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1、全国硕士研究生入学统一考试计算机科学与技术学科联考2022全国硕士研究生招生考试计算机学科专业基础试题参考答案一、单项选择题01.B02.D03.B04.C05.D06.D07.B08.D09.D10.A11.D12.A13.B14.A15.C16.A17.C18.B19.D20.A21.C22.C23.D24.A25.C26.B27.C28.D29.A30.D31.B32.A33.B34.C35.B36.D37.B38.C39.D40.B01.B。【解析】当外层循环的变量z 取不同值时，内层循环就执行多少次，因此总循环次数为力的所有取值之和。假设外层循环共执行后次，当2 =1,2,4,8,2
2、 1(2 )2 左)时，内层循环执行i 次，因此总循环次数7=1 +2+4+8+2 1 =2左-1,即 T2，时间复杂度为O(n)o02.D。【解析】通过模拟出入栈操作，可以判断入栈序列in和出栈序列。ut是否合法。因此，已知 in序列可以判断out序列是否为可能的出栈序列;已知out序列也可以判断in序列是否为可能的入栈序列，A 和 B 错误。如果每个元素入栈后立即出栈，则 in序列和。ut序列相同，C 错误。如果所有元素都入栈后才依次出栈，则 in序列和out序列互为倒序，D 正确。03.B。【解析】对于此类题，每种情况只需举出一个反例即可。如图1 所示，q 是 p 的双亲，中序遍历序列为
3、 p,qb，I 可能。如图2 所示，q 是p 的右孩子，中序遍历序列为 p,q,II可能。如图4 所示，q 是p 的双亲的双亲，中序遍历序列为 x,p,q ,IV可能。如图3 所示，q 是p的右兄弟，F 是 q 和 p 的父结点，中序遍历要求先遍历左子树,再访问根结点,最后遍历右子树，因此一定先访问p,再访问F,最后访问q,p 和 q不可能相邻出现，皿不可能。04.C o【解析】高度一定的三叉树中结点数最多的情况是满三叉树。高度为5 的满三叉树的结点数=30+3J 32+33+34=121,高度为 6 的满三叉树的结点数=3+31+32+33+34+35=3640由于三叉树T 的结点数为244
4、,121v 244 V 3 6 4,因此T 的高度至少为6。05.D。【解析】可以画一个简单的特例来证明。图 1是满足条件的二叉树T L 图2 是满足条件的二叉树T 2,结点中有值表示这个结点是编码字符。T1和 T2的结点数不同，A 错误。T1的高度等于T 2的高度，B 错误。出现频次不同的字符在T 1中也可能处于相同的层，C 错误。对于定长编码集，所有字符一定都在T2中处于相同的层,而且都是叶子结点。106.D。【解析】注意，V是图的边数，E是图的顶点数。A和B明显错误，如图1所示，|V|E|,但图G不连通;如图2所示，|V|E|,但图G不连通。如图3所示,在无向图中至少要有|V|-1个顶点
5、才可能连通，顶点数小于IM-1一定不可能连通，C错误，D正确。c 的时间余量=vl(3)_ve(2)-l=5 _ 2 _ l=2,g 的时间余量=vl(6)-ve(3)-1=12-5-1=6,h的时间余量=vl(5)-ve(4)-l=11-8-1=2,j 的时间余量=vl(6)-ve(5)-1 =1 2-9-1 =2,时间余量最大的活动是g。08.Do【解析】在5阶B树中，除根结点外的非叶结点的关键字数左需要满足2 4后4 4。当被删关键字x不在终端结点(最低层非叶结点)时，可以用x的前驱(或后继)关键字y来替代x,然后在相应结点中删除y。情况：删除2 6 0,将其前驱H 0放入260处，删
6、除110后的结点 100不满足5阶B树定义，从左兄弟中借8 5,将85放入根中，将根中的90移入结点 100变为 90，100。情况：删除260,将其后继280放入260处，结点300不满足5阶B树定义且左右兄弟都不够借，结点 300可以和左兄弟 100,110以及关键字280合并成一个新的结点 100,110,280,300。情况：在情况中，结点 300也可以和右兄弟 400,500以及关键字350合并成一个新的结点 300,350,400,500。综上，T1根结点中的关键字序列可能是 60,85,110,350或 60,90,3 50或 60,90,2 8 0,仅 D 不可能。09.D o
