息11001001，并且使用CRC多项式x3+1来检错（a） 使用多项式长除来确定应该发送的信息块。解答：取信息11001001，附加000，并用1001去除，余数是011 应该发送的信息块是11001001011（b） 假定信息块最左边的比特由于在传输链路上的噪音而变化，接收方CRC计算的结果是什么？接收方是怎样知道发生了错误的？解答：把第1位变反，得到01001001011，再用1001去除，得到商01000001，余数是10。由于余数不为零，所以接收方知道发生了错误。2 假定一个成帧协议使用比

38、特充填，示出当帧包含下列比特序列时在链路上发送的比特序列。110101111101011111101011111110解答：1101011111001011111010101111101103在停-等传输中，假定发送方和接收方在收到一个重复的ACK或数据帧时都立即重传它们的最后一帧；从表面上看，这样的一种策略是合理的，因为收到这样的一个重复帧很可能意味着另一端经历了一个超时事件。（a） 画出时序简图说明，如果第1个数据帧因某种原因重复传输了，而实际上并未发生帧丢失事件，那么会发生什么样的情况。重复事件将持续多长时间？（在实践中人们把这种重复传送现象称着魔术师徒弟的故障）。解答：如图所示的重复现

39、象持续进行着，直到传输结束为止。（b） 假定跟数据一样，如果在超时期内无响应，ACK也重发；再假定两边使用相同的超时间隔。试给出一种可能是合理地触发魔术师徒弟故障的运行条件。解答：为触发魔术师徒弟现象，重复的数据帧必须与第1个ACK在网络中相遇。如果发送方和接收方都采取超时重发策略，且具有同样的超时间隔，ACK丢失，那么发送方和接收方会在大约相同的时间重发送。这些重发送是否同步到足以在网络中相遇还取决于其它因素。这种超时重发有助于实现某种有节制的延迟，否则主机有可能响应得太慢。通过设定适当的条件，魔术师徒弟现象是可以可靠地产生的。4假定我们运行SWS=5和RWS=3的滑动窗口算法，并且在传输过

40、程中不会发生分组失序的问题。（a） 求MaxSeqNum（可以使用的序列号的个数）的最小值。你可以假定找出一个最小值MaxSeqNum满足下列条件就可以了：如果DATAMaxSeqNum在接收窗口中，DATA0再也不会到达。解答：MaxSeqNum的最小工作值是8（0，1，2，3，4，5，6，7）。如果DATA8在接收窗口中，-可能的最早接收窗口是DATA6至DATA8-发送方已经收到了ACK6（它应答了序号低于6的分组）-DATA5已经被投递但因为SWS=5，DATA0是在DATA5之前发送-根据在传输过程中不会发生分组失序的假定，DATA0不可能再发送。（b） 给出一个例子，说明MaxSe

41、qNum-1是不够的。解答：如果MaxSeqNum=7，那么我们要说明的是，在接收方期待DATA7的时候，一个老的DATA0仍然可能到达。因为以MaxSeqNum=7为模（0，1，2，3，4，5，6），7和0是不可区分的，接收方判断不了实际到达的是DATA7还是DATA0。-发送方发送DATA0至DATA4，它们都到达了。-接收方发送ACK5作为响应，但它很慢。接收方窗口现在是DATA5至DATA7。-发送方超时，并重发DATA0，接收方把该重传的分组作为DATA7接收。（c） 给出由SWS和RWS求最小MaxSeqNum的一般规则。解答：MaxSeqNum³SWS+RWS。 5PP

42、P是以HDLC为基础的，HDLC使用位充填防止在有效载荷内偶尔出现的标志字节产生混淆。给出至少一个理由，说明PPP为什么使用字符充填来代替位充填。解答：PPP被明确地设计成是以软件形式实现的，而不像HDLC那样几乎总是以硬件形式实现。对于软件实现，完全用字节操作要比用单个位操作简单得多。此外，PPP被设计成跟调制解调器一道使用，而调制解调器是以1个字节为单元而不是以1个比特为单元接受和发送数据的。=练习题4=1.一大批ALOHA用户每秒产生50次请求，包括初始请求和重传的请求。时间以40毫秒为单位分槽（a） 首次尝试的成功率是多少？解答：在任一帧时内生成k帧的概率服从泊松分布生成0帧的概率为e

43、G对于纯ALOHA，发送一帧的冲突危险区为两个帧时，在两帧内无其它帧发送的概率为eGeG=e2G对于分槽ALOHA，由于冲突危险区减少为原来的一半，任一帧时内无其它帧发送的概率是eG。现在时槽长度为40毫秒，即每秒25个时槽，产生50次请求，所以每个时槽产生两个请求，G=2。因此，首次尝试的成功率是e-2=eG=1/e2(b) k次冲突后成功的概率是多少？解答：（1-e-G）k eG=(1-e-2)ke-2=0.135×(1-0.135)k=0.135×0.865k(c)所需要的发送尝试的次数的期望值是多少？解答：尝试k次才能发送成功的概率（即前k-1次冲突，第k次才成功）

