行测计算题技巧汇总（通用8篇）
计算题是资料分析的重点题型之一，题目难度偏大，数据关系比较复杂，难以把握，对考生分析资料、提炼有效数据的能力要求比较高，而且在计算过程中涉及多个数据间的计算，可能导致计算结果和正确选项之间有偏差。因此，中公教育专家建议考生复习计算题时，要重点掌握常考查的计算型概念，同时注意运用计算技巧，从而提高解题速度和正确率。
一、计算题常见考查方式
1.直接考查“计算型概念”，如“比上年(某年)增长(减少)的量是多少”，“比上年(某年)增加(减少)了百分之多少”，“XX占XX的比重是多少”，“XX是XX的多少倍”等等;
2.间接考查“计算型概念”，比如要先根据同比增长率求出上年量，再求倍数关系等。
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文章来源：中公教育北京分校
一、“八字方针”过好物理审题关
审题不过关是制约很多学生成绩的一个重要因素, 也是一个普遍的实际问题。要过好物理审题这一关, 我建议在审题时要努力做到以下八个字:“眼看”“嘴读”“手画”“脑思”。
1.“眼看”是前提。
眼看是从题目中获取信息的最直接的方法, 这一步一定要全面、细心。“眼看”时, 对题中关键性的词语要多加思考, 搞清含义。全面分析出已知、未知的物理条件, 特别是一些隐含的物理条件, 这是解决问题的关键。“眼看”时不要急于求解, 有些同学拿到题目立即写上一大堆公式, 往往不知所云;有些同学审题时漏看、错看或看不全题目中的条件, 是解题之大忌。“眼看”过程中, 边思索、便联想, 弄清题目中所涉及的现象和过程, 正确还原各种模型, 找准变化量之间的关系。
2.“嘴读”是内化。
“嘴读”可以小声读或默读, 是强化知识、接受题目信息的手段, 这是一个物理信息内化的过程, 它能解决漏看、错看等问题。例如, 平时学习中, 成绩较好的学生, 拿到一道题目, 不管是难还是易, 他都会怀着轻松的心情去小声读或默读, 特别是遇到一道陌生的题目, 他会更加兴奋, 认真、仔细地去完成。逐字逐句研究, 把做出一道难题看成一种快乐;而基础较差的学生则不然, 看见难题有畏惧感, 脑中“我做不出”的意念缠住了做题的思维, 这时可通过“嘴读”的方法寻找一些灵感解决问题。
3.“手画”是方法。
“手画”就是对题目中出现的物理情景、物理模型画一些必要的草图和变化的过程。草画图形, 搞清物理过程, 还原物理模型, 找出题目的关键之处, 这是解决中很重要的一环, 也是解题突破口。搞清物理过程必须认真审题, 根据题中告诉的各已知量的数量关系充分想象、分析、判断, 运用“手画”方法画出草图以展示完整的过程图景, 使物理过程更为直观。
4.“脑思”是关键。
“脑思”就是充分挖掘大脑中所有储存的知识信息, 准确思考、全面思考、快速思考, 分析出解题的思路和方法。对于考查基本知识和基本技能的题目, 一般不会太难, 可以比较顺利地解决, 但这时切忌掉以轻心, 因为这些题看似简单, 但可能潜藏着小小的陷阱, 一不留意就会掉入陷阱。遇到从来没有碰到过的题型或一时无从下手的难题, 千万不要认定自己一定做不出来。最要不得的是, 遇到一道难题, 看了几眼, 做不下去, 就看下一道;刚有了思路, 却又放弃, 去想下一道, 如此反反复复, 俩道题一道也做不出来, 可时间却又所剩无几, 又担心前面的题目会做错, 又转而检查前面的题目, 结果两大题没完成, 前面的答案又不能保证万无一失, 这样的考试结果可想而知。遇到难题, 不必吓得不敢下手, 从简单的方面考虑, 将可以想到的步骤一步步清楚地写下来, 或许会“柳暗花明又一村”, 即使得不到最终答案, 也会获得步骤分。实在做不出来, 也不要勉强自己, 影响全卷的答题。
因此, 考生在答题时, 应该在认真、快速读题的基础上, 确定这个题目所涉及的范围, 用到哪些知识和规律, 处理这类问题的一般思路是怎样的, 等等。在对问题进行快速诊断, 大致把握解题方向的前提下, 再动笔解答。
二、“三部曲”规范程序化解题
解物理计算题时, 要求在平时的计算训练中, 注意规范化解题, 按照自己的思维程序表达。一般来说, 物理计算题评分时, 有列式分和求解分, 我们可按照“三部曲”来规范计算题的解题过程。
1. 必要的文字说明。
文字说明能反映解题思路, 展示思维过程。写文字说明时, 要根据题意, 弄清哪些文字必要、需要写, 哪些不必要、可以忽略, 做到详略得当, 言简意赅。必要的文字说明, 有以下几项:
(1) 指出研究对象;
(2) 设定字母所表示的物理意义;
(3) 使用恰当的连词或连接语言;
(4) 叙述一些重要的物理状态;
(5) 描述重要的物理过程或物理情境;
(6) 叙述所运用的具体的物理规律;
(7) 揭露隐含条件。
写文字说明要防止俩种倾向:一是过于简略而显得不够完整, 缺乏内在的逻辑;二是啰唆, 分不清必要与不必要。
2. 写出物理公式。
写方程式是应用规律, 由已知推演到未知。因此方程式要按照原始公式、应用式、重要的演算式、结论式的顺序, 清晰简洁地展出。写方程式也要防止两种倾向:一是开始写出的方程式是演算步骤中的式子, 而不是原始公式或应用式。
3. 代入数据写出中药的演算过程, 并得出最后的答案。
在列好相关物理公式的基础上, 就要寻找物理情景中出现的数据, 并代入公式, 并简练写出重要的演算步骤, 得出最后的解答, 写上单位, 并做好适当的说明。如果是纯字母的题目, 一定要检查最后的答案中出现的字母是不是已知的字母。
孟凡盛， 湖北省特级教师，全国高中化学教学改革优秀教师，武汉市学科带头人。培养了多名省、市理科状元，多名学生高考化学获满分。
在复习的过程中，若能熟练地选用正确的解题方法和技巧，就能节约答题时间，提高计算的准确率，达到事半功倍的效果。
技巧1：守恒法
1.原子守恒法
原子守恒是指在化学反应前后，元素种类不变，原子个数相等。对于复杂的化学变化过程，确定恒量后，常常省略中间过程的探究，直接利用原子守恒关系进行求解。
【例1】（2015·湖南省长郡中学高三模拟）将35.8 g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72 L气体（标准状况）。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44 L NO（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为（ ）
A.66.4 g B.50.8 g C .44.8 g D. 39.2 g
解析：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72 L（标准状况），物质的量为6.72 L÷22.4 L/mol=0.3 mol，根据电子转移守恒可知
n（Al）=0.3×2/3=0.2 mol，故金属铝的质量为0.2 mol×
27 g/mol=5.4 g，金属铝提供电子的量是0.6 mol。将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为（13.44 L÷22.4 L/mol）×3=1.8 mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为1.8 mol-0.6 mol=1.2 mol。向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH-）=1.2 mol，所以反应后沉淀的质量等于35.8 g-5.4 g+1.2 mol×17 g/mol=50.8 g，故选B。
2.电荷守恒法
电荷守恒是指在电解质溶液中，所有的阳离子所带的正电荷总数等于所有的阴离子所带的负电荷总数，溶液整体不显电性。
【例2】（2015·河南省省级示范性高中联考）某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中（ ）
A.至少存在5种离子
B.Cl-一定存在，且c（Cl-）≥0.4 mol/L
C.SO42-、NH4+一定存在，Cl-可能不存在
D.CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在
解析：向溶液中加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，则含有n（NH4+）=0.02 mol，同时产生红褐色沉淀，则含有Fe3+；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固
体，则n（Fe3+）=2×n（Fe2O3）=2×（1.6 g÷160 g/mol）=
0.02 mol；向上述滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀，则含有n（SO42-）= 4.66 g÷ 233 g/mol=
0.02 mol。根据电荷守恒可得1×n（NH4+）+3×n（Fe3+）=
0.08 mol，负电荷总数2×0.02 mol = 0.04 mol<0.08 mol，所以一定还含有阴离子，而CO32-会与Fe3+发生复分解反应而不能大量共存，只能含有Cl-。若无其他阳离子，则Cl-物质的量是0.08 mol-0.04 mol=0.04 mol ，c（Cl-）= 0.04 mol÷0.1 L = 0.4 mol/L，若含有其他阳离子，则c（Cl-）要大于0.4 mol/L，因此B正确。
特别提醒：电荷守恒法常用于判断混合溶液中离子的组成、计算溶液中某一离子的浓度、比较溶液中离子浓度的相对大小、判断溶液的酸碱性等。解题的关键在于要能够准确地把溶液中所有的阴、阳离子全部罗列出来，再根据电荷守恒写出对应的关系式。
3.得失电子守恒法
得失电子守恒是指在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子总数和还原剂失去的电子总数相等。
【例3】（2014·重庆卷）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）。该储氢装置的电流效率η = 。（η =，计算结果保留小数点后1位）
解析：阳极生成的H+经过高分子电解质膜移动至阴极，一部分H+与苯一起得电子生成环己烷（C6H6+6H++6e-=C6H12），还有一部分H+ 得电子生成H2 （2H++2e-=H2↑，阴极的副反应），左边（阴极区）出来的混合气体成分为未反应的苯（g）和生成的环己烷（g）、H2，设未反应的苯蒸气物质的量为x mol，生成
的氢气的物质的量为y mol，阴极生成的气态环己烷为（2.4-x） mol，得到电子6（2.4-x）mol，阴极生成y mol H2得到电子2y mol，阳极（E极）的电极反应式为2H2O -4e-=O2↑+4H+，）生成2.8 mol O2失去电子物质的量为4×2.8 mol=11.2 mol。根据得失电子守恒有6（2.4-x）mol+2y mol=11.2 mol；阴极出来的混合气体中苯蒸气的物质的量分数为x÷（10+y）=0.1；联解得x=1.2 mol，电流效率为6×（2.4-1.2）÷11.2×100%=64.3%。
特别提醒：得失电子守恒法不仅适用于一般的氧化还原反应的计算中，在原电池、电解池中也同样适用。其基本的表达式为：n（氧化剂）×单个氧化剂得电子总数=n（还原剂）×单个还原剂失电子总数。
技巧2：极端假设法
针对具有不确定计算关系的问题，采取极端假设的思维，通过确定物质间量关系的极大值和极小值，进而确定其取值范围，可达到简化处理的目的。
【例4】（2014·全国卷）已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（ ）
A.若某温度下，反应后=11，则溶液中=12
B.参加反应的氯气的物质的量等于a mol
C.改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a mol≤ne≤a mol
D.改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为a mol
解析：C项，采取极端假设法进行讨论，改变温度，若反应中只生成KCl和KClO，转移电子a mol，若反应中只生成KCl和KClO3，则转移电子a mol，故反应中转移电子的物质的量范围为a mol≤ne≤a mol，正确；D项，改变温度，若反应中只生成KCl和KClO3，根据得失电子守恒，可产生KClO3（最大理论产量）a mol，错误，故答案选D。
特别提醒：极端假设法常用来判断混合物的组成或计算各组分的含量、平衡混合物中各组分含量的范围等。通常先分别假定只有单一组分进行讨论，分别求出极大值和极小值，再合并得出所求量的范围。
技巧3：十字交叉法
十字交叉法是针对二元混合物计算的一种特殊方法，若已知该混合物中两种成分的含量及其平均值，需要获取这两种成分含量的比例关系，则可采用十字交叉法。
【例5】（2012·新课标卷）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合样品，测得n（Fe）∶ n（Cl）=1∶2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为 。
解析：根据十字交叉法进行巧解，即FeCl2中
n（Cl）∶n（Fe）=2，FeCl3中n（Cl）∶n（Fe）=3，而其混合物中n（Cl）∶n（Fe）=2.1，用十字交叉法：
即n（FeCl2）∶n（FeCl3）=9∶1，则 FeCl3的物质的量分数为（0.1）÷（0.1+0.9）×100%=10%。
特别提醒：十字交叉法主要运用于计算某种混合物中各组分的物质的量之比（或体积比）、某元素的两种同位素的原子个数比、混合烃的组成成分等。
技巧4：数形结合法
【例6】（2015·河南省中原名校模拟）标准状况下，向100 mL H2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图中曲线所示。下列分析正确的是（ ）
A.原H2S溶液的物质的量浓度为0.05 mol/L
B.氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强
C.b点水的电离程度比c点水的电离程度大
D.a点对应溶液的导电性比d点强
解析：b点时H2S恰好反应，消耗SO2为0.112 ml÷22.4 L/mol=0.005 mol，由反应2H2S+SO2=3S↓+
2H2O可知，n（H2S）=0.005 mol×2=0.01 mol，则c（H2S）=
0.01 mol÷0.1 L=0.1 mol/L，A错误；d点时，亚硫酸浓度约是0.1 mol/L，pH比同浓度H2S溶液小，H2S的酸性比H2SO3的酸性弱，B错误；b点溶液为中性，水的电离不受影响，而c点溶液显酸性，水的电离受到抑制，C正确；H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强，D错误，故选C。
2017年省公务员考试已经结束一半，没有通过笔试的考生也，不要气馁，还有2018国家公务员考试现在已经进入备考阶段，很多考生痛感自己复习不到位，准备不够充分，陷入绝望之中，想探索一些考场技巧，让自己“有力回天”，在此跟大家分享一些猜答案的技巧，帮助大家实现逆袭。
2017年国家公务员行测数字推理猜题技巧
全奇必是奇：数列给出的项如果全是奇数，答案必是奇数;全偶必是偶：数列给出的项如果全是偶数，答案必是偶数。
奇偶奇偶间隔走：数列给出的项如果是奇数和偶数间隔，答案必须符合此规律。从怪原则：选项中有0、1等多数为正确选项。
题目中全部都是整数，选项中出现分数或小数多为正确答案;同理题干全部都是小数或分数，选项中出现整数多为正确答案。
看出整体有单调性，如果题目为单调递增，选项中只有一个是大于题干中最后一个数字的，那么一般是正确答案。
经长期研究发现,资料分析题以计算见长,包括增长量、增长率等容易混淆的概念，考生们要在备考中预知一下这些陷阱是什么样的，以下是各种陷阱：
一、概念理解陷阱
1.增长率、增长量混淆
应对策略： 1.增长率表示的是本期比上期(前期)增长了百分之多少，强调的是增长的快慢问题;常见表述有：