7、【解析】填装因子越大，说明哈希表中存储的元素越满，发生冲突的可能性就越高，导致平均查找长度越大。散列函数、冲突解决策略也会影响发生冲突的可能性。I、IL in都正确。10.A o【解析】送分概念题。王道书对归并的定义原话是“归并的含义是将两个或两个以上的有序表合并成一个新的有序表”，而二路归并是将两个有序表合并为一个新的有序表。11.D。【解析】直接插入排序和快速排序的特点如下表所示。适合初始序列情况适合元素数量空间复杂度稳定性直接插入排序大部分元素有序较少0(1)稳定快速排序基本无序较多O(log2 九)不稳定2可见，I、n、in、i v 都是采用直接插入排序而不采用快速排序的可能原因。12
8、.A。【解析】CPI指平均每条指令的执行需要多少个时钟周期。由于80%的指令执行平均需要1 个时钟周期，20%的指令执行平均需要10个时钟周期，因此CPI=80%xl+20%xl0=2.8。计算机主频为1GHz,程序P 共执行10000条指令，平均每条指令需要2.8个时钟周期，因此,CPU 执行时间=（10000 x2.8）/109=2.8x10 5$=28即。13.B o【解析】位补码整数的最小值是1,00.0（即-2T）；最大值是0,111（即2T-1）。n位补码整数所能表示的范围是-2%T2 一1,3 2 位补码整数所能表示的范围是-23123 1-1O14.A。【解析】IEEE 754
9、单精度浮点数格式中依次为数符1 位、阶 码 8 位（偏 置值 127）、尾数23位（隐藏1 位）。-0.4375=-1.75x2一 2,保证小数点前是1。根据单精度浮点数格式，数符为 1;阶码为移码表示，-2 +127=1 2 5,写成8 位二进制数为01111101；尾数隐藏小数点前的 1,剩下的0.75写成二进制数为0.11,所以尾数部分是1100 0。该浮点数的二进制格式为1011 1110 1110 0000 0000 0000 000 0 0 0 0,对应的十六进制格式为 BEEO 0000Ho15.C o【解析】页大小为4KB=212B,按字节编址，故页内地址为12位。虚拟地址空间
10、大小为4GB=232B,故虚拟地址共32位，其中低12位为页内地址，高 20位为虚页号。题中给出的虚拟地址为0008 2840H,虚页号为高20位即00082H（页内地址为低12位即840H）,82H对应的十进制数为130（注意题中页表的虚页号部分末尾未写H,所以是十进制数，故查找时要先将虚页号转换为十进制数），查页表命中，且存在位为L 对应页框号为018H。将查找到的页框号018H和页内地址840H拼接J 得到主存地址为01 8840H。16.A。【解析】Cache采用组相联映射，主存地址结构应分为Tag标记、组号、块内地址三部分。主存块大小=Cache块 大 小=64B=26B,因此块内地
11、址占6 位。Cache数据区容量为32KB,每个Cache块大小为6 4 B,则 Cache总 块 数=32KB/64B=2 9,由于采用8 路组相联映射，即每 8 个 Cache块为一个分组，因此总共被分为28=2$组，因此，组号占6 位。除了块内地址和组号，剩余的位为Tag标记，占32-6-6=20位。地址结构如下所示。Tag标记组号块内地址20位6位6位Cache采用8 路组相联映射，因此在访问一个物理地址时，要先根据组号定位到某一分组，然后用物理地址的高20位（Tag标记）与分组中8 个 Cache行的Tag标记做并行比较（用 8 个2 0 位“比较器”实现），若某个Cache行 的
12、Tag标记与物理地址的高20位完全一致，则选中该Cache行。综上所述，在组相联映射的Cache中,“比较器”用于并行地比较分组中所有 Cache行的Tag标记位与欲访问物理地址的Tag标记位，因此比较器的个数就是分组中的Cache行数8,比较器的位数就是Tag标记位数20。17.C。【解析】8x 8192x8192x8bit=512M B,内存条的容量为512MB,A 正确。存储器总线宽度 64=8 x 8 b it,而每个芯片一次只能传输8 b it,需要8 体多模块交叉编址才能实现，B 正确。512MB=229B,按字节编址，因此芯片的地址引脚为29位,C 错误。芯片内行数是8192,一
