深圳大学陆楠第一次计算机网络作业.doc

1.若信息为7位，要构成能纠正一位错的海明码，则至少要加上多少位冗余位？并写出其监督关系式。由2r=k+r+1,信息位为k位，增加r位冗余位，k=7，带入则有r=4.则其监督关系式为S=a7a6a5a4a3a2a1a02若生成多项式为x3+1信息位多项式为x6+x4+1，则CRC的冗余多项式是什么？K(x)= x6+x4+1,即信息位为1010001，G(x)= x3+1,生成码为1001，r=3，则有x3*K(x)=x9+x7+x3,对应代码为1010001000，与生成码相除得余数为010，故对应冗余多项式为R(x)=x.3已知循环冗余码的生成多项式G（x）=x5+x4+x+1，若接收方收到的码字1010110001101，问传输中是否有差错。接受码字为1010110001101，生成码字为110011。两者相除得余数为1，当余数为0时接受码字才正确，所以此传输中有差错。4比较电路交换、报文交换和分组交换三种交换技术的工作原理和性能特点。电路交换是一种直接的交换方式，既可以是物理链路也可以使逻辑链路。这条链路是由节点内部电路对节点间传输路径经过适当选择，连接完成的，由多个节点和多条节点间的传输路径组成的链路。其通讯包括三个阶段：电路建立，数据传输，电路拆除。由于电路交换在通信之前要在通信双方之间建立一条被双方独占的物理通路（由通信双方之间的交换设备和链路逐段连接而成），因而有以下特点。(1) 呼叫建立时间长，且存在呼损。(2) 电路连通后提供给用户的是“透明通路”。 (3) 适用于实时大批量连续的数据传输。（4） 线路利用率低。报文交换 在报文交换网中，网络节点通常为一台专用计算机，它有足够的存储，以便在报文进入时进行缓冲存储。节点接受一个报文后，报文暂存放在节点的存储设备之中，等输出线路空闲时，再根据报文中附近的目的地址转发到下一个合适的节点，如此往复，直到报文到达目的站。每一个报文由传输的数据和报头组成。报文交换具有下列特征：(1) 源站和目的站在通信时不需要建立一条专用的通路，因此不需要中间的节点空闲。（2）与电路交换想必，报文交换没有建立线路和拆除线路所需要的等待和时延。（3）线路利用率高。（4）要求节点具备足够的报文数据存放能力，一般节点由微机或小型机担当。（5）数据传输的可靠性高，每个节点在存储转发中都进行检错，纠错等差错控制。分组交换即包交换，属于“存储/转发”交换方式，不以报文为单位进行交换，传输，而是以更短的，标准的“报文分组”作为单位进行交换传输。每个分组包包含数据和呼叫控制信号，把它作为一个整体加以转接。可采用两种方式：数据报传输：发送方将报文分成一个个小的分组，分别将他们发送出去，在接收方再进行重组。虚电路方式：虚电路：两个用户的终端设备在考试互相发送和接收数据之前，需要通过网络建立逻辑上的连接。虚电路分组交换方式中，所有分组沿着虚电路传输，存在一个虚呼叫建立阶段和拆除阶段，不用专用线路，选定了特定的路径进行传输，分组所途径的所有节点都对这些分组进行存储/转发，这是与电路交换的实质上的区别。优点是分组传输时延短，不容易产生数据分组丢失；缺点是对网络依赖性大。数据报的有点事对于短报文数据率传输率比较高，对网络故障的适应能力强，缺点是时延大。5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）。从源站到目的站共经过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？电路交换的时延为t1=s+x/b+kd分组交换的实验为t2=x/b+(k-1)*p/b+kd。依题意即t1t2应有(k-1)*p/bs时，分组交换的时延比电路交换的小。6信道速率为4kb/s。采用停止等待协议。传播时延tp20ms。确认帧长度和处理时间均可忽略。问帧长为多少才能使信道利用率达到至少50？tf=lf/c(s),tf为一个数据帧的发送时间，lf为数据正常度，c=4kb/s,由于确认帧长度和处理时间均忽略，故tout=2tp=40ms.信道利用率=tf/(tf+tout)，依题意代入数据计算可得，lf=160bit7在连续ARQ协议中，设编号用3 bit，而发送窗口WT8。试找出一种情况，使得在此情况下协议不能正确工作。在连续ARQ协议中，接收窗口的大小为1，即应有发送窗口的大小的最大值为WT=23-1发送端：0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 7 0接收端：0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 7 0答：在连续ARQ协议中，如果编号用3比特，发送窗口WT=8。那么，当取WR=1，且发送方发出的所有数据帧均被接收方正常收下，但接收方回送的肯定应答帧均不能正常达到发送方时，由发送方在超时后重发的所有数据帧都将被接收方视为新的数据帧。从而导致协议不能正确的工作。而当WT=7时，WR=1，发送端：0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 7 0接收端：0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 7 0就算出现上述情况的重传也不会被接收窗口接受，而是被丢弃。就不会出现差错。8100个站分布在4km长的总线上。协议采用 CSMA/CD。总线速率为5Mb/s，帧的平均长度为1000bit。试估算每个站每秒钟发送的平均帧数的最大值。传播时延为5s/km。每一帧传播的最小时间为Tmin=Tf+2*NrNr=(1-A)/A, A是某个站发送成功的概率Amax=1-1/N(N-1)，N=100，带入计算则有Amax=0.369=4*5s/km=20s=0.02msTf=lf/c=1000bit/5Mb/s=1000/5000000=0.2ms则有Tmin=0.288ms故总线上每秒钟发送成功的帧数为1/Tmin=3472,则有每个站每秒钟发送的平均帧数的最大值为3400/100=34.9在以下的条件下，分别重新计算上题，并解释所得结果。（参考答案）l （1）总线长度减小到lkm。 （2）总线速率加倍。 （3）帧长变为10000bit。同理计算可得（1）每个站每秒种发送的平均帧数的最大值=45总线长度减小，端到端时延就减小，以时间为单位的信道长度与帧长的比也减小,信道给比特填充得更满,信道利用率更高，所以每站每秒发送的帧更多。（2）每个站每秒种发送的平均帧数的最大值=53 总线速度加倍，以