44、为：pk=e-G(1-e-G)k-1那么每帧传送次数的数学期望为说明：本题解答中利用了下列数学公式： 2按照1982年以太网规范，在如图所示的典型配置中，在任意两个站之间允许最长达1500米的同轴电缆（可以连接计算机），1000米其它的点到点链路线缆（仅用于网络范围延伸，不可连接计算机），以及两个重发器（也称中继器）。每个站或重发器通过最长可达50米的收发器电缆连接到收发器。跟每个部件相关的典型参数或延迟如下：同轴电缆的传播速度为0.77c链路/收发器电缆的传播速度为0.65c每个重发器大约有0.6微妙的延迟每个收发器大约有0.2微妙的延迟其中c是光在真空中的传播速度，即3´108米

45、/秒由于上述延迟因素，以比特计的最坏来回路程延迟时间是多少？ 习题2插图解答：单程延迟（例如，A到C）：同轴电缆 6.49微妙（1500米） 点到点链路 5.13微妙（1000米）重发器 1.20微妙（两个） 收发器 1.20微妙（6个）收发器电缆（300米） 1.54微妙总延迟15.56微妙来回路程延迟约31.1微妙，即311比特。再留有一定的余地，后来的正式标准是464比特，若再加上48比特的JAM信号，就导致最小帧长512比特。3IEEE802.3标准把在两个重发器之间的以太网同轴电缆段的最大长度限定为500米，重发器再生100%的原始信号幅度。下图示出的是一种典型的按照5-4-3-2-

46、1黄金规则（5个段，4个重发器，3个网络段，2个链路段，1个冲突域）配置的网络。沿着500米的网络同轴电缆段，衰减后的信号不会低于原先值的14%，沿着1500米同轴电缆，衰减后的信号仍然可达原先值的（0.14）3=0.3%。在实践中，这样的信号在同轴电缆的接收站读出后还是足以区分其编码是什么样的二进制位串的。那么标准为什么把单个网络段的长度限制为500米呢？ 习题3插图解答：一个站不仅在仅仅接收的情况下必须能够正确地检测到远方发来的信号，而且为了碰撞检测，在它自己发送的同时，也必须能够检测到远方站发来的信号，这就需要高得多的远方信号强度。4假定以太网的来回路程传播延迟是46.4微妙。这导致51

47、2比特的最小分组尺寸（464位的传播延迟+48位碰撞增强信号）。（a） 如果延迟时间保持常数，当信号速率上升到100Mbps时，最小分组大小将是多少？解答：假定仍使用48位的JAM信号，那么最小分组尺寸将是4640位+48位=4688位=586字节（b） 如此大的最小分组尺寸的缺点是什么？解答：这个分组尺寸比许多高层分组尺寸大得多，产生相当数量的带宽浪费（c） 如果兼容性不是一个问题，怎样制定规范才能允许一个较小的最小分组尺寸？ 解答：如果减少最大冲突域直径，并且其它各种容许量也都严格控制，那么最小分组尺寸可以比较小。5假定A和B是试图在一个以太网上发送的两个站。每个站都有一个稳定的帧的队列准

48、备发送，A的帧编号是A1，A2和A3等，B的帧编号是B1，B2和B3等。再假定指数后退的基本单元时间是T=51.2微妙。现在A和B同时尝试发送1号帧，碰撞，并且刚好分别选择了0´T和1´T的退避时间，也就是说，A赢得了这一次竞争，发送A1，B需要等待。在这次传送结束时，B尝试再发送B1，而A则尝试发送A2。这一轮的首次尝试产生碰撞，此时，A的退避时间从0´T和1´T中选择，而B则从0´T，3´T中选择。（a） 给出A赢得第2次退避竞争的概率。解答：A可以选择KA=0或1；B可以选择KB=0，1，2，3。如果（KA，KB）选择（0，1）

49、，（0，2），（0，3），（1，2），（1，3）中的一个组合，那么将是A赢得这第2次竞争，其概率是5/8。（b） 假定A已赢得了第2次退避竞争。A在成功发送A2后，接着尝试发送A3。当B再次尝试发送B1时，A和B再次碰撞。给出A赢得这第3次退避竞争的概率。解答：现在A是在一次成功发送之后，可以选择KA=0或1；KB是在它的第3次碰撞之后，可能的选择是0，1，2，7。如果KA=0，那么KB中有7种选择使得A赢；如果KA=1，那么KB中有6种选择使得A赢。所以A赢得这第3次竞争的概率是13/16。（c） 给出A赢得所有其余后退竞争的概率的合理下限值。解答：A赢得第2次竞争的概率 = 5/8 >