13、行的大小是8192x8bit,行缓冲长度就是一行的大小,D 正确。18.B。【解析】指令集处于软硬件的交界面上。指令字和指令格式、通用寄存器个数和位数都与机器指令有关，由ISA规定。两个CPU可以有不同的时钟周期，但指令集可以相同，CPU的时钟周期不由ISA规定。加法器的进位方式涉及电路设计，也不由指令集规定。19.D o【解析】地址码为6 位,一条二地址指令会占用26条一地址指令的空间，一条一地址指令3会占用26条零地址指令的空间。如果全都是零地址指令，则最多有216条，减去一地址指令和二地址指令所占用的零地址指令空间，即216 254x26-12x26x26=(210-254-12x 26
14、)x26=(4X26-254)X26=2X26=128。20.A。【解析】将源程序转换为可执行目标文件的过程分为预处理、编译、汇编、链接四个阶段。21.C。【解析】中断I/O方式适用于字符型设备，此类设备的特点是数据传输速率慢，以字符或字为单位进行传输，A正确。若采用中断I/O方式，当外设准备好数据后，向CPU发出中断请求，C PU暂时中止现行程序，转去运行中断服务程序，由中断服务程序完成数据传送，B正确。若外设准备数据的时间小于中断处理时间，则可能导致数据丢失，以输入设备为例，设备为进程准备的数据会先写入设备控制器的缓冲区(缓冲区大小有限，通常只能暂存几个字节)，缓冲区每写满一次，就会向CP
15、U发出一次中断请求，CPU响应并处理中断的过程，就是将缓冲区中的数据“取走”的过程，因此若外设准备数据的时间小于中断处理时间，则可能导致外设往缓冲区写入数据的速度快于CPU从缓冲区取走数据的速度，从而导致缓冲区的数据被覆盖，进而导致数据丢失。C错误。若采用中断I/O方式，则外设为某进程准备数据时，可令该进程阻塞，CPU运行其他进程，D正确。22.C。【解析】MIMD结构分为多计算机系统和多处理器系统，A正确。向量处理器是SIM D的变体，属于SIMD结构，B正确。硬件多线程技术是在一个核中处理多个线程，可用于单核处理器，C错误。共享内存多处理器(S M P)具有共享的单一物理地址空间，所有核都
16、可通过存取指令来访问同一片主存地址空间，D正确。23.D。【解析】操作系统的基本特点：股、共塞、虚拟、异步，其中最基本、一定要实现的是并发和共享，A、C正确。早期的多道批处理操作系统会将所有进程的数据全部调入主存，再让多道程序并发执行，即使不支持虚拟存储管理，也能实现“多道程序并发”，B正确。进程多并不意味着CPU利用率高，进程数量越多，进程之间的资源竞争越激烈，甚至可能因为资源竞争而出现死锁现象，导致CPU利用率低，D错误。24.A。【解析】在操作系统初始化的过程中需要创建中断向量表，用于实现“中断处理”，CPU检测到中断信号后，根据中断号查询中断向量表，跳转到对应的中断处理程序，A正确。当
17、硬盘被逻辑格式化时，需要对硬盘进行分区，即创建硬盘分区表。分区完成后，需要在每个分区初始化一个特定的文件系统，并创建文件系统的根目录。如果某个分区采用Unix文件系统(U F S),则还要在该分区中建立文件系统的索引结点表。综上，C是在硬盘逻辑格式化的过程中完成的，B、D是在初始化文件系统的过程中完成的。25.C。【解析】0时刻调度进程P 0获得CPU；10ms时P2进入就绪队列，调度P2抢占获得CPU；15ms时P3进入就绪队列，调度P3抢占获得CPU；25ms时P3执行完毕，调度P2获得CPU；40ms时P2执行完毕，调度P0获得CPU；130ms时P2执行完毕，调度P1获得CPU；190