(1)“XX快速(较快)增长”、“XX增速加快(减慢)”
(2)“XX增幅(降幅)较大”、“XX大幅度增长(降低)”
(3)“XX增长率最高(最低)的是”
2.增长量表示的是本期比上期增长了多少，强调的是增长的多少问题。常见表述有：“增长量(增长值)为多少/多多少”
【例题1】今年前两个月，该市对外出口超亿美元的国家有六个国家和地区，分别是美国、日本、韩国、德国、新加坡和香港。六个国家和地区出口总额为 18.38亿美元，占全市出口总额的 69.7%。其中对美国出口7.3亿美元，增长12.2%，扭转了一月份下降的局面。对日本出口2.99亿美元，增长16.2%;对韩国出口2.66亿美元，增长32%;对德国出口2.46亿美元，增长1.2倍;对新加坡出口1.62亿美元，增长1.8倍;对香港出口1.35亿美元，增长25.4%。
今年前两个月该市对外出口超亿美元的国家有六个国家和地区中，与去年同期相比，出口额增长最多的是()。
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A.美国 B.日本 C.新加坡 D.德国
解析：此题答案为C。对美国出口额增长了7.3-7.3÷(1+12.2%)=0.8亿美元，同理，对日本出口额增长了0.42亿美元，对德国出口额增长了1.34亿美元，对新加坡出口额增长了1.04亿美元，综上，D项正确。
陷阱分析：增长率和增长量陷阱。此题极易误选C项，由材料可知“对美国出口，增长12.2%”、“日本出口，增长16.2%”、“对德国出口，增长 1.2倍”和“对新加坡出口，增长1.8倍”，那么我们通过比较可知：对新加坡出口增长最快。而题干所求的是出口额增长最多的，也就是求增长量最多的。所以C项就是错误选项。
2.同比增长、环比增长和年均增长的混淆
应对策略：1.同比表示的是相同时间特性下两个数据大小的比较;环比表示的是时间顺延特性下两个数据大小的比较。
2.同比增长指的是相较于上年同期增长的量或增长的百分比;年均增长指的是某变量一段时期内平均每年增长的量或百分比。年均增长量并不等同于同比增长量，年均增长率也不等同于同比增长率。
【例题2】国基本型乘用车产销 21.19万辆和22.13万辆，比去年同期分别增长1.86%和26.03%;运动型多用途乘用车产销1.43万辆和1.52万辆，降幅不大;交叉型乘用车本月产销6.60万辆和6.85万辆，分别比上月下降14.23%和2.83%;多功能乘用车产销降幅最大，本月产销1.23万辆和1.24万辆。
1至5月，基本型乘用车累计产销99.10万辆和96.93万辆，产量同比下降2.73%，销量同比增长1.07%;多功能乘用车累计产销6.11 万辆和5.71万辆，同比增长31.26%国家公务员考试网http://bj.offcn.com/html/guojiagongwuyuan/
和31.54%;运动型多用途乘用车累计产销6.46万辆和6.54万辆，同比下降16.00%和 10.25%;交叉型乘用车累计产销36.77万辆和37.41万辆，同比增长6.02%和10.29%。
根据上述材料，以下表述正确的一项是()。
A.与去年相比，全国今年1至5月基本型乘用车产、销量都有不同程度的增长
B.今年1至5月份全国运动型多用途乘用车产、销量都低于去年同期
C.去年5月全国交叉型乘用车产、销量都低于今年5月
D.今年4月全国基本型乘用车产、销量都略高于5月
解析：此题答案为B。A项，从资料中可以看出，今年1-5月份基本型乘用车产量同比下降了2.73%，A项错误;
B项，今年1至5月份全国运动型多用途乘用车产、销量同比下降16.00%和10.25%，B项正确;
C项，今年5月份全国交叉型乘用车产、销量分别比上月下降14.23%和2.83%，这是一个环比下降，不是同比下降，而C项的叙述却是关于同比的，则C项无法从材料中得到;
D项，今年5月份全国基本型乘用车产、销量比去年同期分别增长1.86%和26.03%，这是一个同比增长，而D项的叙述却是关于环比的，则D项也无法从材料中得到。
综上，正确答案为B。
陷阱分析：材料中出现的“比去年同期”、“同比”属于同比增长(下降)，是把今年5月的数据和去年5月的数据相比;“比上月”属于环比增长(下降)，是把今年5月的数据和今年4月的数据相比。C项中出现的交叉型乘用车产、销量在今年5月份均比4月份下降，是环比而不是同比。D项中出现的基本型乘用车产、销量在今年5月份均比去年同期增长，是同比而不是环比。
3.相对数、绝对数混淆
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应对策略：1.绝对数通常反映一定时间、地点条件下的规模、水平，可以比较大小，带有单位。资料分析当中经常涉及的总产量、增长量、销售额、进出口总额、顺差额等;
2.相对数反映的是现象之间数量上的联系程度和对比关系的综合指标。资料分析中相对数主要以增长率、指数、倍数、人口密度、就业率、人口自然增长率等形式出现;
3.资料分析中求绝对数的问题时，大多会和相对数关联，我们在解题时要注意与相对数相关的具体的绝对数值;
4.在求相对数时，要注意相对数的具体计算公式，不要因为计算公式的错用而导致解题错误。
【例题3】
2002-2006年我国进出口总额及其增长速度
下列说法中，不正确的是()。
A.2003-2006年，我国出口额与上年相比的增长量都超过1000亿美元
B.2003-2006年，我国的进出口总额呈逐年上涨状态
C.2004年至2006年，我国进出口总额呈逐年上升趋势
D.2001年，我国的出口额约为2673亿美元
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解析：此题答案为D。由图中所给出的信息，只能计算出2001年的进出口总额，不能算出2001年的出口额，而其他选项都是正确的，应选择D。
陷阱分析：干扰选项是C。图中曲线上的点表示的含义是进出口总额与比上年相比的增长率，考生在考试时由于时间紧，很容易将该曲线直接当成是进出口总额与上年相比的增长量变化曲线，错选C项。
二、材料、题目解读陷阱
1.材料解读陷阱
应对策略：1.针对各种材料，一定要在材料解读的时候注意材料中的所有相关内容，任何内容都不能忽视;
示例：我们在解读图形材料时，对标题、单位、图注、注释(某些材料会有)等这些特别细节的内容都要仔细阅读。
2.平时复习时，注意对一些比较常考的，但是不常用的一些专业术语、生僻词汇的熟悉和积累。
【例题4】
2006年全国农村外出从业劳动力流向及从业情况统计表(单位：%)
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2006年，全国农村外出从业劳动力中，男性劳动力8434万人，占64%。从年龄构成上看，20岁以下占16.1%;21-30岁占 36.5%;31-40岁占29.5%;41-50岁占12.8%;51岁以上占5.1%。从文化程度看，文盲占1.2%;小学文化程度占18.7%;初中文化程度占70.1%;高中文化程度占8.7%;大专及以上文化程度占1.3%。
表中“?”处的数值应为()。
A.41.6 B.42.5 C.51.5 D.52.4
解析：此题答案为C。东北地区第三产业比重为1-4.2%-44.3%=51.5%。
陷阱分析：干扰选项为A。本题属于表格解读陷阱。考生在解题时，容易把全国第三产业百分比误认为是后面四个地区第三产业百分数的平均值，直接列式为40.5%×4-41.7%-40.7%-38%=41.6%，错选A项。
2.题目要求解读陷阱
在前十大客源国中，上海市入境游客增幅最大的是()。
A.新加坡 B.印尼 C.法国 D.马来西亚
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解析：此题答案为A。根据条形可知：前十大客源国有日本、韩国、美国、德国、法国、英国、新加坡、菲律宾、马来西亚、澳大利亚，由折线可知这十大客源国中，入境游客增幅最大的是新加坡。
陷阱分析：题干要求解读陷阱，干扰项是B项。注意题干条件“在前十大客源国中”，虽然上海市入境游客增幅最大的是印尼，但是印尼不属于前十大客源国，因此不要误选B项。
建议考生们认清以上陷阱，在考场上绕开之后便可大路坦途。
文章来源：中公教育北京分校
答案1.问：2c/3=2*3*10^8/3=2*10^8m/st=1000m/(2*10^8m/s)=5*10^(-6)s 在时间t内共有信号量=10*10^6 t=10*10^6*5*10^(-6)=50 bit在1000m共有50bit每个信号占据的介质长度=1000m/50bit=20 m/bit 2问：slot time=2S/(2c/3)=2*1000m/[2*10(8)m/s]=1*10(-5)s=10us 3问：Lmin=slot time*R=1*10(-5)s*10mb/s=1*10(-5)s*[10*10(6)b/s]=100 bit 视频
当传输视频信号时：
带宽=图像尺寸*图像像素密度*像素的彩色分辨率*图像更新速度
使用Windows2000操作系统的DHCP客户机，如果启动时无法与DHCP服务器通信，一般来说，它会在保留的ip地址（如192.x.x.x)选取一个ip地址
route print
本命令用于显示路由表中的当前项目，在单路由器网段上的输出；由于用IP地址配置了网卡，因此所有的这些项目都是自动添加的。tracert命令 这是验证通往远程主机路径的实用程序
4.如果信息长度为5位，要求纠正1位错，按照海明编码，需要增加的校验位是__(19)__。A.3 B.4 C.5 D.6 答案为4 m+k+1<2^k m=5 k=4
特权指令在多用户,多任务的计算机中必不可少,它主要用于()A.检查用户的权限B.系统硬件自检和配置C.用户写汇编程序时调用D.系统资源的分配和管理 答案是D
微机A和微机B采用同样的CPU,微机A的主频为800MHZ,微机B的主频为1200MHZ.若微机A的平均指令执行速度为40MIPS,则微机A的平均指令周期为多少ns,微机B的平均指令执行速度为多少MPIS请老师给出详细求解公式.mips（每秒百万条指令）
微机A的平均指令周期＝1/(40*10^6/10^(-9))=10^9/(40*10^6)=100/4=25 ns 微机B的平均指令执行速度=40*120/80=60MIPS
有一个512K*16的存储器，由64K*1的2164RAM芯片构成（芯片内是4个128*128结构），总共需要（1）个RAM芯片。
为什么位扩展是 16/1=16，字扩展是 512/64=8？ 字扩展就是数据位数不够需要将2个或者2个以上的存储芯片并行使用而提高位数，也就提高数据线的条数。字扩展呢就是存储容量不够需要串联n个芯片来扩大容量，容量扩大了那么地址线的条数就要多了。分析：
首先给定的存储芯片是64K*1位的，从这里能看出容量64K，数据线1条。要设计成512K*16的存储器，存储器的数据线是16条，所以需要16块存储芯片并联才成（位扩展）。容量512K所以需要512/64=8片串联达到要求（字扩展），总共需要多少芯片呢？16*8=128片芯片。
若卫星信道的数据传输率为1Mbps，帧长为1000bit，利用卫星信道的两个站点从一方到另一方的传播时延为250ms。忽略确认帧长和处理时间则
若帧的出错概率为0.1, 而假设应答帧不出现错误，当采用停等协议时，其协议效率是（1）。若采用连续ARQ协议，发送窗口Wt＝7，接收窗口Wr＝1，在不出错的情况下，信道的利用率为（2）
若帧传输过程中出错是突发式的，突发位数为100bit，信道的误码率为10-3,则帧的出错概率变为（3）在连续ARQ协议中，若发送窗口大于2K（K为编号位数），则会（4），停等协议可以看成是连续ARQ协议的特例，即（5）
（1）A 0.02 B 0.018 C 0.1 D 0.04 A（2）A 0.078 B 0.137 C 0.11 D 0.01 A（3）A 0.001 B 0.1 C 0.01 D 0.0001（4）A 发送窗口速度太快 B 接收窗口接收不下
C 接收方不能正确识别是新的下一帧还是重发的帧 D 发送窗口不能进行编号（5）A 发送窗口等于1 B 接收窗口等于1 C 认为线路不出错 D 认为线路出错较高
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的绑定方法用命令实现时，是 ARP －S
IP MAC
吗？ 在windows系统中，使用―arp-s ip mac‖命令对MAC地址和IP地址进行绑定，使用―arp-d ip mac‖命令取消绑定。
这种静态的绑定有何限制？是不是每次重开机都要绑定一次？ 只要ip地址在绑定时没有使用就可以了。是的。
数字签名具体做法是：
1、将报文按双方约定的HASH算法计算得到一个固定位数的报文摘要。在数学上保证，只要改动报文中任何一位，重新计算出的报文摘要值就会与原先的值不相符。这样就保证了报文的不可更改性。
2、将该报文摘要值用发送者的私人密钥加密，然后连同原报文一起发送给接收者而产生的报文即称数字签名。
3、接收方收到数字签名后，用同样的HASH算法对报文计算摘要值，然后与用发送者的公开密钥进行解密解开的报文摘要值相比较，如相等则说明报文确实来自所称的发送者
1、当N个用户采用公钥通信时,系统中有___个密钥,若采用传统加密时,则有__个密钥.请老师解释一下.对称密钥加密，使用发件人和收件人共同拥有的单个密钥。这种密钥既用于加密，也用于解密。由于对称密钥加密在加密和解密时使用相同的密钥，所以这种加密过程的安全性取决于是否有未经授权的人获得了对称密钥。希望使用对称密钥加密通信的双方，在交换加密数据之前必须先安全地交换密钥。所以针对本题目来说，N个用户，彼此间倘若交互数据的话，双方都需要有对方密钥。也就是每个用户有（n－1）个。那么n个用户 有n×（n－1）。其中包括一半彼此重叠拥有的。故此n*(n-1)/2.公钥密码系统其特点是:(1)加密钥和解密钥本质是不同的,知道其中一个,不存在一个有效地推导出另一个密钥的算法;(2)不需要分发密钥的额外信道,我们可以公开加密钥,这样无损于整个系统的保密性,需要保密的仅仅是解密钥.每个人都保存自己的私钥,而将对应的公钥放到一个公共通讯簿上,A要想向B发送保密消息M,他使用B的公钥加密,发送 给B,只有B拥有对应的私钥,所以只有B能够解密
ATM交换分为VP交换和VC交换两种。VP交换指在交换的过程中只改变VPI的值，透传VCI的值，而VC交换过程中VPI、VCI都改变
ATM（Asynchronous Transfer Mode,异步传输方式）采用基于信元的异步传输模式和虚电路结构.1,如果互连的局域网高层分别采用TCP/IP协议和SPX/IPX协议,那么我们可以选择的多个网络互连设备应是:__ A.中继器 B,网桥 C网卡 D.路由器 2.数据分组产生冲突的网络区域被称为___ A,冲突域 B.网络域 C广播域 D网络分段.答案是D,A
嵌入式系统是指操作系统和功能软件集成于计算机硬件系统之中。简单的说就是系统的应用软件与系统的硬件一体化，类似与BIOS的工作方式。具有软件代码小，高度自动化，响应速度快等特点。特别适合于要求实时的和多任务的体系。
嵌入式计算机系统同通用型计算机系统相比具有以下特点：
1.嵌入式系统通常是面向特定应用的嵌入式CPU与通用型的最大不同就是嵌入式CPU大多工作在为特定用户群设计的系统中，它通常都具有低功耗、体积小、集成度高等特点，能够把通用CPU中许多由板卡完成的任务集成在芯片内部，从而有利于嵌入式系统设计趋于小型化，移动能力大大增强，跟网络的耦合也越来越紧密。
2.嵌入式系统是将先进的计算机技术、半导体技术和电子技术与各个行业的具体应用相结合后的产物。这一点就决定了它必然是一个技术密集、资金密集、高度分散、不断创新的知识集成系统。
3.嵌入式系统的硬件和软件都必须高效率地设计，量体裁衣、去除冗余，力争在同样的硅片面积上实现更高的性能，这样才能在具体应用中对处理器的选择更具有竞争力。
4.嵌入式系统和具体应用有机地结合在一起，它的升级换代也是和具体产品同步进行，因此嵌入式系统产品一旦进入市场，具有较长的生命周期。
5.为了提高执行速度和系统可靠性，嵌入式系统中的软件一般都固化在存储器芯片或单片机本身中，而不是存贮于磁盘等载体中。