50、; 1/2A赢得第3次竞争的概率 = 13/16 > 3/4类似地，A赢得第4次竞争的概率 > 7/8一般地，A赢得第i次竞争的概率 > （1-1/2i-1）因此，假定A已经赢得第1至第3次竞争，那么A赢得所有其余的后退竞争的概率将不低于：（1-1/8）´（1-1/16）´（1-1/32）´（1-1/64）´ » 1-1/8-1/16-1/32-1/64- = 6/8 = 3/4（d）对于B1帧的发送会出现什么样的情况？解答：B放弃对于B1帧的发送，转而开始发送B2帧。最终会因上层协议超时而重发B1帧的报文，从而恢复正常发送条

51、件。上述退避竞争的情况通常称为以太网捕获效应。=练习题5=1.下图表示LAN通过网桥互连。请按照图上所标的网桥ID和端口号，利用生成树算 法求出此网络的生成树。 图1 习题1插图解答： 2有一个100Mbps令牌环网络，令牌旋转时间是200微妙，允许每个站在每次得到令牌时可以发送1个大小为1KB（1024字节）的分组。试计算任意一台主机可以取得的最大有效吞吐率。（a） 假定是立即令牌释放解答：一台主机发送1个分组花82微妙的时间。它在发送完成时立即发送令牌；然后它可以再发送分组的最早时间(其它站都不发送)也是在200微妙之后，因为此时令牌才可能再回到该主机站。82¸（82+200）&

52、#187;29% 100Mbps´29%=29Mbps因此，一台主机可以取得的最大有效吞吐率是29Mbps。（b） 假定是推迟释放令牌解答：发送方在开始发送200微妙之后，帧的开始部分才能回到本站，此时发送方才发送令牌。令牌最早还要过200微妙的时间（假定其它站都不发送）才能饶环一周，回到该源发站，使该源发站可以再次发送。82¸（200+200）»20% 100Mbps´20%=20Mbps因此一台主机可以取得的最大有效吞吐率是20Mbps。3考虑建立一个CSMA/CD网，电缆长1公里，不使用重发器，运行速率为1Gbps。电缆中的信号速度是200000公

53、里/秒。问最小帧长度是多少？ 解答： 对于1公里电缆，单程传播时间为1÷200000=5×10-6秒，即5微妙，来回路程传播时间为2=10微妙。为了能够按照CSMA/CD工作，最小帧的发射时间不能小于10微妙。以1Gbps速率工作，10微妙可以发送的比特数等于：因此，最小帧是10000位或1250字节长。4假定信号在光纤中的延迟是每公里5微妙，试计算以时间和比特表示的下列FDDI环配置的延迟。假定可用的位速率是100Mbps。（a） 2公里环，带有20个站；（b） 20公里环，带有200个站；（c） 100公里环，带有500个站。解答：设信号传播延迟等于Tp，一个站的延迟等

54、于Ts，N表示站的数目，那么环延迟T1 = Tp + N×Ts。在这里，Ts = 0.01微妙（1比特延迟）（a） T1 = 2×5 + 20×0.01 = 10.2微妙， 或1020比特（b） T1 = 20×5 + 200×0.01 = 102微妙， 或10200比特（c） T1 = 100×5 + 500×0.01 = 505微妙， 或50500比特需要指出的是，上述值的计算是假定仅使用主环。如果发生了故障，将双环重构成单环，信号传播延迟值将加倍（长度增加1倍）。而且，对于每个双附接站，站延迟也将加倍（经过的站数加倍）

55、。5假定一个100Mbps的推迟释放令牌的环网有10个站，环延迟是30微妙，协定的TTRT（目标令牌旋转时间）是350微妙。（a） 假定所有的站都被分配了相同数量的同步传输量，那么，每个站可以发送多少个同步帧字节？解答：350-30=320微妙可用于帧传送，也就是32 000位或4k字节。在10个站之间均分，每个站400字节。（b） 假定站A，B，C在环上以递增的顺序排列。由于一致的同步交通，没有异步数据的TRT（令牌旋转时间）是300微妙。B发送一个200微妙（2.5k字节）的异步帧。那么A、B和C在它们下一次的测量中将看到什么样的TRT？下一次谁可以发送这样的一个帧？解答：假定在时间T=0

56、时B开始发送，那么T= -300（微妙）令牌通过B；绕环一周；T=0 令牌通过B；B抓住令牌，开始发送异步帧；T=200 B结束发送，释放令牌；C看到令牌，C测量的TRT是500（在过去的1轮中，有1个站发了200微妙异步帧），此值太大，不能发送异步帧；T=500 令牌返回到B， B测量的TRT也是500（在过去的1轮中，自己发了200微妙异步帧）；在此之前A测量的TRT也应是500（在过去的1轮中，只1个站发了200微妙异步帧），在此之后C测量的TRT是300（在过去的1轮中，没有站发异步帧）；所以下一次C可以发送异步帧，因为它测量的TRT=300<TTRT=350。=练习题6=1考虑图6-10所示的子网。使用距离向量路由选择，下列向量刚刚被路由器C收到