18、ms时P2执行完毕，结束；总共调度6次。26.B。【解析】初始时系统中的可用资源数为,只能满足P 0的需求,所以安全序列第一个只能是P 0,将资源分配给P0后，P0执行完释放所占资源，可用资源数变为VI,3,2+=,此时可用资源数既能满足P L也能满足P 2,可以先分配给PL P1执行完释放资源再分配给P2；也可以先分配给P2,P2执行完释放资源再分配给P1。所以安全序列可以是P0、P l、P2或P0、P2、Pio27.C o【解析】CPU在用户态时只能执行非特权指令，在内核态时可以执行特权指令和非特权指令。28.D。【解析】进程P读文件时，进程从执行态进入阻塞态，等待磁盘I/O完成，I正确。
19、进程P4的时间片用完，导致进程从执行态进入就绪态，转入就绪队列等待下次被调度，n错误。进程P申请外设，若外设是独占设备且正在被其他进程使用，则进程P从执行态进入阻塞态，等待系统分配外设，皿正确。进程P执行信号量的w a ito操作，如果信号量的值小于等于0,则进程进入阻塞态，等待其他进程用s ig n a l。操作唤醒，IV正确。29.A。【解析】缺页异常需要从磁盘调页到内存中，将新调入的页与页框建立对应关系，并修改该页的存在位，B、C、D正确；如果内存中有空闲页框，就不需要淘汰其他页,A错误。30.D。【解析】页置换算法会影响缺页率，例如，LRU算法的缺页率通常要比FIFO算法的缺页率低，排
20、 除A。工作集的大小决定了分配给进程的物理块数，分配给进程的物理块数越多，缺页率就越低，排 除B o进程的数量越多，对内存资源的竞争越激烈，每个进程被分配的物理块数越少，缺页率也就越高，排 除C o页缓冲队列是将被淘汰的页面缓存下来，暂时不写回磁盘，队列长度会影响页面置换的速度，但不会影响缺页率，答案选D。31.B。【解析】发生系统调用时，CPU执行陷入（Trap）指 令,检 测 到“内中断”后，由CPU负责保存断点（PC）和程序状态字，并将CPU模式改为内核态，然后执行操作系统内核的系统调用入口程序，该内核程序负责保存通用寄存器的内容，再调用某个特定的系统调用服务例程。综上，I、IV是由硬件
21、完成的，n、III是由操作系统完成的。32.A。【解析】厂家在设计一个设备时，通常会为该设备编写驱动程序，主机需要先安装驱动程序，才能使用设备。当一个设备被连接到主机时，驱动程序负责初始化设备（如将设备控制器中的寄存器初始化），B正确。当进程在执行驱动程序时，可能会因为设备忙碌而进入阻塞态，C正确。设备的读/写操作本质就是在设备控制器和主机之间传送数据，而只有厂家知道设备控制器的内部实现，因此也只有厂家提供的驱动程序能控制设备的读/写操作，D正确。厂家会根据设备特性，在驱动程序中实现一种合适的I/O控制方式,A错误。33.B。【解析】在OSI参考模型中，数据链路层、网络层、传输层都具有流量控制
22、功能,数据链路层是根邻结点之间的流量控制，网络层是整个网络中的流量控制，传输层是端到端的流量控制O3 4.C 。【遍析】根据奈奎斯特定理，最大数据传输速率=2%log2y,4个幅值的ASK调制说明有4个相位，将P=4代入，得800kbps。35.B。【解析】主机所在网络的网络地址可以通过主机的IP地址和子网掩码逐位相与得到。子网掩码255.255.192.0的二进制前18位 为1、后14位为0,把主机IP地址的后14位变为0,得到的结果为183.80.64.0,即为主机所在网络的网络地址。36.D o【解析】默认网关可以理解为离当前主机最近的路由器的端口地址，所以是192.168.L62,而该
23、主机的子网掩码和网关的子网掩码也相同，/27即为255.255.255,224。37.B o【解析】SDN对上层开发者提供的编程接口称为北向接口，而南向接口则负责控制平面和数据平面间的通信，所以SDN控制器向数据平面的SDN交换机下发流表时使用南向接口。38.C。【解析】时刻0发生了超时，门限值ssthresh变为拥塞窗口 cwnd的一半即8,同 时cwnd置 为L执行慢开始算法,cwnd指数增长，经 过3个R T T,增长到ssthresh值;之后执行拥塞避免算法，cwnd线性增长，再经过8个RTT,增长到1 6,共花费11个RTT,如下表所示。时刻012 .；34567891 01 1拥塞