6.嵌入式系统本身不具备自举开发能力，即使设计完成以后用户通常也是不能对其中的程序功能进行修改的，必须有一套开发工具和环境才能进行开发。
假设一个有三个盘片的硬盘,共有四个记录面,转速为7200转/分,盘面有效记录区域的外直径为30CM,内直径为10CM,记录位密度为250位/mm,磁盘密度为8道/mm,每磁道分16个扇区,每扇区512字节,则该硬盘的数据转输率约为____ A.2356KB/S B.3534KB/S C.7069KB/S D.1178KB/S 在教程,网校资料和其它资料上有三种答案.教程是960KB/S,而网校是1178KB/S,请问是多少,如何算的.我的算法是:512字节*16*7200/(60*1024)=960KB/S 数据传输率=π*内直径*记录位密度/8*转速/60（字节/秒）
若存储周期为200NS，且每个周期可访问4个字节，则存储器带宽？ 每个周期可访问4个字节，4字节＝32 bit 存储器带宽= 32 bit /200 ns =32bit/(200*10^(-9))s = 16*10^7 bit/s =160 * 10^6 bit/s
长10km，16Mbps，100个站点的令牌环，每个站点引入1位延迟位，信号传播速度位200m/us，则该环上1位延迟相当于_(4)_米长度的电缆，该环有效长为_(5)_。⑷A.10 B.12.5 C.15 D.20 ⑸A.100 B.200 C.500 D.900
据时延估算公式：传播时延(us/km)*传播介质长度(km)*数据率(Mpbs)+中继器时延 传播介质长度=10km 传播速度=200m/us=0.2km/us 传播时延=1/0.2(us/km)=5(us/km)数据率=16Mbps 其环上可能存在的最大时延是 10*5*16+100=900 位
没有帧发送时，其环上可能存在的最小时延为 10*5*16=800位 环上1位延迟相当于10km/800=12.5m
RS-232-C是在OSI模型中属于（7）层协议标准，这个标准的设计数据速率是处理（9）bit/s。（7）A、会话 B、数据链路 C、网络 D运输 E、物理（9）A、4800 B、9600 C、19200 D、20000 E、6400 RS-232-C是由电子工业协会(EIA，Electronic Industries Association)制定的数据终端设备和数据电路端接设备连接的物理接口标准，属于国际标准化组织ISO的开放系统互连(OSI)模型中的最低层，即物理层的协议标准。它规定了接口的机械、电气和功能特性。
RS-232-C规定的机械特性是25针的插头/座，减去一些未定义的针外，实际上只定义了20根针的功能。用来连接两个设备至少要连接3根钱线，即信号地、发送数据和接收数据线。在采用RS-232-C连接计算机与终端的场合就只使用这3根线。
RS-232-C的设计数据速率是2000bit/s，连接设备间的距离也有规定。为了实现更高的数据速率和更远的距离连接，EIA又制定了另一个RS-422标准。该标准的电气特性与RS-232-C不同，不用公共地，采用双线平衡传输的方式，在同样数据速率条件下，可达到较远的传输距离。在数据速率是2000bit/s条件下，连接设备间的距离可扩展到原有RS-232-C标准的约80倍。
操作码的三种编码方法： 固定长度(等长)，Huffman编码、扩展编码
等长码：每一个操作码的长度是固定的。
计算：n位长度的用编码为 2^n
当用安全散列算法(SHA)计算报文摘要时,某一循环的第2轮的某一步操作之前,缓存A、B、C、D、E的十六进制值分别为：12345678，9ABCDEF0，87654321，FEDCBA90，1F2E3D4C，则该步的轮函数f(t,B,C,D)的函数值是（1）。
用公钥加密算法RSA进行解密，若密文C=153，公钥为N=221，E=5，私钥为D=77，则明文M=（2）。M= C mod n =153^77 mod 221
ISDN的基本速率接口（BRI）服务提供2个B信道和1个D信道（2B+D）。BRI的B信道速率为64Kbps,用于传输用户数据。D信道的速率为16Kbps，主要传输控制信号。在北美和日本，ISDN的主速率接口（PRI）提供23个B信道和1个D信道，总速率可达1.544Mbps，其中D信道速率为64Kbps。而在欧洲、澳大利亚等国家，ISDN的PRI提供30个B信道和1个64Kbps D信道，总速率可达2.048Mbps。我国电话局所提供ISDN PRI为30B+D。
EGP是在Internet组成单个主干网时设计的，它对于今天的多主干网不是有效的。BGP（边界网关协议）：BGP是为因特网主干网设计的一种路由协议。CGP（CryptoGatewayProtocol）加密网关协议
点对点协议（PPP）为基于点对点连接的多协议自寻址数据包的传输提供了一个标准方法。PPP 最初设计是为两个对等结构之间的 IP 流量的传输提供一种封装协议。在 TCP-IP 协议集中它是一种关于同步调制连接的数据链路层协议（OSI 模式中的第二层），替代了原非标准第二层协议，即 SLIP。除了 IP 以外 PPP 还可以传送其它协议，包括 DECnet 和 Novell 的 Internet 网包交换（IPX）。
一个单位分配到的网络号是217.14.8.0,掩码是255.255.255.224.单位管理员将本单位的网络又分成了4个子网,则每个子网的掩码是(1),最大号的子网地址是(2),最小号的子网地址是(3).256－224＝32 32/4=8 掩码：255.255.255.248 四个子网为： 217.14.8.0/29 217.14.8.8/29 217.14.8.16/29 217.14.8.24/29
一、ATM的信元结构及原理
ITU对ATM（AsynchronousTransferMode）的定义是：ATM是一种异步转移模式。异步是指ATM统计复用的性质。转移模式是指网络中所采用的复用、交换、传输技术，即信息从一地转移到另一地所用的传递方式。在这种转移模式中，信息被组织成信元（CELL），来自某用户信息的各个信元不需要周期性地出现。因此，ATM就是一种在网络中以信元为单位进行统计复用和交换、传输的技术。
ATM是一种新型分组技术，信元实际上是具有固定长度的分组，信元总长度为53个字节，其中5个字节是信头，48个字节是信息段，或称净荷。信头包含表示信元去向的逻辑地址、优先等级等控制信息。信息段装载来自不同用户、不同业务的信息。任何业务的信息都经过切割封装成统一格式信元。
ATM采用异步时分复方式，将来自不同信息源的信元汇集到一起，在缓冲器内排队，队列中的信元根据到达的先后按优先等级逐个输出到传输线路上，形成首尾相接的信元流。具有同样标志的信元在传输线上并不对应着某个固定的时隙，也不是按周期出现的。异步时分复用使ATM具有很大的灵活性，任何业务都按实际信息量来占用资源，使网络资源得到最大限度的利用。此外，不论业务源的性质有多么不同（如速率高低、突发性大小、质量和实时性要求如何），网络都按同样的模式来处理，真正做到完全的业务综合。为了提高处理速度、保证质量、降低时延和信元丢失率，ATM以面向连接的方式工作。通信开始时先建立虚电路，并将虚电路标志写入信头，网络根据虚电路标志将信元送往目的地。虚电路是可以拆除释放的。在ATM网络的节点上完成的只是虚电路的交换。为了简化网络的控制，ATM将差错控制和流量控制交给终端去做，不需逐段链路的差错控制和流量控制。因此，ATM结合了电路交换和分组交换的优点，即ATM兼顾了分组交换方式统计复用、灵活高效和电路交换方式传输时延小、实时性好的优点。能在单一的主体网络中携带多种信息媒体，承载多种通信业务，并且能够保证QoS。ATM交换分为VP交换和VC交换两种。VP交换指在交换的过程中只改变VPI的值，透传VCI的值，而VC交换过程中VPI、VCI都改变。
二、ATM的协议参考模型及各层功能
在ITU-T的I.321建议中定义了B-ISDN协议参考模型，该模型为一个立体模型，包括三个面：用户面U、控制面C和管理面M，而在每个面中又是分层的，分为物理层、ATM层、AAL层和高层。协议参考模型中的三个面分别完成不同的功能：
1.用户平面U：提供用户信息流传送的功能，同时也具有一定的控制功能，如流量控制、差错控制等； 2.控制平面C：提供呼叫控制和连接控制功能，利用信令进行呼叫和连接的建立、监视和释放； 3.管理平面M：提供两种管理功能：包括层管理和面管理。层管理（分层），完成与各协议层实体的资源和参数相关的管理功能，如元信令，同时还处理与各层相关的OAM信息流；面管理（不分层），它完成与整个系统相关的管理功能，并对所有平面起协调作用。ATM的协议参考模型中各层功能：
1.物理层又划分为两个子层：PM（物理媒体子层）和TC（传输会聚子层）。PM（物理媒体子层）负责线路编码光电转换、比特定时，以确保数据比特流的正确传输；传输会聚子层功能为信元速率解藕；HEC的产生/校验；信元定界；传输帧适配；传输帧产生/恢复。
2.ATM层主要完成四项功能：一般流量控制；信头的产生和提取；信元VPI/VCI的翻译；信元复用和分路。
3.AAL（ATM自适应层）其功能是将高层功能适配成ATM信元。AAL层的目的是使不同类型的业务，包括管理平面和控制平面的信息，经过适配之后都可用统一的ATM信元形式来传送。AAL层与业务有直接关系。AAL层对不同类型的业务进行不同的适配。对于ATM用户，AAL在用户终端设备中实现；对于非ATM用户，AAL在UNI的网络侧设备中实现。AAL层又分为两个子层：拆装子层SAR和汇聚子层CS。在发送端，需要将业务流适配到ATM层，SAR将高层信息分段为固定长度和标准格式的ATM信元；在接收端，在向高层转接ATM层信息时，SAR接收ATM信元，将其重新组装成高层协议信息格式。CS执行定时信息的传递、差错检测和处理、信元传输延迟的处理、用户数据单元的识别和处理等功能。
三、ATM与IP技术简单对比 1.服务质量保证方面
无论对运营者还是用户，QoS是服务信誉的标志。由于面向连接与面向无连接之分，IP技术和ATM技术在服务质量（QoS）保证方面有根本的不同。IP包的长度是不固定的，长信息包和短信息包中信息打包、拆包时延差别很大，从而引入了较大的时延抖动，不适于实时业务。当用户增加时，服务质量则降低，导致服务质量不稳定。目前一些示范实时应用实际上是用低带宽利用率换取高服务质量。ATM技术使用固定长度信元使打包、拆包时延相当，减小时延抖动，并且小信元长度降低了时延值。另外，ATM采用流量控制技术，在连接建立之前，就通过信令协商能否保证用户的服务质量要求，只有当网络确认之后才接受入网，保证为每一个虚电路提供不同的服务质量。这是真正意义上的服务质量（QoS）。为弥补IP技术在服务质量上的缺陷，TETF提出如RSVP（Resource Reservation Protocol）协议。但由于IP自身限制，协议实现复杂，进展缓慢。2.协议简化问题
从发展历程上看，lP技术在开发初期，传输技术不理想，于是采用逐段纠错，反馈重传等技术，这使得协议复杂。随着光纤技术的发展，传输和处理能力的提高，这些部分已显多余。但由于软、硬件投资问题，IP自身成了障碍，只能保留这些功能。这必然影响网络传输效率。ATM技术充分利用光纤技术发展，简化差错控制，在中间节点不检查业务完整性，大大简化了协议。ATM流量控制和信令是为了用精确的控制得到网络利用率的提高和服务质量的保证。虽然复杂些，却是值得的。
TCP/IP是互联网的基础协议，TCP/IP协议框架中的IP层对应于OSI参考模型中的网络层，完成路由选择和分组转发功能，而TCP对应于OSI参考模型中的传送层，完成端到端之间的数据收妥确认与差错纠正等。可以看出，IP协议实质上是一种不需要预先建立连接，而直接依赖于IP分组报头信息决定分组转发路径的数据协议。从技术上讲，它具有以下几大特点：一是分布式结构；二是端到端原则，所有增值功能都在网络之外由终端完成；三是IP网可以建立在任何传输通道上，可以保证异种网络的互通；四是具有统一的寻址体系，网络可扩展性强。
ATM以面向连接的方式工作，通信开始时先建立虚电路，并将虚电路标志写入信头，网络根据虚电路标志将信元送往目的地。为了简化网络的控制，ATM将差错控制和流量控制交给终端去做，不需逐段链路的差错控制和流量控制。可以提高处理速度、保证质量、降低时延和信元丢失率。ATM结合了电路交换和分组交换的优点，即ATM具有统计复用、灵活高效和传输时延小、实时性好的优点。能在单一的主体网络中携带多种信息媒体，承载多种通信业务，并且能够保证Qos。
相对于ATM技术，IP技术在服务质量保证、安全性、统计复用、流量管理和拥塞控制等方面，都有先天的不足。当用户数量比较少时，这些问题还不那么突出，而一旦用户数量增加得较快，网上的数据流量增大，问题就出来了。因此在服务质量保证方面，IP技术不如ATM技术。
四、ATM技术在计算机通信网的应用之一：LANE 1.ATM LANE的概念
顾名思义，LANE（Emulated LAN）的功能是在ATM网络上仿真LAN，LANE协议定义了仿真IEEE802.3以太网或802.5令牌环网的机制。LANE协议定义了与现有LAN给网络层提供的服务相同的接口，在ATM网络中传输的数据以相应的LAN MAC分组格式封装。
在ATM网上模拟传统局域网，通过ATM网将多个传统局域网和终端设备互联。在ATM网上构造新的局域网，这些局域网接点间的通信行为与传统局域网完全相同。局域网仿真对局域网隐藏了ATM交换结构，局域网终端感觉不到ATM网络的存在，因此无需修改终端设备的软硬件，就可以利用ATM网络的各种优点。由下图可见，仿真协议主要在ATM主机和ATM LAN桥上实现。ATMLAN桥是局域网和ATM网间的转换器，它采用ALL5协议对局域网数据作适配，产生ATM信元，或重组ATM信元，恢复局域网的数据帧。ATM主机在ATM适配层与高层协议间加入局域网仿真功能，使ATM主机模拟传统局域网设备的行为，与局域网通信。ATMLANE是专为LAN接入而设置的，意即ATM的局域网仿真（LANEmulation）。对传统IP终端而言，ATM网络就像是一个局域网，其中包含若干由路由器连接起来的IP子网。LANE 基于客户端/服务器模式（Client/Server），一个LANE服务器可对多个LANE 客户端。LANE支持多种协议（MPOA：Multi-ProtocoloverATM）传送，允许不同的LANE之间的互联；LANE 充分支持LAN中的无连接特性；LANE支持单播、多播及广播传送； ATM局域网的优点：
信息实时传送，因为ATM的传输、交换时延较小，可以保证信息的实时传递；具有较强的网络处理能力，各种业务包括话音、数据、图像等均可以统一转换为ATM信元在ATM网中传输、处理；传输速率高，易于局域网和公用网间的互通；
局域网仿真提供OSI-RM层中下两层的功能，即用ATM网络模拟局域网数据链路层和物理层的功能，而与高层所有的业务、协议和应用无关。ATM交换机不直接参与局域网仿真，只为ATM信元提供虚通路。2.局域网仿真结构
局域网仿真从逻辑上看由服务器和一组局域网仿真客户组成。局域网仿真服务器从功能上可以划分为三种：
a.广播与未知地址服务器（BUS：Broadcast&&UnknownServer）实现广播和多点通信功能，既仿真传统LAN的广播机制，在LEC间直接链路建立前单播LEC数据，一个LANE中只有一个BUS； b.局域网仿真服务器（LES：LANE Server）是地址服务器，它保存LANE中每个LEC的MAC地址 与ATM地址的对应关系表，以实现MAC地址与ATM地址的转换；（提供MAC地址得注册和解析手段；响应LEC的上述请求；一个LANE中只有一个LES；）
c.局域网仿真结构服务器（LECS：LANE Configuration Server）ATM网络中可以有多个LANE存在，LECS保存LANE的结构信息，将LEC配置到LANE中；（维护一个ATM网络中多个LANE内的LEC、LES和BUS的配置信息；为每个LEC提供其所属LES的ATM地址）
局域网仿真客户LEC可以在ATM工作站和ATM网桥上实现，其主要功能为：实现局域网的MAC帧和ATM信元的相互转换；保存MAC和ATM及VPI/VCI的对应关系表；与局域网仿真服务器共同完成地址解析功能；启动信令建立ATM虚连接，为传送数据提供通路；与ATM层管理接口，实现管理功能；（在ATM终端系统上仿真以太网或令牌环网结点，至少得绑定一个MAC地址，其功能是封装IP数据报交给ATM网传送，同时转译ATM分组，重新组成IP数据报。）