24、窗口124891 01 11 21 31 41 51 639.D。【解析】TCP连接的释放过程如下图所示。题目问的是最少时间，所以当服务器S收到客户C发送的FIN请求后不再发送数据，而是立马发送FIN请求（即第步和第步同时发生,5忽略FIN-WAIT-2和CLOSE-WAIT状态)。C收到S发来的FIN报文段后，进入CLOSED状态还需等到TIME-WAIT结束，总用时至少为1RTT+2MSL=50+800 x2=1650mso S进入CLOSED状态需要经过3次报文段的传输时间，即1.5RTT=75ms。40.B。【解析】HTTP/1.1默认使用流水线的持久连接，所有请求都是连续发送的。题目
25、要求最少时间，最理想的流程是TCP在第三次握手的报文段中捎带HTTP请求，以及TCP连接后慢开始阶段不考虑拥塞情况。假设接收方有足够大的缓存空间，即发送窗口等同于拥塞窗口，总共需要经过：第1个R T T,进行TCP连接，此时服务器S的发送窗口=1M SS,并在第三次握手时捎带HTTP请求；第2个RTT,服务器S发送大小为1MSS的html文件，主机C确认后服务器S的发送窗口变为2MSS；第3个R T T,服务器S发送大小为2M ss的图像文件，主机C确认后服务器S的发送窗口变为4MSS；第4个R T T,服务器S发送剩下的1MSS图像文件，完成传输，总共需要4个R T T,即40ms。二、综合
26、应用题4 L【解析】答 案11)算法的基本设计思想对于采用顺序存储方式保存的二叉树，根结点保存在SqBiTNde0中；当某结点保存在SqBiTNode i中时，若有左孩子，则其值保存在SqBiTNode 2 i+l中；若有右孩子，则其值保存在SqBiTNod2i+2中；若有双亲结点，则其值保存在SqBiTNode (i-1)/2 中。二叉搜索树需要满足的条件是：任一结点值大于其左子树中的全部结点值，小于其右子树中的全部结点值。中序遍历二叉搜索树得到一个升序序列。使用整型变量va1记录中序遍历过程中已遍历结点的最大值，初值为一个负整数。若当前遍历的结点值小于等于v a l,则算法返回f a l
27、s e,否则，将v a l的值更新为当前结点的值。62)算法实现【答案2】1)算法的基本设计思想对于采用顺序存储方式保存的二叉树，根结点保存在SqBiTNode 0 当某结点保存在SqBiTNodi中时,若有左孩子，贝！|其值保存在SqBiTNode 2i+1中；若有右孩子，则其值保存在SqBiTNode 2i+2中；若有双亲结点，则其值保存在SqBiTNode (”1)/2中。二叉搜索树需要满足的条件是：任一结点值大于其左子树中的全部结点值，小于其右子树中的全部结点值。设置两个数组pmax和pmin。根据二叉搜索树的定义，SqBiTNode i中的值应该大于以SqBiTNod2i+l为根的子
28、树中的最大值(保存在pmax2i+l中)，小于以SqBiTNod2i+2为根的子树中的最小值(保存在pmin2i+1中)。初始时，用数组SqBiTNode中前ElemNum个元素的值对数组pmax和 pmin初始化。在数组SqBiTNode中从后向前扫描，扫描过程中逐一验证结点与子树之间是否满足上述的大小关系。2)算法实现bool judgeBST(SqBiTree bt)int kzmz*pmin,*pmax;pmin=(int*)malloc(sizeof(int)*(bt.ElemNum);pmax=(int*)malloc(sizeof(int)*(bt.ElemNum);for(k-
29、0;k0;k-)/从最后一个叶结点向根遍历if(bt.SqBiTNodek!=-l)if(k%2=1&bt.SqBiTNode m pmax k)其为左孩子else if(k%2=0&bt.SqBiTNode m pmin k)其为右孩子pmax m=pmax k;42.解析1)算法思想7【答 案 1】定义含10个元素的数组A,初始时元素值均为该数组类型能表示的最大数MAXofor M 中的每个元素sif（s A9）丢弃A9并将s 按升序插入到A 中；当数据全部扫描完毕，数组A0A9保存的即是最小的10个数。【答案2】定义含10个元素的大根堆H,元素值均为该堆元素类型能表示的最大数MAX。fo