每个LANE由一组LANE客户（LEC）和LANE服务构成。LEC还可以是作为ATM主机代理的网桥和路由器。LANE服务由三个不同的功能实体构成：LAN仿真配置服务器（LECS）、LAN服务器（LES）和BUS，这三个服务实体可以各自存在，但通常位于同一设备，例如：LES可以位于ATM交换机、路由器、网桥和工作站。
图中LECS、LES和BUS集中在ATM工作站上，LEC1将以太网接入ATM网，LEC2将令牌环网接 入ATM网，LEC3将FDDI网接入ATM网，LEC4是ATM主机。LUNI是局域网仿真用户网络接口，LEC和服务器都通过LUNI和ATM网连接。4个LEC和服务器构成一个仿真局域网LANE。
五、ATM技术在计算机通信网的应用之二：DSLAM DSLAM（Digital Subscriber Liner Access Multiplexer）的定义为数字用户线接入复用器，局端设备，完成ADSL接入业务的汇聚和分发。
ATM DSLAM原理上传的数据信号在ADSL Modem中，通过AAL5分段和组装子层（SAR）功能实现MAC帧到ATM信元之间的转换，经DSL调制后，信号被传输到局端的DSLAM侧，局端的DSLAM对ADSL信号进行解调，并恢复成ATM信元格式。ATM DSLAM对许多这样的上传信号进行处理，对ATM信号按照某种条件进行复接或者交换。同时对各种ATM业务进行分类管理，实现恒定比率（CBR）、实时可变化率（xt-VBR）、准实时可变比率（nrt-VBR）、不定比率（UBR）等多种ATM业务类型的设置，对不同类型的ATM业务设置不同的流控参数、优先级别等，以保证对高性能服务质量QoS有不同要求的用户的支持，同时提供永久虚电路（PVC）的上连和与上层ATM交换机建立连接。在信号下行时，下发的信号是以ATM信元格式传送给ATM DSLAM的，这些被接收的ATM信号，带着相关的ATM信息，比如ATM业务类型、PVC数据以有其它一些参数等。由ATM对不同的业务参数进行识别，并采取不同的处理措施，包括包丢弃原则、缓存机制、流控机制等，以实现不同业务的QoS保证，然后分接到各个对应的ADSL信号的调制，之后输出到对端的ADSL Modem中。
目前的DSLAM分为ATM-DSLAM和IP-DSLAM。二者的主要区别是：ATM-DSLAM 是全程ATM的连接，而IP-DSLAM则是将ATM连接到DSLAM设备的相关功能板（以太网板）、实现ATM的终结，然后将ATM信元转换为以太网帧进行传输。从组网方式看：ATM-DSLAM和IP-DSLAM都作为接入设备来使用，但ATM-DSLAM是上连ATM汇聚交换机，而IP-DSLAM是上连三层交换机。从业务应用看：ATM-DSLAM应用PVC实现隧道机制、安全机制和带宽承诺机制，QoS的性能也较好，适合开放VPN业务。而IP DSLAM的PVC由于在端局设备终结，IP在数据安全性及带宽控制方面又有先天的不足，且QoS性能较差，所以更适合访问型的Internet业务。从用户认证看：ATM-DSLAM的认证是通过将PVC终结在ATM宽带接入服务器（BAS）上实现的。而IP-DSLAM的PVC的映射将VLAN标识符（ID）送给IP-BAS来对用户进行认证（也就是说如果没有VLAN ID送给上层的BAS，就无法对用户进行认证）。因此必须要求IP DSLAM支持VLAN的数较多，以在PVC和VLAN ID上进行一对一的映射和唯一利用VLAN ID来表示用户。
ATMDSLAM设备基于ATM先进的技术设计，完全支持多种ATM业务，如CBR、rt-VBR、nrt-UBR、UBR等，对这些业务提供不同的处理措施、不同的缓存空间和调度优先级以及不同级别的业务整形功能等，使得不同的ATM业务类型在整个业务传输过程中，得到与之相适应的带宽及高性能QoS支持的保证。ATM是面向连接的传输，具有天然的安全隔离机制，既PVC，因此不会发生信息泄露情况。2.DSLAM 应用
DSLAM应用时具有较简洁的网络拓扑结构，可根据用户需要、组网情况以及局端DSLAM到用户端的(ADSL/VDSL）Modem双绞线布放范围不同，选择ADSL/VDSL接入。基于ATM技术的DSLAM除提供ADSL/VDSL等接入方式外，还支持CES、FR等专线业务，适合多业务接入应用的情况。
DSLAM作为接入层设备通过ATM端口汇聚到端局ATM交换机，通过城域网ATM交换机进入ATM骨干网，为用户提供Internet接入和各种专线业务。
针对不同类型ADSL接入用户，DSLAM与其他设备配合，如BAS（Broadband Access Server）组网，可提供了灵活多变的计费方式：
（1）对于普通家庭用户使用PPPoE方式接入对BAS发起呼叫，BAS和Radius服务器、Billing服务器配合完成用户的认证、流量管理和记费等功能。
（2）对于SOHO用户，在Modem上配置PPPoA和NAT，整个办公室共享一个账号，SOHO中的计算机通过Modem访问Internet和其他业务。由Modem对BAS发起PPPoA呼叫，业务选择网关和Radius服务器、Billing服务器配合完成用户认证、流量管理和记费等功能。
（3）对于公司的分支机构与公司总部的连接，可以通过ATM骨干网和汇聚层的ATM交换机，建立Modem（配置IPoA和NAT，以专线包月形式计费）到公司总部间的PVC连接，这样可以访问公司总部的服务器。以上，介绍了ATM技术在LAN和Internet中的应用。
1.一个1km长的10Mb/s 的CSMA/CD LAN(不是802.3)，其传输速度为200m/us。数据帧长为256位，包括32位头部、检验和以及其他开销在内。传输成功后的第一个时槽保留给接收方以捕获信道来发送一个32位的确认帧。假定没有冲突，那么不包括开销的有效数据传输速率为多少？ 电缆的来回路程传播时间是10us（=1000/200*2）。一个完整的传输有4个阶段： 发送方获取电缆（10us）； 发送数据帧（25.6us）； 接收方获取电缆（10us）； 发送确认帧（3.2us）。
4个阶段的时间总和是48.8us，在这期间共发送224个数据比特。224/48.8=?4.6Mb/s。因此，有效数据速率约为4.6Mb/s。
2.一个1km长、10Mb/s、负载相当重的令牌环，其传输速度为200 m/us，在环上有50个等距的站点。数据帧为256比特，其中包括了32比特的额外开销。确认帧附在数据帧中，故基本上可以说没有确认帧。令牌为8比特。求此环的有效数据传输速率。
从获取到令牌的时刻开始计量，发送一个分组需要0.1*256 = 25.6us。此外，必须发送一个令牌，需要0.1*8 = 0.8us的时间。令牌必须传输20（=1000/?50）m，经过时间20/200 = 0.1us才能到下一站。此后，下一站又可以再发送数据帧。因此，我们在26.5（=25.6+0.8+0.1）us内发送了224（=256-32）位的数据，数据速率等于224/26.5=8.5Mb/s.某系统总线的一个总线周期包含3个时钟周期,每个总线周期中可以传送32位数据.若总线的时钟频率为33MHZ,则总线带宽为多少,请老师给出详细计算过程.谢谢 总线带宽的定义为：单位时间内总线可传送的数据量。总线宽度＝(总线位宽/8)*总线工作频率
此题中，一个总线周期有三个时钟周期，所以，T=3*（1/33M）而一个总线周期传送的数据为，32位=4B。所以带宽=4B/[3*（1/33M）]=4B*33M/3=44MB
通常每个以太网帧仅发往单个目的主机，目的地址指明单个接收接口，因而称为单播(unicast)。有时一个主机要向网上的所有其他主机发送帧，这就是广播。多播(multicast)处于单播和广播之间：帧仅传送给属于多播组的多个主机。ARP请求报文-广播包 ARP应答报文-单播包
设系统中有4个进程P1，P2，P3，P4，在某一时刻系统状态如下，（前面的数字是最大需求量，后面的数字是已分配资源量）；
P1：7，4 P2：6，2 P3：2，0 P4：3，2 系统剩余资源量是1，该系统状态是安全状态，下面哪一个不是安全序列（）A。P4，P1，P3，P2 B。P4，P2，P1，P3 C。P4P3P1P2 D。P4P3P2P1 答案是选B
银行家算法是这样的：
1.对于第一次进程的资源申请，如果系统现存的资源能够满足进程的需要，就要分配给它；2.如果进程在执行过程中继续申请，系统就要测试看看进程所需要的最大资源是不是小于它上次已经得到分配的+本次申请的（换句通俗的话说，看看这个进程是否老实，有没有多申请资源）； 3.如果进程老实，再看看系统现存的资源能不能满足这个进程还需要的资源（就是说系统的这点剩余资源全分配了，能不能使进程得到全部的资源而执行结束，进而释放资源）-----这是安全的银行家算法，以后的进程的每一次申请，都得严格的按照这个算法来进行
最大需求量 已分配资源量 还需要的 剩下的可分配的 P1： 7，4，3 1 P2： 6，2，4 P3： 2，0，2 P4： 3，2，1 系统剩余资源量是1，只满足P4 最大需求量 已分配资源量 还需要的 剩下的可分配的 P1： 7，4，3 3 P2： 6，2，4 P3： 2，0，2 系统剩余资源量是3，可以分配给p1,p3 所以B不是安全序列
1、多个磁头向盘片的磁性材料上写数据时，是以什么方式？ A、并行 B、并—串行 C、串行 D、串—并行 B、并—串行
2、磁盘上数据的组织是存放在不同盘片（或不同盘面）的同一柱面，还是存放在同一盘面的相邻磁道？ 同一柱面
有不少学员在进行IP规划时，总是头疼子网和掩码的计算，其主要原因是对十进制和二进制的转换不熟练。现在给一窍门，可以解决这个问题。首先，我们看一个例子：
一个主机的IP地址是202.112.14.37，掩码是255.255.255.240，要求计算这个主机所在网络的网络地址和广播地址。
常规办法是把这两个都换算成二进制，然后相与，就可得到网络地址。其实大家只要仔细想想，可以得到一个方法：掩码为255.255.255.240那么可以知道这个掩码所容纳的IP地址有256－240＝16个（包括网络地址和广播地址），那么具有这种掩码的网络地址一定是16的倍数。而网络地址是子网IP地址的开始，广播地址是结束，可使用的IP地址在这个范围内，因此比37刚刚小的，又是16的倍数的数只有32，所以得出网络地址为202.112.14.32。而广播地址就是下一个网络的网络地址减一。而下一个16的倍数是48，因此可以得到广播地址为202.112.14.47。
那么，如果给定一IP地址范围，根据每个网络的主机数量，要进行IP地址规划，可以按照同样原则进行计算。比如一个子网有10台主机，那么对于这个子网就需要10＋1＋1＋1＝13个IP地址。（注意加的第一个1是指这个网络连接时所需的网关地址，接着的两个1分别是指网络地址和广播地址。）13小于16（16等于2的4次方），所以主机位为4位。而256－16＝240，所以该子网掩码为255.255.255.240。如果一个子网有14台主机，不少同学常犯的错误是：依然分配具有16个地址空间的子网，而忘记了给网关分配地址。这样就错误了，因为14＋1＋1＋1＝17，大于16，所以我们只能分配具有32个地址（32等于2的5次方）空间的子网。这时子网掩码为：255.255.255.224。
一题如下:现采用四级流水线结构分别完成一条指令的取指令、指令译码、取数、运算及送回结果四个基本操作，每步时间为60NS、100NS、50NS和70NS。则得到第一条指令的时间为：网校的例题分析为因操作周期应取最长的操作时间即为100NS。故得到第一条指令时间为100*4=400NS。而网工辅导书上介绍是4个操作时间相加为280NS。到底应该是哪一个？
由流水线技术的基本特征可知，其平均时间取决于流水线最慢的操作，所以该流水线的操作周期为100ns。由题中条件可知，完成1条指令需要4个基本操作，每个操作需要1个周期，执行第1条指令时，还不能充分发挥流水线的技术优势，需要执行4个周期，才能得到第1条指令的运行结果，共需要400ns。第二题为:当有中断请求发生时,采用不精确断点法,则:网校答案为:不仅影响中断响应时间,还影响程序的正确执行.辅导书答案为:仅影响中断响应时间,不影响程序的正确执行.这个标准答案应该为哪一个? 流水线计算机处理中断的方法有不精确断点法和精确断点法两种，采用不精确断点法，当发生中断后，计算机并不立即响应中断，而是先禁止指令再时入流水线，然后等待已在流水线中的所有指令执行完毕，才响应该中断。
所以仅影响中断时间，而不影响执行的正确结果。
所谓―不精确断点‖法。不论第i条指令在流水线的哪一段发出中断申请，都不再允许那时还未进入流水线的后续指令再进入，但已在流水线的所有指令却可仍然流动到执行完毕，然后才转入中断处理程序。
在系统中安装什么协议不能实现资源的共享和访问.A.TCP/IP B.SPX/IPX C.NETBEUI D.DCL 为什么是NETBEUI,而不是DCL? NETBEUI是为IBM开发的非路由协议，用于携带NETBIOS通信
有三个并发的进程,都要四个同类的资源,那么系统不发生死锁的最少资源数是多少 M是进程数，N是系统资源数，要满足：M＋N > M个进程所需资源数 对于这题就是3＋N>3×4 ＝>N最小为10。套用公式就好了。
几种特殊类型的IP地址，TCP/IP协议规定，凡IP地址中的第一个字节以―lll0‖开始的地址都叫多点广播地址。因此，任何第一个字节大于223小于240的IP地址是多点广播地址；IP地址中的每一个字节都为0的地址（―0.0.0.0‖）对应于当前主机；IP地址中的每一个字节都为1的IP地址（―255．255．255．255‖）是当前子网的广播地址；IP地址中凡是以―llll0‖的地址都留着将来作为特殊用途使用；IP地址中不能以十进制―127‖作为开头，27．1．1．1用于回路测试，同时网络ID的第一个6位组也不能全置为―0‖，全―0‖表示本地网络
ATM即异步传输模式 基本思路：把数据分割为固定的信元（CELL）来传输，每个信元有5个字节的信头，48字节的数据字段 异步：指信元插入到通信线路的位置是任意的，无固定结构
网络192.168.73.0/27被划分为4个子网,分别编号0号、1号、2号、3号，那么主机地址192.168.73.25属于(1)子网,主机地址192.168.73.100属于(2)个子网.如果在查找路由表时发现有多个选项匹配,那么应该根据(3)原则进行选择.假设路由表有4个表项,那么与地址139.17.145.67匹配的表项是(4),与地址139.17.179.92匹配的表项是(5).192.168.73.0/27划分为4个子网.表明每个子网可用主机地址为192.168.73.1-62.第二个为192.168.73.65-127.故第一问应该是选择在(A)子网.第二问应该选择在(B)子网.平均数据传输率=每道扇区数*扇区容量*盘片转速
用二进制加法对二一十进制编码的十进制数求和,当和的本位十进制数二一十进制编码小于等于1001且向高位无进位时,___(41):当和小于等与1001且向高位有进位时,__(42),当和大于1001时,___(43)41~43 A, 不需要进行修正 B,需要进行加6修正 C,需要进行减6修正 D,进行加6或者减6修正,需要进一步判别.只要明白什么是二-十进制，此题就比较简单。二－－十进制就是用4位二进制数代表1位十进制数，然后进行计算。例如：38 可表示为：0011 1000，26 ＝ 0010 0110 38＋26 ＝ 0011 1000 ＋0010 0110 －－－－－－－－－－－－ 0101 1110 －－－－－－－－－－－－ 514 所以应该将14进位，将其最后结果变为64，也就是0110 0100。1110 > 1001(9), 将1110 ＋ 0110 ＝ 0100（不考虑溢出）。这样此题的答案不就是很明显了吗，当小于9时且无进位时，无需调整 当小于9时且有进位时，需加6调整 当大于9时，肯定要6调整
1s=10^9ns
假设线路传输延迟时间为TP,分组发送时间为TF,令A=TP/TF,则后退的帧数N是什么? 是MIN(2A+1,W发)还是W发,为什么?
是MIN(2A+1,W发)后退N帧ARQ协议： 发送窗口W<=编号个数－1，接收窗口等于1。接收出错后，要求发送方从出错帧开始重发已经发过的数据帧。
E＝正确传送数据帧的概率：（1－p）/(1－p＋N×p)× 理想线路利用率：W×tf/(2tp＋tf)，当W的值太大，以至于超过线路上能够容纳的帧数（2a＋1）时，W窗口将起不到作用，实际的发送窗口将等于线路上容纳的帧数，从而W＝2a＋1，此时N也约等于2a＋1，即一个错帧总会导致约2a＋1个帧的重发，很顺利的得出此时的效率为：（1－p）/(1－p＋N×p)。
网关(Gateway)又称网间连接器、协议转换器。网关在传输层上以实现网络互连，是最复杂的网络互连设备，仅用于两个高层协议不同的网络互连。网关的结构也和路由器类似，不同的是互连层。网关既可以用于广域网互连，也可以用于局域网互连。比如有网络A和网络B，网络A的IP地址范围为―192.168.1.1~192.168.1.254‖，子网掩码为255.255.255.0；
网络B的IP地址范围为―192.168.2.1~192.168.2.254‖，子网掩码为255.255.255.0。
在没有路由器的情况下，两个网络之间是不能进行TCP/IP通信的，即使是两个网络连接在同一台交换机(或集线器)上，TCP/IP协议也会根据子网掩码(255.255.255.0)判定两个网络中的主机处在不同的网络里。而要实现这两个网络之间的通信，则必须通过网关。
如果网络A中的主机发现数据包的目的主机不在本地网络中，就把数据包转发给它自己的网关，再由网关转发给网络B的网关，网络B的网关再转发给网络B的某个主机(如附图所示)。网络B向网络A转发数据包的过程也是如此。
所以说，只有设置好网关的IP地址，TCP/IP协议才能实现不同网络之间的相互通信。那么这个IP地址是哪台机器的IP地址呢？
网关的IP地址是具有路由功能的设备的IP地址，具有路由功能的设备有路由器、启用了路由协议的服务器(实质上相当于一台路由器)、代理服务器(也相当于一台路由器)。
网关不能完全归为一种网络硬件。用概括性的术语来讲，它们应该是能够连接不同网络的软件和硬件的结合产品。特别地，它们可以使用不同的格式、通信协议或结构连接起两个系统。网关实际上通过重新封装信息以使它们能被另一个系统读取。为了完成这项任务，网关必须能运行在O S I 模型的几个层上。网关必须同应用通信，建立和管理会话，传输已经编码的数据，并解析逻辑和物理地址数据。
网关可以设在服务器、微机或大型机上。由于网关具有强大的功能并且大多数时候都和应用有关，它们比路由器的价格要贵一些。另外，由于网关的传输更复杂，它们传输数据的速度要比网桥或路由器低一些。正是由于网关较慢，它们有造成网络堵塞的可能。然而，在某些场合，只有网关能胜任工作。在你的网络生涯中，你很可能会在电子邮件系统环境中听到关于网关的讨论。常见的网关，包括电子邮件网关，描述如下：
o 电子邮件网关：通过这种网关可以从一种类型的系统向另一种类型的系统传输数据。例如，电子邮件网关可以允许使用E u d o r a 电子邮件的人与使用Group Wi s e 电子邮件的人相互通信。o I B M 主机网关：通过这种网关，可以在一台个人计算机与I B M 大型机之间建立和管理通信。o 因特网网关：这种网关允许并管理局域网和因特网间的接入。因特网网关可以限制某些局域网用户访问因特网。反之亦然。
o 局域网网关：通过这种网关，运行不同协议或运行于O S I 模型不同层上的局域网网段间可以相互通信。路由器甚至只用一台服务器都可以充当局域网网关。局域网网关也包括远程访问服务器。它允许远程用户通过拨号方式接入局域网。
有一个512K*16的存储器,由64K*1的2134RAM(芯片构成芯片内是4个128*128结构)总共需要几个RAM芯片;用分散刷新方式,如单元刷新间隔不超过2ms,则刷新信号的周期是多少;如采用集中刷新方式,设读/写周期T=01us,存储器刷新一遍最少用多少时间?请老师给出详细解答过程(1)64K×1=> 512K×16?? 位扩展：16/1=16片?? 字扩展：512/64=8片?? ∴共要16×8=128片(2)分散刷新?? 每个2164RAM由4个128×128的芯片构成?? 2ms/128=15.625μs
(3)集中刷新??0.1μs×128=12.8μs
某计算机有14条指令，其使用频度分别如下所示；
I1: 0.15 I2:0.15 I3:0.14 I4:0.13 I5:0.12 I6:0.11 I7:0.04 I8:0.04 I9:0.03 I10:0.03 I11:0.02 I12:0.02 I13;0L.01 I14:0.01,若只用Huffman编码,其平均码长为 位.Huffman编码，平均码长：∑pi ?li平均码长∑=3.38
DDN是数字数据网（Digital Data Network）的简称，它利用光纤、数字微波或卫星等数字传输通道和数字交叉复用设备组成，为用户提供高质量的数据传输通道，传送各种数据业务。数字数据网以光纤为中继干线网络，组成DDN的基本单位是节点，节点间通过光纤连接,构成网状的拓扑结构，用户的终端设备通过数据终端单元与就近的节点机相连。DDN为用户提供全透明的端到端传输。DDN支持以下业务： 租用的电路业务
高速率高质量的点对点和一点对多点的数字专用电路租用金融、证券等系统用户组建总部与其分支机构的业务网。利用多点会议功能还可以组建会议电视系统。
帧中继业务
用户以一条专线接入DDN,可以同时与多个点建立帧中继电路(PVC)。帧中继业务特别适合局域网(LAN)互联。话音/传真业务
DDN为用户提供带信令的模拟接口，用户可以直接通话，或接到自己内部小交换机(PBX)进行电话通信，也可用于传真(三类传真)。虚拟专网功能
用于自己有网络管理权限，对其所属的线路及端口进行管理，如业务的开闭、告警的监控以及种统计数据收集等。这样就相当于一部分划归给某个部门的专门的用户群体，从开势上看，类似于用户的专用网，故称虚拟专用网(VPN)。
一条100KM长的电缆以T1数据传输速率运转,在电缆上的传播速度是光速的2/3,电缆长度相当于多位帧长? V=(3×10^8)*2/3 m/s L=100KM=1*10^5 R=1.544Mbps=1.544*10^6 bit/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)
一个信道的比特率为4B/MS，传播延迟为20MS，帧的大小在什么范围内，停止-对等协议才有至少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
假设系统中有三类互斥资源R1/R2/R3,可用资源分别为9/8/5,在T0时刻系统中有P1/P2/P3/P4/P5五个进程.采用银行家算法,如果进程按P2--P4--P5--P1--P1--P3序列执行,则系统是安全的.请老师写出每步执行后可用资源数.资源进程 最大需求量R1/R2/R3 已分配资源数R1/R2/R3 P1 6 5 2 1 2 1 P2 2 2 1 2 1 1 P3 8 0 1 2 1 0 P4 1 2 1 1 2 0 P5 3 4 4 1 1 3 首次可用资源是R1是2,R2是1,R30,执行完P2后,可用资源是否221+210=431,为什么不是421(因为R2借用了1个剩余资源)? 资源 最大需求量 已分配资源数 进程 R1,R2, R3 R1 R2 R3 P1 6, 5 ,2 1, 2, 1 P2 2, 2 ,1 2, 1 ,1 P3 8, 0 ,1 2, 1, 0 P4 1 ,2 ,1 1, 2 ,0 P5 3, 4, 4 1, 1, 3 从上面可以看出只剩下R1 2,R2 1,R3 0.而这时安全算法: 资源 最大需求量 已分配资源数 还需要的 剩下的可分配的 进程 R1,R2,R3 R1 R2 R3 R1 R2 R3 R1 R2R3 P1 6, 5 ,2 1, 2, 1 5, 3,1 2,1,0 P2 2, 2 ,1 2, 1 ,1 0,1,0 P3 8, 0 ,1 2, 1, 0 6,0,1 P4 1 ,2 ,1 1, 2 ,0 0,0,1 P5 3, 4, 4 1, 1, 3 2.3,1 从上面可看出现在生产剩下的2,1,0只满足P2 0,1,0而别的是满足不了的.一看就明白,当他全部分给P2后出现下面的安全序列: 资源 最大需求量 已分配资源数 还需要的 剩下的可分配的 进程 R1,R2,R3 R1 R2 R3 R1 R2 R3 R1 R2R3 P2 2, 2 ,1 2, 1 ,1 0,1,0 4,2,1 P4 1 ,2 ,1 1, 2 ,0 0,0,1 5,4,1 P5 3, 4, 4 1, 1, 3 2.3,1 6,5,4 P1 6, 5 ,2 1, 2, 1 5,3,1 7,7,5 P3 8, 0 ,1 2, 1, 0 6,0,1 9,8,5 作这道题首先要看看R1,R2,R3在第一次分配资源后剩余多少资源！
可以看出 R1剩余2个资源，R2剩余1个，R3剩余0个！然后考虑把这些剩余的资源分配给那个进程可以使这个进程完成任务！可以看出在第一次分配后P2再需要R1：0,R2：1,R3：0就可以完成任务。故先将资源分给P2，P2完成任务后便释放自己的资源！这时剩余资源就为R1:4,R2:3,R3:1,然后看看把剩余这些资源在分配给那个进程使其能完成任务！由题可知分配给P4可以使P4完成任务！P4完成任务后在释放资源！然后再看看剩余资源分配给那个进程可以使其完成任务......直到将所有的进程都分配完！
1纳秒（ns）等于十亿分之一秒（10-9秒）1,000 纳秒(ns)= 1微秒(us)1,000,000 纳秒(ns)= 1毫秒(ms)1,000,000,000 纳秒(ns)= 1秒(s)
为使4字节组成的字能从存储器中一次读出，要求存放在存储器中的字边界对齐，一个字的地址码应（）。答案最低两位为00。还有什么是字边界对齐？
为了一次读出，要求存放在存储器中的字边界对齐，则每一个字的地址编码必须能被4整除，因此字的地址码最低两位是00。一个二进制数的最低两位是00，才能被4整除，这是二进制的位权决定的。一个字有4个字节，要一次读出，这四个字节的编址必须相同，每个字节的高位是相同的，而最低两位都取00，就能一次读出了。
以下内容节选自《Intel Architecture 32 Manual》。
字，双字，和四字在自然边界上不需要在内存中对齐。（对字，双字，和四字来说，自然边界分别是偶数地址，可以被4整除的地址，和可以被8整除的地址。）
无论如何，为了提高程序的性能，数据结构（尤其是栈）应该尽可能地在自然边界上对齐。原因在于，为了访问未对齐的内存，处理器需要作两次内存访问；然而，对齐的内存访问仅需要一次访问。
一个字或双字操作数跨越了4字节边界，或者一个四字操作数跨越了8字节边界，被认为是未对齐的，从而需要两次总线周期来访问内存。一个字起始地址是奇数但却没有跨越字边界被认为是对齐的，能够在一个总线周期中被访问。
假设内存存取周期T=200ns，字长64位。数据总线宽度64位，总线传送周期为50ns.先用4个模块组成内存,并在连续4个地址中读出数据.如用顺序方式组织模块,则数据带宽为____.如用交叉存储方式组织内存,则数据带宽可达约______.(1)T=200ns=200*10^(-9)s(64*4)/(T*4)=64*10^9/200=320Mbps(2)64*4/(200+3*50)=730Mbps
个逻辑地址包括基号X（2位）、段号S（6位），页号P（3位），页内地址D（11位）四个部分，其转换后的物理地址为（（（X）+S）+P）*2的11次方+D，这个2的11次方是表是什么意思？是页内地址11位，还是前面几个号数加起来11位？
首先根据基号x查找基寄存器，得到程序的段表首地址a;然后根据a和段号s得到s段的页表首地址b;再由页号p和地址b得到该页对应的内存实页号c,最后将c与页内位移d拼接起来形成最终的物理地址。(((x)+s)+p)*2^11+d 前面几个号数加起来11位
如果电缆调制解调器使用8MHZ的带宽,利用64QAM,可以提供的速率为多少.是如何做的? CABLE MODEM使用的是一种称为QAM(Quadrature Amplitude Modulation正交幅度调制)的传输方式。QAM前面的数字代表在转换群组(所谓转换群组，就是相位及振幅的特殊组合)中的点数。也就是值或等级。计算公式为：速度=log2QAM值／Iog22(bit／Hz／s)×频带宽度。根据此公式计算速率为Iog264／log22(bit/Hz/s)×8MHz=48Mbps。
各种QAM被表示为mQAM，其中m是一个指出每赫兹的状态数目的整数。每一码元时间的编码位数目是k，那么2k＝m。例如，如果以4 b／Hz编码，结果为16 QAM；6 b／Hz产生64QAM。
用户A与用户B通过卫星链路通信时，传播延迟为270MS，假设数据率是64Kb/s，帧长4000bit，若采用等停流控协议通信，则最大的链路利用率为（）；若采用后退N帧ARQ协议通信，发送窗口为8，则最大链路利用率可以达到（）A、0.104B、0.116C、0.188D、0.231 A、0.416B、0.464C、752D、0.832
若采用停等流控协议通信，a=(d/v)/(L/R)=64*270/4000=4.32 根据E=1/(2a+1)=1/(2*4.32+1)=0.104 采用后退N 帧ARQ 协议通信，发送窗口为8，则最大链路利用率 E=(W(1-P))/((2a+1)(1-P+WP))＝8*0.104=0.832
两参数决定计算机并行度结构类型: 字宽(W):一个字中同时处理的二进制位数 位宽(B):一个位片中能同时处理的字数 可构成四种计算机结构: 字串行,位串行 WSBS——W = 1,B = 1 纯串行
字并行,位串行 WPBS——W>1,B = 1 传统并行单处理机 字串行,位并行 WSBP——W = 1,B>1 MPP 字并行,位并行 WPBP——W>1,B>1 PEPE
我看到书上介绍8位二进制反码表示数值范围是-127~+127，{+127}反=01111111.[-127]反=10000000。补码表示数值范围是-128~+127，[+127]补=01111111，[-128]补=10000000。老师我不明白表示都一样，为什么一个是128，一个是127。
数值有正负之分,计算机就用一个数的最高位存放符号(0为正,1为负).这就是机器数的原码了.假设机器能处理的位数为8.即字长为1byte,原码能表示数值的范围为(-127~-0 +0~127)共256个.对除符号位外的其余各位逐位取反就产生了反码.反码的取值空间和原码相同且一一对应.补码概念.负数的补码就是对反码加一,而正数不变,正数的原码反码补码是一样的.在补码中用(-128)代替了(-0),所以补码的表示范围为:(-128~0~127)共256个.注意:(-128)没有相对应的原码和反码,(-128)=(10000000)
―容量为64块的cache采用组相联方式映像，字块大小为128字，每4块为一组。主存容量为4096块，以字编址‖的题中的每4块为一组没有作用吗？老师讲课中指出，块大小128字，所以块内地址7位；cache有64/4=16组，得到组地址4位，最后得出主存区号：19-7-4=8，不能这样算吗？
【解析】在组相联映象中，组的个数一般为2的幂次数，组内块的个数也是2的幂次。主存地址分成四段，高字段是区号；然后是组标志，用于确定组号；第三段是组中的块地址，用于确定组中的块；低字段是块内寻址段。Cache地址分三段：组号、组内块号和块内地址。块大小128字，所以块内地址7位； cache有64/4=16组，得到组地址4位； 每4块为一组，组内块地址2位； 19－7－4－2＝6 某32位计算机的CACHE容量为16KB,CACHE块的大小为16B.若主存与CACHE的地址映射采用直接映射,则主存地址为1234E8F8(十六进制),的单元装入的CACHE地址为_______ 请问中间10位为CACHE的页号,既1010001111.是怎么的来的.直接映象是，把主存按Cache的大小分成区，主存中的每一区的块数与Cache中的总块数相等，把主存各个区中相对块号相同的那些块映象到cache中同一块号的那个确定块中。所以主存的地址由区号+块号(而每区中的块号大小及地址与cache一致)。而cache容量为16KB，所以cache的地址用14块表示，所以主存地址的低14位即是该单元在cache中的地址，低14位为10 100011111000,高18位是确定区号的。
Cache块号占10位地址，块内4位地址共占14位地址。直接映象为内存低位部分的14位地址。即：E8F8=1110 1000 1111 1000 块号10位 块内地址 4位（2^4=16, CACHE块的大小为16B）
用直接映象法，装入Cache的块号为10 1000 1111，主存地址为 1234E8F8（十六进制）的单元装入的 cache 地址为：10 1000 1111 1000。
MTTR平均故障恢复时间(MTTR)
模拟调制技术中，存在AM（调幅）、FM（调频），PM（调相）技术，在数字调制中，有ASK、FSK、PSK、QPSK、QAM等多种方式
QAM调制，叫做正交幅度调制。它先把调制信号码流分成独立的两路，分别对同频正交的两个载波进行双边带抑制载波调幅，最后两路已调信号相加输出。QAM调制是幅度调制与相位调制的结合，既调幅又调相。有线电视使用的QAM调制是64QAM，就是调制后，载波有64种状态，每个状态代表一个符号（一个符号是6位比特组成的码）。
在一个带宽为3KHZ,没有噪声的信道,传输二进制信号时能够达到的极限数据传输率为___.一个带宽为3KHZ,信噪比为30dB的信道,能够达到的极限数据传输率为___,上述结果表明_____.根据奈奎斯特第一定理,为了保证传输质量,为达到3KHbps的数据传输率要的带宽为____,在一个无限带宽的无噪声信道上,传输二进制信号,当信号的带宽为3KHZ时,能达到的极限数据率为__Kbps.这是习题第二章的第三题.请老师把答案解释一下.特别是第1,2,3,5空.（1）根据奈奎斯特第一定理，理想低通信道传输二进制信号时能够达到的数据传输率为2B（带宽）。故（6）正确答案应该选B。
（2）一个带宽为3KHZ、信噪比为30dB的信道，能够达到的极限数据传输率为3KHZ*log2(1+1000)=29.9Kbit/s,故（7）应选B（3）A、B不正确。香农公式是针对有噪声的信道而言的。
（4）根据奈奎斯特第一定理，数字信号数据率为W，传输系统带宽为2W,则可提供满意的服务。B（5）在一个无限带宽的无噪声信道上，传输二进制信号，当信号的带宽为 3KHz 时，能达到的极限数据传输率6Kbps。C 信号的数据率与频宽有着直接的关系，信号的数率越高，所需要的有效频宽越宽。也就是说，传输系统所提供的带宽越宽，则系统能传输的信号数据率越高。设数据为W，通常按照2W来选择传输系统的带宽，则可提供满意的通信服务，3KbpS 的数据传输率需要的带宽为2*3=6HZ 二进制的信号是离散的脉冲，每个脉冲可表示一个二进制位，时间宽度相同，时间的宽度T=1/f,该时间的倒数为数据传输率(1/T),根据奈奎斯特定理，当信号的带宽为 3KHz 时，能达到的极限数据传输率C=2(1/T)= 6Kbps
对8位补码操作数（A5）16进行2位算术右移的结果为什么？算术右移是怎么回事？请老师给详细讲解？谢谢！
在计算机中，算术右移比较特殊，在右移过程中操作数的最高位（符号位）保持不变各位向右移，最低位进入标志位（CF）。根据这种操作，(A5)16=(10100101)2 算术右移一位为（11010010）2＝（D2)16，再算术右移一位便是(11101001)2=(E9)16.100个站分布在4KM长的总线上。协议采用CSMS/CD。总线速率为5Mb/s，帧平均长度为1000bit.试估算每个站每秒发送的平均帧数的最大值。传播时延为5us/km.传播延迟：Tp=4(km)*5(us/km)=20(us)一帧时：Tf=1000bit /(5Mb/s)=200(us)a=Tp/Tf =0.1 S=1/(1+a(2A**(-1)-1))取Amax=0.369 Smax=1/(1+0.1(2/0.369-1))=0.693 即线路利用率 69.3% 这时，每秒实际传输 3.465MB , 3.465M/100/1000=34.65平均每站每秒钟发送的平均帧数的最大值为34.65。
（1）十进制数转换成二进制
①十进制整数转换成二进制数：除二取余法 把要转换的数，除以2，得到商和余数，将商继续除以2，直到商为0。最后将所有余数倒序排列，得到数就是转换结果。
②十进制小数转换成二进制小数：乘二取整法（2）二进制数转换成十进制 方法是：按权展开求和
二进制数第0位的权值是2的0次方，第1位的权值是2的1次方……
连续ARQ协议中选用的编号位数n为3，发送窗口最大值如何求？（这个我知道2*2*2-1＝7），当所用的发送窗口尺寸为5的时候，A站可连续发送的帧的最大号是多少？当A站在发送了0，1号帧后，其发送内存的变量是多少？期望接收的内存变量是多少？是如何计算得？？？？ 当所用的发送窗口尺寸为5的时候，A站可连续发送的帧的最大号: 0----4 4 当A站在发送了0，1号帧后，其发送内存的变量 2 期望接收的内存变量 0
在32位的总线系统中,若时钟频率为1000MHZ,总线上5个时钟周期传输一个32位字,则该总线系统的数据传输速率约为()MB/S,答案是800 总线带宽的定义为：单位时间内总线可传送的数据量。总线宽度＝(总线位宽/8)*总线工作频率
此题中，一个总线周期有5个时钟周期，所以，T=5*（1/1000M）而一个总线周期传送的数据为，32位=4B。
所以带宽=4B/[5*（1/1000M）]=4B*1000M/5=800MB
容量为64块的Cache采用组相联的方式映象,字块大小为128个字,每4块为一组.若主容量为4096块,且以字编址,那么主存地址应为19位,主存区号应为()位.容量为64块的Cache采用组相联的方式映象,字块大小为128个字,每4块为一组.若主容量为4096块,且以字编址,那么主存地址应为19位,主存区号应为()位.某计算机有14条指令，其使用频度分别如下所示；
I1: 0.15 I2:0.15 I3:0.14 I4:0.13 I5:0.12 I6:0.11 I7:0.04 I8:0.04 I9:0.03 I10:0.03 I11:0.02 I12:0.02 I13;0L.01 I14:0.01,若只用两种码长的扩展操作码编码,其平均码长至少为 位.说明: 在解的过程中,如何推出3位编码指令的使用频度为0.8,5位编码的使用频度为0.2?（1）若采用等长码方式进行编码，则由于有14条指令，指令的编码长度至少为log(14)（上取整）=4，这是很明显的，因为要区分14条不同指令，至少需要4位二进制码，这个相信大家都能明白。
（2）要回答采用两种码长的扩展操作码进行编码这个问题，我们先要明白指令以及指令的操作码编码原理。在一个指令系统中，如果所有指令字长度是相等的，则称为等长指令字结构，等长指令字结构具有结构简单、便于实现等优点，缺点是不够灵活（但是RISC机器几乎32位定长指令字结构）；为了合理安排存储空间，并使指令能够表达较为丰富的含义，可以采取变长指令字结构。变长指令格式结构灵活，能充分利用指令长度，但指令控制复杂。当采用变长指令格式时，通常把最常用的指令设计成短指令，以便节省存储空间和提高指令执行速度。用两种码,选用3位和5位表示, 3*（0.15+0.15+0.14+0.13+0.12+0.11）+ 6*(0.04+0.04+0.03+0.03+0.02+0.02+0.01+0.01)= 3.4
某系统总线的一个总线周期包含3个时钟周期，每个总线周期中可传送32位数据。若总线的时钟频率为33MHz，则总线带宽为多少？
总线带宽的定义为：单位时间内总线可传送的数据量。总线宽度＝(总线位宽/8)*总线工作频率
此题中，一个总线周期有三个时钟周期，所以，T=3*（1/33M）而一个总线周期传送的数据为，32位=4B。所以带宽=4B/[3*（1/33M）]=4B*33M/3=44MB
交叉存取: 交叉存取技术(Interleaving)利用重叠或水流方式加速数据存取的一种技术。反映在主存系统上就是存储体的多模块交叉存取,反映在海量存储系统中就是磁盘阵列技术或Striping技术。举例来说，将存储体的奇数地址和偶数地址部分分开，这样当前字节被刷新时，可以不影响下一个字节的访问。
多处理机系统和并行处理机系统: 并行处理机又叫SIMD计算机。它是单一控制部件控制下的多个处理单元构成的阵列，所以又称为阵列处理机。
多处理机是由多台独立的处理机组成的系统
槽口号＝模块位置
端口号指某个模块上的端口号，因此端口号的表示中包含： 端口类型、模块位置、端口位置
在一楼内有N个用户，均通过一个ATM网 络使用同一个远地计算机。每个用户平均每小时产生L行的通信量(输入和输出)，平均每行长度为P字节(不包括ATM首部)。用户应交纳的费用是：对所传送的数据，每字节为C分钱，而使用ATM的虚通路，每小时X分钱。若将N个用户都复用到一条ATM虚通路上，则每一行的数据还要增加2字节的开销。假定一条虚通路的带宽足够N个用户使用。试问在什么条件下复用会更加便宜？
N*L*(P+2+ATM首部)*C>=X ATM包头：
1．每个用户占用一个虚通道，N个用户费用：N*L*P*C+N*X 2．所有用户公用一个虚通道，N个用户费用：N*L*(P+2)+X 当1>2时，复用会更加便宜： N*L*P*C+N*X> N*L*(P+2)*C+X(N-1)*X>2*N*L X>2*N*L/(N-1)
已知内存存取周期T=200NS，字长64位，数据总线宽度64位，总线传送周期50NS，现用4个模块组成内存，并在连续4个地址中读出数据，如用顺序方式组织模块，则数据带宽为（1）。如用交叉存储方式组织内存，则数据带宽约（2）。(1)T=200ns=200*10^(-9)s(64*4)/(T*4)=64*10^9/200=320Mbps(2)64*4/(200+3*50)=730Mbps
设某单总线LAN，总线长度为2000米，数据率为10Mbps，数字信号在总线上的传输速度为2C/3(C为光速），则每个信号占据的介质长度为多少米？当CSMA/CD（非802.3标准）访问方式时，如只考虑数据帧而忽略其他一切因素，则最小时间片的长度为多少us,最小帧长是多少位？谢谢 1.问：2c/3=2*3*10^8/3=2*10^8m/s t=2000m/(2*10^8m/s)=1*10^(-5)s 在时间t内共有信号量=10*10^6 t=10*10^6*1*10^(-5)=100 bit 在2000m共有100bit 每个信号占据的介质长度=2000m/100bit=20 m/bit 2问：slot time=2S/(2c/3)=2*2000m/[2*10(8)m/s]=2*10(-5)s=20us 3问：Lmin=slot time*R=2*10(-5)s*10mb/s=2*10(-5)s*[10*10(6)b/s]=200b
设有3路模拟信号，带宽分别为2khz.4khz,2khz,8路数字信号，数据率都为7200bps，当采用TDM方式将其复用到一条通信线路上，假定复用后为数字传输，对模拟信号采用PCM方式量化级数为16级，则复用线路需要的最小通信能力为？ 答案为128KPS 对3路模拟信号采用pcm方式变为数字信号，采样频率分别为4KHZ,8KHZ,4KHZ, 对模拟信号采用PCM方式量化级数为16级,需要的数据率分别为16kbps,32kbps 16kbps 对8路数字信号，8×7200＝57.6kbps
某32位计算机的CAHCE容量为16KB，CACHE块的大小为16K，若主存与CAHCE地址映射采用直接映射方式，则主存地址为1234E8F8的单元装入的CAHCE地址为。
解： CACHE块的大小是16B，容量是16KB，则CACHE可分成1024页，如何推出CACHE页内地址是4位，页号是10位？
题目中―CACHE块的大小为16K‖是否为―CACHE块的大小是16B‖，若是，则cache页为 16KB/16＝1k＝1024页＝2^10，16=2^4 CACHE页内地址是4位，页号是10位
例一：一般来说CACHE的功能 53。某32位的计算机的CACHE容量为16KB，CACHE块的大小为16B，若主存与CACHE的地址映射为直接映射方式，则主存的地址为 1334E8F8（十六进制）的单元装入CACHE 地址 54 53：全部由硬件实现 54：10100011111000 问题是：块的大小是16B，块内的地址长度因改是4，那么主存地址十六进制1334E8F8的末位8为块内地址
而老师说的是F8为块内地址，我就不懂了16进制的8不是2进制的4位地址长度吗？如是F8那块内地址长度不就是8位了？
Cache块号占10位地址，块内4位地址共占14位地址。直接映象为内存低位部分的14位地址。即：E8F8=1110 1000 1111 1000 块号10位 块内地址 4位
用直接映象法，装入Cache的块号为10 1000 1111，主存地址为 1234E8F8（十六进制）的单元装入的 cache 地址为：10 1000 1111 1000 为使4字节组成的字能从存储器中一次读出，要求存放在存储器中的字边界对齐，一个字的地址码应该—————最低两位为00 为什么最低两位是00呢？
西电的辅导书说：为了一次读出，要求存放在存储器中的字边界对齐，则每一个字的地址编码必须能被4整除，因此字的地址码最低两位是00 什么叫字边界对齐呢？是不是最两位或者最高两位一样就是字边界对齐？ 为什么是最低两位是00，不能是最高两位是00吗？
按字节编址，字长32位，一次读出。也就是一字有4个字节，这4个字节的地址码高6位相同，低2位分别是11、10、01、00，下一个字的4个字节的地址码的编址规则同上，每个字的低2位都是00，就叫边界对齐。32位字的低2位是00，前30位就能被4整除，因为第3位的权是4。
vpi是虚通路（v path :)),vci是虚通道
在DMA控制器的控制下，在存储器和（外部设备）之间直接进行数据传送。
RS-232-C是目前常见的一种接口标准，它是由（6）提供制定的。该标准在OSI模型中属于（7）层协议标准，通过RS-232-C来连接两个设备最少要连接（8）条线。这个标准的设计数据速率是处理（9）bit/s。Dbit/s条件下，采用RS-422标准来代替RS-232-C，连接设备间的距离可扩展到约为原有的（10）倍。
（6）A、CCITT B、IFIP C、EIA D、IEEE（7）A、会话 B、数据链路 C、网络 D运输 E、物理（8）A、2 B、3 C、4 D、7 E、10 F、25 G、80 H、100（9）A、4800 B、9600 C、19200 D、20000 E、6400（10）A、2 B、3 C、4 D、7 E、10 F、25 G、80 H、100 RS-232-C是由电子工业协会(EIA，Electronic Industries Association)制定的数据终端设备和数据电路端接设备连接的物理接口标准，属于国际标准化组织ISO的开放系统互连(OSI)模型中的最低层，即物理层的协议标准。它规定了接口的机械、电气和功能特性。
RS-232-C规定的机械特性是25针的插头/座，减去一些未定义的针外，实际上只定义了20根针的功能。用来连接两个设备至少要连接3根钱线，即信号地、发送数据和接收数据线。在采用RS-232-C连接计算机与终端的场合就只使用这3根线。
RS-232-C的设计数据速率是2000bit/s，连接设备间的距离也有规定。为了实现更高的数据速率和更远的距离连接，EIA又制定了另一个RS-422标准。该标准的电气特性与RS-232-C不同，不用公共地，采用双线平衡传输的方式，在同样数据速率条件下，可达到较远的传输距离。在数据速率是2000bit/s条件下，连接设备间的距离可扩展到原有RS-232-C标准的约80倍。 【答案】（6）C（7）E（8）B（9）D（10）G 长10km，16Mbps，100个站点的令牌环，每个站点引入1位延迟位，信号传播速度位200m/us，则该环上1位延迟相当于_(4)_米长度的电缆，该环有效长为_(5)_。(1)1bit/16Mbps=x/200(m/us)x=12.5m/bit(2)10Km/12.5m=800 800+100=900 bit
某单位路由器防火墙作了如下配置: finewall enable access-list normal 101 permit ip 202.38.0.0.0.0.0.255 10.10.10.10 0.0.0.255 access-list normal 101 deny tcp 202.38.0.0.0.0.0.255 10.10.10.10 0.0.0.255 gt 1024 access-list normal 101 deny ip any any 端口配置如下: interface Sdriat0 Ip address 202.38.111.25.255.255.255.0 Encapsulation ppp ip Access-group 101 in Interface Ethernet0 Ip address 10.10.10.1 255.255.255.0 内部局域网主机均为10.10.10.0 255.255.255.0网段,以下说法正确的是(本题假设其它网络均没有使用access)()A.外部主机202.38.0.50可以PING通任何内部主机 B.内部主机10.10.10.5,可任意访问外部网络资源 C.内部任意主机都可以与外部任意主机建立TCP连接
D.外部202.38.5.0/24网段主机可以与此内部网主机TCP连接
E.外部202.38.0.0/24网段主机不可以与此内部同主机建立端口号大于1024的TCP连接
此访问列表应用在s0上方向为进入
access-list normal 101 permit ip 202.38.0.0.0.0.0.255 10.10.10.10 0.0.0.255 access-list normal 101 deny tcp 202.38.0.0.0.0.0.255 10.10.10.10 0.0.0.255 gt 1024 access-list normal 101 deny ip any any 第一条允许ip包通过，第二条外部202.38.0.0/24网段主机不可以与此内部同主机建立端口号大于1024的TCP连接，第三条为对未说明的均予以拒绝 因此我认为选A
内存按字节编址，地址从A4000H 到CBFFFH，共有(1)个字节。若用存储容量为32K×8bit 的存储芯片构成该内存，至少需要(2)片。(1)A.80K B.96K C.160K D.192K(2)A.2 B.5 C.8 D.10 【解析】此为16 进制运算，（1）内存按字节编址，地址从A4000H 到CBFFFH 共有的字节数： CBFFFH－A3FFFH＝28000H＝160×210＝160K，选C；（2）内存按字节编址，地址空间共有160K*8bit，故需160÷32＝5 片，选B。CBFFFH-A3FFFH byte =28000H byte =2*16^4+8*16^3 byte =160*2^10 bytw =160 KB
网络允许的最大报文段长度为128字节，序号用8bit表示，报文段在网络中的寿命是30秒。求每一条TCP连接所能达到的最高数据率？
具有相同编号的报文段不应该同时在网络中传输，必须保证，当序列号循环回来重复使用的时候，具有相同序列号的报文段已经从网络中消失。现在报文段的寿命为30秒，那么在30秒的时间内发送方发送的报文段的数目不能多于255个。255×128×8÷30=8704b/s 所以，每一条TCP连接所能达到的最高数据率为8.704Kb/s。
Length 线缆的长度
Next(Near end crosstalk)近端串扰 Attenuation, 衰减
Acr(Attenuation to crosstalk)衰减与串扰比 Wire Map 线路图 Impedance 阻抗 Capacitance, 电容 Loop Resistance 环阻 Noise v 噪声
广域网配置--ISDN 里的动态获得IP并做NAT里
IP CLASSLESS 是个命令吗？如是，他是在什么模式下运行的，作用是什么
如果你有一个CLASS C的IP地址，比如192.168.10.0，你想把它分成8个网段，每个网段内可以有32台主机，你可以这样分：
subnetmask是：255.255.255.224 192.168.10.0-31，网络地址：192.168.10.0，广播地址：192.168.10.31 192.168.10.32-63，网络地址：192.168.10.32，广播地址：192.168.10.63 192.168.10.64-95，网络地址：192.168.10.64，广播地址：192.168.10.95 192.168.10.96-127，网络地址：192.168.10.96，广播地址：192.168.10.127 192.168.10.128-159，网络地址：192.168.10.128，广播地址：192.168.10.159 192.168.10.160-191，网络地址：192.168.10.160，广播地址：192.168.10.191 192.168.10.192-223，网络地址：192.168.10.192，广播地址：192.168.10.223 192.168.10.224-255，网络地址：192.168.10.224，广播地址：192.168.10.255 即：每个网段32个IP地址，第一个是网络地址，用来标志这个网络，最后一个是广播地址，用来代表这个网络上的所有主机。这两个IP地址被TCP/IP保留，不可分配给主机使用。
另外，第一个子网192.168.10.0-31和最后一个子网192.168.10.224-255通常也被保留，不能使用，原因是因为第一个子网的网络地址192.168.10.0和最后一个子网的广播地址192.168.10.255具有二意性。
先看看这个大C的网络地址和广播地址：
192.168.10.0是它的网络地址，192.168.10.255是它的广播地址.显然，它们分别与第一个子网的网络地址和最后一个子网的广播地址相重了。
那么怎样区分192.168.10.0到底是哪个网络的网络地址呢？ 答案是：把子网掩码加上去!192.168.10.0255.255.255.0是大C的网络地址，192.168.10.0255.255.255.224是第一个 子网的网络地址，192.168.10.255255.255.255.0是大C的广播地址，192.168.10.255255.255.255.224是最后一个子网的广播地址。带上掩码，它们的二意性就不存在了。所以，在严格按照TCP/IPABCD给IP地址分类的环境下，为了避免二意性，全0和全1网段都不让使用。这种环境我们叫作Classful。在这种环境下，子网掩码只在所定义的路由器内有效，掩码信息到不了其它路由器，比如RIP-1，它在做路由广播时根本不带掩码信息，收到路由广播的路由器因为无从知道这个网络的掩码，只好照标准TCP/IP的定义赋予它一个掩码。比如，拿到10.X.X.X，就认为它是A类，掩码是255.0.0.0；拿到一个204.X.X.X，就认为它是C类，掩码是255.255.255.0。
但在Classless的环境下，掩码任何时候都和IP地址成对地出现，这样，前面谈到的二意性就不会存在，是Classful还是Classless取决于你在路由器上运行的路由协议，一个路由器上可同时运行Classful和Classless的路由协议。RIP是Classful的，它在做路由广播时不带掩码信息；OSPF，EIGRP，BGP4是Classless的，它们在做路由广播时带掩码信息，它们可以同时运行在同一台路由器上。
在Cisco路由器上，缺省你可以使用全1网段，但不能使用全0网段。所以，当在Cisco路由器上给端口定义IP地址时，该IP地址不能落在全0网段上。如果你配了，你会得到一条错误信息。使用IPSUBNET-ZERO命令之后，你才能使用全0网段。
强调的是，使用了IPSUBNET-ZERO命令之后，如果路由协议使用的是Classful的（比如RI P），虽然你的定义成功了，但那个子网掩码还是不会被RIP带到它的路由更新报文中。即，I PSUBNET-ZERO命令不会左右路由协议的工作。
总之，TCP/IP协议中，全0和全1网段因为具有二意性而不能被使用。Cisco缺省使全1网段可 以被使用，但全0网段只有在配置了IPSUBNET-ZERO后方可被使用
假设一个有3个盘片的硬盘，共有四个记录面，转速为7200转/分，盘面有效记录区域的外直径为30cm,内直径为10cm，记录位密度为250b/mm,磁道密度为8道/mm，每磁道分16个扇区，每扇区512字节，则该硬盘的非格式化容量和格式化容量约为（）。每面磁道数=（外直径-内直径）*磁道密度/2=800 格式化容量=每面磁道数*记录面*每磁道扇区数*每扇区字节数 =800*4*16*512字节 =26214400字节 =26214400/1024KB =25600/1024M ＝25MB 非格式化容量=每面磁道数*记录面*π*内直径*记录位密度/8（单位为字节）=800*4*3.14*100*250/8(注意单位)=30MB（约）
数据传输率=π*内直径*记录位密度/8*转速/60（字节/秒）=1175500字节 一个磁道的非格式化容量与扇区无关，就是磁道长度*记录位密度/8。而在计算整个磁盘的非格式化容量时要取最短磁道长度即内径。
Fast ethernet每比特的发送时间是？
100Mbps=100*10^6 bit/s=0.1*10^9 bit/s t=1/(0.1*10^9)=10*10^(-9)s=10ns
DDN的业务有:
1、提供速率可选的租用专线业务,租用的专线可以是点对点的专线, 点对多点的广播、轮询,甚至于多点会议。
2、为分组交换网提供符合CCITT X.21建议的接口标准;
3、满足ISDN要求,是30B+D的数字传输电路;
4、提供帧中继业务,用于局域网互连;
5、提供带信令的模拟接口,用于电话语音或三类传真业务;
6、组建用户自己的虚拟专网。
7、.提供与Internet专线接入,向用户提供全部Internet业务。
公钥与私钥
公钥和私钥就是俗称的不对称加密方式，是从以前的对称加密（使用用户名与密码）方式的提高。我用电子邮件的方式说明一下原理。使用公钥与私钥的目的就是实现安全的电子邮件，必须实现如下目的：1.我发送给你的内容必须加密，在邮件的传输过程中不能被别人看到。2.必须保证是我发送的邮件，不是别人冒充我的。要达到这样的目标必须发送邮件的两人都有公钥和私钥。公钥，就是给大家用的，你可以通过电子邮件发布，可以通过网站让别人下载。而私钥，就是自己的，必须非常小心保存，最好加上密码。公钥与私钥的作用是：用公钥加密的内容只能用私钥解密，用私钥加密的内容只能用公钥解密。比如说，我要给你发送一个加密的邮件。首先，我必须拥有你的公钥，你也必须拥有我的公钥。首先，我用你的公钥给这个邮件加密，这样就保证这个邮件不被别人看到，而且保证这个邮件在传送过程中没有被修改。你收到邮件后，用你的私钥就可以解密，就能看到内容。
其次我用我的私钥给这个邮件加密，发送到你手里后，你可以用我的公钥解密。因为私钥只有我手里有，这样就保证了这个邮件是我发送的。
在.NET中，非对称加密是安全系统中最复杂的，功能也是最强大的。它可以在代码中调用服务器和客户端的证书，并且进行匹配，从而获得使用者的身份
海明码是一种可以纠正一位差错的编码。它是利用在信息位为k位，增加r位冗余位，构成一个n=k+r位的码字，然后用r个监督关系式产生的r个校正因子来区分无错和在码字中的n个不同位置的一位错。它必需满足以下关系式：
２^r>=n+1 或 2^r>=k+r+1 海明码的编码效率为：
R=k/(k+r)
式中 k为信息位位数
r为增加冗余位位数
1、海明码的生成。
例1.已知：信息码为：“0010”。海明码的监督关系式为：
S2=a2+a4+a5+a6
S1=a1+a3+a5+a6
S0=a0+a3+a4+a6
求：海明码码字。
解：1)由监督关系式知冗余码为a2a1a0。
2)冗余码与信息码合成的海明码是：“0010a2a1a0”。
设S2=S1=S0=0,由监督关系式得：
a2=a4+a5+a6=1
a1=a3+a5+a6=0
a0=a3+a4+a6=1
因此，海明码码字为：“0010101”
2、海明码的接收。
例2.已知：海明码的监督关系式为：
S2=a2+a4+a5+a6
S1=a1+a3+a5+a6
S0=a0+a3+a4+a6
接收码字为：“0011101”(n=7)
求：发送端的信息码。
解：1)由海明码的监督关系式计算得S2S1S0=011。
2)由监督关系式可构造出下面错码位置关系表： S2S1S0 000 001 010 100 011 101 110 111 错码位置 无错 a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6
3)由S2S1S0=011查表得知错码位置是a3。
4)纠错--对码字的a3位取反得正确码字：“0 0 1 0 1 0 1”
5)把冗余码a2a1a0删除得发送端的信息码：“0010”
3、海明码的生成（顺序生成法）。
例3.已知：信息码为：“ 1 1 0 0 1 1 0 0 ”(k=8)
求：海明码码字。
解：1)把冗余码A、B、C、…，顺序插入信息码中，得海明码
码字:“ A B 1 C 1 0 0 D 1 1 0 0 ”
码位: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
其中A,B,C,D分别插于2^k位(k=0,1,2,3)。码位分别为1,2,4,8。
2)冗余码A,B,C,D的线性码位是：(相当于监督关系式)
A->1,3,5,7,9,11；
B->2,3,6,7,10,11；
C->4,5,6,7,12；(注 5=4+1；6=4+2；7=4+2+1；12=8+4)
D->8,9,10,11,12。
3)把线性码位的值的偶校验作为冗余码的值(设冗余码初值为0)：
A=∑(0,1,1,0,1,0)=B=∑(0,1,0,0,1,0)=0
C=∑(0,1,0,0,0)=1
D=∑(0,1,1,0,0)=0
4)海明码为:“1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0”
4、海明码的接收。
例4.已知：接收的码字为：“1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0”(k=8)
求：发送端的信息码。
解：1)设错误累加器(err)初值=0
2)求出冗余码的偶校验和，并按码位累加到err中：
A=∑(1,0,1,0,1,0)=1 err=err+2^0=1
B=∑(0,0,0,0,1,0)=1 err=err+2^1=3
C=∑(1,1,0,0,0)=0 err=err+0 =3
D=∑(0,1,1,0,0)=0 err=err+0 =3
由err≠0可知接收码字有错，3)码字的错误位置就是错误累加器(err)的值3。
4)纠错--对码字的第3位值取反得正确码字：
“1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0”
5)把位于2^k位的冗余码删除得信息码：“1 1 0 0 1 1 0 0”
4个记录面，转速7200转/分钟，盘面外直径30cm,内直径10cm,记录位密度250位/mm,磁道密度8道/mm,每磁道分16个扇区，每扇区512字节，求非格式化容量和格式化容量，平均数据传输率。每面磁道数=（外直径-内直径）*磁道密度/2=800 格式化容量=每面磁道数*记录面*每磁道扇区数*每扇区字节数 =800*4*16*512字节 =26214400字节 =26214400/1024KB =25600/1024M ＝25MB 非格式化容量=每面磁道数*记录面*π*内直径*记录位密度/8（单位为字节）=800*4*3.14*100*250/8(注意单位)=30MB（约）
数据传输率=π*内直径*记录位密度/8*转速/60（字节/秒）=1175500字节 一个磁道的非格式化容量与扇区无关，就是磁道长度*记录位密度/8。而在计算整个磁盘的非格式化容量时要取最短磁道长度即内径。
请问若传输的信息为＂１００１０１１＂，海明码是多少？书上内容看不懂？能不能解释一下！注意公式 m+k+1<2^k(m指的是数据位数，k冗余位位数)n=m+k(纠错码位数)在本题中 m=7, k+8<2^k,k取最小值k=4 校验位在1，2，4，8位（即2每一个幂设置一个奇偶位）生成书中图3－23 设a[i]海明码各位，a[1],a[2],a[4],a[8]为校验位 a[1]=1+1+1+1+1=1(3,5,7,9,11)a[2]=1+0+1+1+1=0(3,6,7,10,11)a[3]=1 a[4]=0+0+1=1(5,6,7)a[5]=0 a[6]=0 a[7]=1 a[8]=0+1+1=0(9,10,11)a[9]=0 a[10]=1 a[11]=1
TCP/IP规定，32比 特全为―1‖的网间网地址用于本网广播，该地址叫做有限广播地址（limited broadcast address）。
这是我和许多网友常遇到的问题，不对的，多指教哦！
有一长度为100M的数据块，在代宽为1Mb/s的信道上发送延迟是＿
838S 100＊1024＊1024*8/1000000= 838s 非格式化容量＝位密度＊圆周长＊总磁道数 格式化的容量＝扇区数＊扇区大小＊总磁道数 柱面磁道数=磁道密度*（外径-内经）总磁道数=柱面磁道数*柱面数
某磁盘里平均找道时间为2ms，平均螺旋等待时间为7ms，数据传输率为2.5Mbyte/s，磁盘机上存放着500个文件，每个文件平均长度为1M字节，现将所有文件逐一读出并检查更新，然后写回磁盘机，每个文件平均需要2ms额外处理时间，则检查并更新所有文件需要占用多少时间？ 428s 1k byte=1024 byte 1M byte =1024*1024 byte 1K bit=1000 bit 1M bit=100000 bit 1byte=8bit PSK(调相)和DPSK有什么区别?frequency-shift keying 双DMZ和单DMZ区别在什么地方? 若信息位为7位，要构成能纠一位错的海明码，则要加上多少冗余位？并写出其监督式。若信息位为1001000，要构造能纠一位错的海明码，求出其冗余位。若信息位为7位，要构成能纠一位错的海明码，则要加上多少冗余位？并写出其监督式。若信息位为1001000，要构造能纠一位错的海明码，求出其冗余位。
是纠一位的错。
例题(源自2004年网络工程师上半年上午试题)码是一些码字组成的集合。一对码字之间的海明距离是__1__，一个码的海明距离是所有不同码字的海明距离的__2__。如果要检查出d位错，那么码的海明距离是__3__。如果信息长度为5位，要求纠正1位错，按照海明编码，需要增加的校验位是__4__。以太网中使用的校验码标准是__5__。
1：A.码字之间不同的位数
B．两个码字之间相同的位数 C．两个码字的校验和之和
D．两个码字的校验和之差
2：A．平均值
B．最大值
C．最小值
D．任意值
3：A．d-
1B．d+1
C．2d-1
D．2d+l
4：A．B．
4C．
5D．6
5：A．CRC-1
2B．CRC-CCITT
C．CRC-16
D．CRC-32 n 解答：1.A 2.C 3.B 4.B 5.D n 试题分析：
本题主要的知识点是，海明码的原理和码的概念。
海明码是一种可以纠正一位差错的编码。它是利用在信息位为k位，增加r位冗余位，构成一个n=k+r位的码字，然后用r个监督关系式产生的r个校正因子来区分无错和在码字中的n个不同位置的一位错。它必需满足以下关系式：
２r>=n+1 或 2r>=k+r+1
海明码的编码效率为：
R=k/(k+r)
式中 k为信息位位数
r为增加冗余位位数
我也搞得糊涂了，看例题也看不出个所以然来。倒。
100001001 10110001
标题：关于海明码的疑问
2003年度网络设计师的第一题中，要检查出d位错，码字之间的海明距离最小值应为（）答案为2d+1,我觉得应该为d+1，要纠正d位错才是2d+1。请老师指教！
标题：回复
要检测出d个错误，则海明距离至少为d＋1。即一个码字错d＋1个比特才能变成另一个，<=d 只能变成无效码字，能被检测出来。
要纠正d个错误，海明距离至少应为2d＋1
什么是HTTP代理? 什么是socks代理?(突破局域网限制知识)--
什么是HTTP代理：www对于每一个上网的人都再熟悉不过了，www连接请求就是采用的http协议，所以我们在浏览网页，下载数据（也可采用ftp协议）是就是用http代理。它通常绑定在代理服务器的80、3128、8080等端口上。
什么是socks代理：相应的，采用socks协议的代理服务器就是SOCKS服务器。是一种通用的代理服务器。Socks是个电路级的底层网关，是DavidKoblas在1990年开发的，此后就一直作为Internet RFC标准的开放标准。Socks 不要求应用程序遵循特定的操作系统平台，Socks 代理与应用层代理、HTTP 层代理不同，Socks 代理只是简单地传递数据包，而不必关心是何种应用协议（比如FTP、HTTP和NNTP请求）。所以，Socks代理比其他应用层代理要快得多。它通常绑定在代理服务器的1080端口上。如果您在企业网或校园网上，需要透过防火墙或通过代理服务器访问 Internet就可能需要使用SOCKS。一般情况下，对于拨号上网用户都不需要使用它。注意，浏览网页时常用的代理服务器通常是专门的http代理，它和SOCKS是不同的。因此，您能浏览网页不等于 您一定可以通过SOCKS访问Internet。常用的防火墙，或代理软件都支持SOCKS，但需要其管理员打开这一功能。如果您不确信您是否需要SOCKS或是否有SOCKS可用，请与您的网络管理员联系。为了使用socks，您需要了解一下内容：
① SOCKS服务器的IP地址
② SOCKS服务所在的端口
③ 这个SOCKS服务是否需要用户认证？如果需要，您要向您的网络管理员申请一个用户和口令
知道了上述信息，您就可以把这些信息填入“网络配置”中，或者在第一次登记时填入，您就可以使用socks代理了。
在实际应用中SOCKS代理可以用作为：电子邮件、新闻组软件、网络传呼ICQ、网络聊天MIRC和各种游戏应用软件当中。
PSK(调相)和DPSK有什么区别 你知道吗
这里调制技术的问题，一般低速大家熟知的ASK，PSK，FSK 在高速的调制中通过增加多个相位值来提高数据传输速度（根据尼奎斯特一二定理，香农定理）PSK用载波的相位偏移来表示数据数位 它的杭干性最好，而且相位的变化可以作为定时信息来同步时钟PSK(四相键控)四个相位来表示，即45度表00，135表01，225表10，315表11，还有一种是QPSK（正交相移健控），0度表示00，90度表01，180表10，360表11
双DMZ和单DMZ区别在什么地方？
这是考防火墙技术的知识。防火墙最基本的结构有四种即：包过滤型防火墙（屏蔽路由器），双宿网关防火墙（双穴主机），屏蔽主机防火墙（包过滤路由器和堡垒主机组成），屏蔽子网防火墙（单DMZ，由一般由两个包过滤防火墙，一个应用网关，一个保垒主机组合，用安全要求不高的服务器）。
DMZ是demiliterizedzone是非军区的意思，那单双DMZ的意思，就有一或两个非军事区的意思。各种类型的防火墙都是由上组合而成。具体来说，单DMZ是由一个包过滤路由器和一双穴主机组成，那双DMZ是由一个包过滤路由器和二个双穴主机组成。
可以用于识别分组传送路径的是:A-PING B-traceroute C-tracert D-route print route print可查看整个路由表，tracert只能跟踪到达某个地址所经过的路由
以太网和802.3对数据帧的长度都有一个限制，其最大值分别是1500和1492字节。链路层的这个特性称作MTU，最大传输单元。不同类型的网络大多数都有一个上限。
如果IP层有一个数据报要传，而且数据的长度比链路层的MTU还大，那么IP层就需要进行分片（fragmentation），把数据报分成若干片，这样每一片都小于MTU.以7-4码为例,如信息位1011,最后得海明码是1010101,若接收方是1000101,则S2S1S0=101,出错的为第五位,怎么算的。
答：是这样算的，1*2^2+0*2^1+1*2^0=4+0+1=5
HSRP是热备份路由器协议
设有某一个令牌环网长度400米，环上有28个站点，其数据传输率4Mb/s,环上的传播速度为200m/us，每个站点有1 时延，则环上可能存在的最小和最大时延分别是（）bit和（）bit。当始终有一半站点打开工作时，要保证环网的正常运行，至少还要将电缆长度增加（）米。延时估算公式＝传播延时×发送介质长度×数据率＋中继器延时 介质长度＝400米 站点28个
数据传输率＝4MB/s 因为 传播速率＝200m/us 所以 传播延时＝1/(200m/us)=5000us/m=5us/km 延时＝5us/km*0.4km*4Mb/s+28=36(bit)当环上都没有帧发送时，环上可能存在的最小延时为5us/km*0.4km*4Mb/s＝8(bit)当始终有一半站点打开工作时，要保证环网的正常运行，根据延时估算公式计算需要增加的电缆长度为X, 5X*4+28/2-8=8,x=0.1km=100m
Linux、Unix下的网络配置命令
一、Linux、Unix下的网络配置命令： 1 网卡配置
Ifconfig interface[family] address up option Interface 设备名，le0、we0 Family ：绑定的网络协议，默认为IP（inet）
Address：地址，可以ip地址，可以是主机名字（通过/etc/hosts或DNS找到IP）Up：（down）启动或关闭 Option：子网掩码、广播地址等 2 静态路由 route Route [-f] op [type] destination gateway hop-count Op:add 增加一个路由表项 delete 删除一个路由表项 Destination：主机地址或网络地址或关键字default Gateway：收到目的地址是Destination时，转发的机器（该机器必须和当前主机是一个网络内直连）hop-count：转发次数，通常为1 F：删除所有路由表项 Type：取值host 表示Destination是主机 取值net 表示Destination是网络地址 3 routed 标准路由daemon（守护进程）– 只支持RIP协议 – 两种运行方式：
服务器模式（－s）：发布自己的路由信息 – 多网卡的服务器中设置成该模式
安静模式（－q）：只是监听广播包，默认方式 4 gated 更好的路由daemon – 支持不同的路由协议（RIP、OSPF、BGP/EGP、HELLO）– 需要配置文件（/etc/gated.conf)进行路由描述
2、启动服务（httpd）的两种方法： 1)独立方式 standalone 命令格式：httpd [-d 目录] [-f 文件] 目录：ServerRoot 指定的项 文件：系统配置文件httpd.conf，默认： /usr/local/etc/httpd /conf/ httpd.conf 2)系统启动inted（1）修改/etc/services文件
加入：http 端口号 /tcp;端口号 在httpd.conf中定义的（2）修改/etc/inted.conf文件
加入: http stream tcp nowait nobody /路径 /httpd 路径 : 如 /usr/local/etc/httpd ； httpd的绝对路径（3）重启系统
ps 查找inted 的进程号 pid Kill－HUP inted pid；向inted发起挂起信号HUP，inted 重新读取 /etc/inted.conf文件
二、DNS配置 启动运行 /usr/sbin/ named 2 相关文件：
/etc/named.boot ：包含一些指向包含区信息的主文件。区文件：named.cache等。
三、Web配置
1、三个主要配置文件： a)Httpd.conf：系统配置文件 内容：
ServerType [inetd|standalone];单独运行或启动运行 Port portnumber；提供服务的端口（通常默认80）ServerRoot pathname；系统所在的目录 ServerName hostname；主机名
AccessConfig filename；访问控制配置文件名（包括绝对或相对路径）ResourceConfig filename;系统资源文档配置文件 等等
b)Srm.conf：资源文档配置文件：指定Web服务的文档和接口程序的路径 c)Access.conf：访问控制配置文件：Web用户的访问权限
四、FTP配置（WU FTPD）1)安装ftpd（通常在inted下运行）
– 修改/etc/inted.conf文件，加入 http stream tcp nowait /usr/local/etc/ftpd ftpd – /etc/services文件中加入 ftp 21 /tcp – 重启系统： Kill－HUP inted pid 2）Ftp用户设置： – /etc/passwd 用户设置 3)访问控制配置文件
– Ftpaccess ftphosts ftpusers ftpgroups等 涉及到的文件
/etc/hosts ：IP与主机名对应
/etc/network：网络的逻辑名和实际网络对应 /etc/gateways ：网关文件 /etc/gated.conf ：gated配置文件 自动配置TCP/IP：命令自动存储、系统启动自动执行 2个文件
/etc/rc.d/rc.inet1 ： 包含ifconfig命令、route命令等配置命令 /etc/rc.d/rc.inet2 : 包含网络监控进程－inetd、portmapper等 7解析器配置
/etc/hosts.conf 文件：控制解析器的主要文件 格式：
Order bind hosts ；查找次序为名字服务器、/etc/hosts文件 /etc/resolv.conf 文件：如何查找名字服务器 该文件若不存在则默认为本机为名字服务器 8 相关命令： Ping 测试命令
Netstat ：检查网卡配置
1、四级流水线完成一条指令，每步时间分别为60ns、100ns、50ns、70ns。完成20条指令，需___ns。
应该是：100*4+(20-1)*100=2300
2、某系统总线的一个总线周期包含3个时钟周期，每个总线周期中可以传送32位数据。
若总线的时钟频率为33MHz，则总线带宽为_____。
A、132MB/S B、33B/S C、42MB/S D、396MB/S
答案是C。计算：33*4/3/1.024/1.024=41.96 钟频率的k为1000，总线带宽的k是2^10就是1024
3、假设内存存取周期T=200ns，字长64位，数据总线宽度64位，总线传送周期为50ns。现用4个模块组成内存，并在连续4个地址中读出数据。如用顺序方式组织模块，则数据带宽为____。如用交叉存储方式组织内存，则数据带宽可达约____MB/S。
A、80 B、320 C、640 D、1280
要取4个字,就是64*4=256bit,然后因为是顺序存取所以256/4*200ns,60题是交叉存取所以是256/(200+3*50)
一、ASCII码
ASCII码一般用在两个方面, 一是在奇偶校验的时候要求会写出相应的二进制编码;二是用来比较大小, VB程序设计中字符串的比较就是利用这一点的。
记住以下三点非常重要:
1、特殊字符的值
空格的ASCII码为32, “0”的ASCII码为48, “A”的ASCII码为65, “a”的ASCII码为97。
2、相同字母大小写的ASCII码值相差32。
ASCII码值的大小比较顺序为:
3、NUL<标点符号<数字<大写字母<小写字母 如:查表得A的ASCII码值为 (1000001) 2= (41) 16=65;由A可推算出F的ASCII码十进制值为70[相差5]; 又如:已知字母"y"的ASCII码是121, 则字母"Y"的ASCII码是_________。 由于相同字母大写的比小写的要小32, 所以"Y"的ASCII码是89 二、容量计算类 计算容量的题目分为汉字点阵的存储容量、硬盘的容量、软盘的容量、图像的数据容量以及音频文件的容量, 相应的公式如下: 1. 汉字点阵的存储容量=字数×点阵数/8 2. 硬盘的容量=磁头数*磁道数*每磁道扇区数*第扇区字节数 3. 软盘的容量=盘片面数*磁道数*每磁道扇数*每扇区字节数 4. 图像的数据容量=图像水平像素点数*图像垂直像素点数*颜色深度/8 5. 音频文件的容量=采样频率*采样位数*声道数*时间秒/8 其中以下几点需要注意的: 1.颜色深度指的是一个像素点需要多少位的二进制来存储, 但要注意, 如果告诉你的是多少种颜色, 那要化成二进制位数才行。 2.采样频率往往用KHZ来表示, 要注意的是, KHZ=1000HZ 在计算中可能会用到以下常用量词: 在数据比较大的时候注意观察数据是不是2的整数倍, 如是则上述量词可以大大提高解题的效率。 具体应用举例: 1.若将80个32×32点阵汉字调入内存, 共需多少字节存储空间。 解:80×32×32/8=80×25×25/8=10×210=10K (字节) 2.分辩率1024×768, 256色的显卡, 至少应配_________MB显存。 解:由于256色的显卡, 是8位的显卡, 所以显存的容量为 1024*768*8/8=768KB=0.75MB 三、地址存储容量 存储容量=末地址-首地址+1 此类题目的关键在于灵活运用十进制数与二进制以及十六进制数的相互转换技巧, 当然以2n次为纽带可大大提高解题速度。 1. 由地址线, 求寻址空间。 若地址线有32根, 则它的寻址空间为232B=222 KB=212 MB=4GB 2. 由起始地址和末地址, 求存储空间。 若编号为4000H~4FFFH的地址中, 包含的单元数的计算: 方法一:用十六进制计算。 方法二:转换成十进制计算。 运算题的解答总体上来说, 高考中的难度不是很大, 但是比较灵活, 如果能够充分理解相关类型的题目含义的情况下, 大多数运算题都可以运用一些技巧来完成, 可以提高效率, 当然基本功也不能忘记。 由于时间和水平有限, 本文只能浅尝辄止。望各位同仁不吝赐教。
摘要：本文试从ASCⅡ码、容量计算类以及地址存储容量三大方面来讲解高职复习中计算机运算题的部分解题技巧。
关键词：高职考,计算机,运算题,技巧
参考文献
[1].暄, 《80x86/pentium微机原理及接口技术》, 机械工业出版社, 2007.21.暄, 《80x86/pentium微机原理及接口技术》, 机械工业出版社, 2007.2
从此类试题的考查特点来看，主要考查价值量与价格的关系，涉及的基础理论包括价值量、价值总量与社会劳动生产率、社会必要劳动时间以及个别劳动生产率、个别劳动时间的关系。近年来，此类试题又与货币的币值、汇率的变动、货币流通等知识相结合，凸显了高考试题与时俱进的特点。
价值量计算题的解法是灵活多样的，现结合笔者的教学实践谈谈此类试题的解答技巧。
一、 引入时间法
价值量的计算题，一般都会涉及一系列的变量，如何把这些变量清晰、准确地表现出来就成为解答此类试题的关键。引入时间法可以把题干中相应的劳动生产率表达出来，以此为基础再看劳动生产率相应的变化就容易多了。
1.引入社会必要劳动时间
例1（2009年江苏卷）假定原先1台电脑与4部手机的价值量相等，现在生产电脑的社会劳动生产率提高一倍，而生产手机的社会必要劳动时间缩短到原来的一半，其他条件不变，则现在1台电脑与部手机的价值量相等。 （）
A. 2B. 4C.8D.16
[解析]由于1台电脑与4部手机的价值量相等，故设生产1台电脑与4部手机的社会必要劳动时间为1小时。上面的等式就可以表示为：1台电脑/1小时=4部手机/1小时，这样就把生产电脑和生产手机的社会劳动生产率表达出来了。以此为基础，现在生产电脑的社会劳动生产率提高一倍：2台电脑/1小时；生产手机的社会必要劳动时间缩短到原来的一半：4部手机/0.5小时。统一一下时间我们会看到：1台电脑/0.5小时=4部手机/0.5小时。所以现在1台电脑与4部手机的价值量相等，B项正确。
2.引入个别劳动时间
例2 （2010年全国卷）假设某企业2008年的生产条件属于社会平均水平。生产一件甲种商品的劳动耗费为6元，产量为10万件。2009年该企业的劳动生产率提高50%。其他条件不变。那么，该企业生产甲种商品的个别价值、社会价值和价值总量分别为 （）
A.4元、4元、60万元B.6元、8元、90万元
C.4元、6元、90万元D.8元、6元、120万元
[解析]假设该企业生产一件商品所用的时间为1小时，则该企业的个别劳动生产率为1W/1小时。由某企业2008年的生产条件属于社会平均水平，可知在2008年该企业的个别劳动生产率与该行业的社会劳动生产率相等。该企业生产一件甲种商品的劳动耗费为6元，这同时也是该种商品的价值量。1W/1小时=6元。2009年该企业的劳动生产率提高50%，则2009年该企业1.5W/1小时=6元，所以该企业生产甲商品的个别价值为6/1.5=4元，其他条件不变，该商品的社会价值依然为6元，价值总量为（10+10×50%）×6=90万元。C项正确。
二、 引入公式法
例3（2008年全国卷）假设2007年某国一单位M商品，其价值用该国货币表示为15元。如果2008年生产M商品的社会必要劳动生产率提高50%，且该国的货币价值下降（贬值）20%，在其他条件不变的情况下，2008年该单位M商品的价值用货币表示为（）
A.12元B.12.5元C.18元D.18.75元
[解析]要计算出本题需要两步，一是要计算出社会劳动生产率提高50%后M商品的价格；二是再计算出该国的货币价值下降（贬值）20%后的价格。第一步依据题干引入社会必要劳动时间为1小时，则有1W/1小时=15元。2008年生产M商品的社会劳动生产率提高50%，所以有1.5W/1小时=15元，则2008年M商品用货币表示为15/1.5=10元。我们知道商品的价格与单位商品价值量成正比，与单位货币价值量成反比，所以商品的价格=单位商品价值量/单位货币价值量。单位货币价值量是以1元钱为基础的，所以如果货币价值量不变以及不考虑供求关系的情况下，我们看到的就是单位商品的价值量等于商品的价格。由该国的货币价值下降（贬值）20%，可知现在1元钱的价值只相当于1-1×20%=0.8元，所以该国的货币价值下降（贬值）20%后的商品价格为10/0.8=12.5，所以B项正确。需要注意的是此公式一般只有提到货币升值或贬值的时候才可以用。
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