30、r M 中的每个元素sif（s H 的堆顶元素）删除堆顶元素并将s 插入到H 中;当数据全部扫描完毕，堆 H 中保存的即是最小的10个数。2）算法平均情况下的时间复杂度是。（），空间复杂度是0（1）。43.【解析】1）符号标志SF.表示运算结果的正负性，因此SF=Fi5。对于加法运算A+B-F,若 A、B 为负，且 F 为正，则说明发型出f 者，若 A、虺 正,且 F 为负，也说明发生溢出。因此，加运算时，溢出标志OF=X 吼下上+人匕 匕耳。对于减法运算A-B F,若 A 为负、B 为正，且 F 为正，则说明发生溢出；逑 者，若 A为正、B 为负，且 F 为负，也说明发生溢出。因此，减运算时
31、，溢出标志O F=A；,Bi5,Fi5+A15。B5,45 2）因为在单总线结构中，每一时刻总线上只有一个数据有效，而 ALU有两个输入端和一个输出端。因此，当 ALU运算时，需要先用暂存器Y 缓存其中一个输入端的数据，再通过总线传送另一个输入端的数据。与此同时，A L U 的输出端产生运算结果，但由于总线正被占用，因此需要暂存器Z,以缓存ALU的输出端数据。3）由图可知，rs和 rd都是4 b it,因此GPRs中最多有24=16个通用寄存器；rs和 rd来自指令寄存器尔；rd 表示寄存器编号，应连接地址译码器。4）取指阶段需要根据程序计数器PC取出主存中的指令，并将指令写入指令寄存器IR
32、中。控制信号序列如下：PCout5MARin(3)MDRout,IRin 将指令的地址写入MAR,读主存，并将读出的数据写入MDR将MDR的内容写入指令寄存器IR步骤需要1 个时钟周期，步骤需要5 个时钟周期，步骤需要1个时钟周期，因此取指令阶段至少需要7 个时钟周期。5）图中控制信号由控制部件（CU）产生。指令寄存器IR 和标志寄存器FR 的输出信号会连到控制部件的输入端。44.【解析】1）3 个字段的名称为柱面号（或磁道号）、磁 头 号（或盘面号）、扇区号。由于每个盘面有20000个磁道，因此该磁盘共有20000个柱面，柱面号字段至少占 log2 20000=15位；由于该磁盘共有4 个盘
33、片，每个盘片有2 个盘面，因此磁头号字段至少占Iog2（4x2）=3 位;由于每个磁道有500个扇区，因此扇区号字段至少占Plog2 500=9 位。2）一个扇区的访问时间由寻道时间、延迟时间、传输时间三部分组成。平均寻道时间为5ms,平均延迟时间等于磁盘转半圈所需要的时间，平均传输时间等于一个扇区划过磁头下方所8需要的时间。而该磁盘转一圈的时间为60 xl03/72008.33m s,因此一个扇区的平均访问时间约为 5+8.33/2+8.33/500p9.18ms。3）磁盘控制器中的数据缓冲区每充满一次，D M A 控制器就需要发出一次总线请求，将这64bit数据通过总线传送到主存，因此，在
34、一个扇区读写过程中，DMA控制器向CPU发送了 512B/64bit=64次总线请求。由于采用周期挪用DMA方式，因此当CPU和 DMA控制器都需要访问主存时，DMA控制器可以优先获得总线使用权。因为一旦磁盘开始读写，就必须按时完成数据传送，否则数据缓冲区中的数据会发生丢失。45.解析1）在该文件系统中，目录项由文件名和索引结点号构成。由图a 可 知,stu 目录下有两个文件，分别是course和 doc。由图b 可知，这两个文件分别对应索引结点号2 和 10。因此，目录文件stu中两个目录项的内容是文件名索引结点号c o u r s e2d o c1 02）由图b 可知，文件doc和文件co
35、ursel对应的索引结点号都是10。说明doc和 course 1 两个目录项共享同一个索引结点，本质上对应同一个文件。而文件coursel存储在30号磁盘块，因此文件doc占用的磁盘块的块号x 为 30。3）需要读2 个磁盘块。先读coursel的索引结点所在的磁盘块，再 读coursel的内容所在的磁盘块。目录文件course的内容已在内存中，即 coursel、course2对应的目录项已在内存中，根 据 coursel对应的目录项可以知道其索引结点号，即可读入coursel的索引结点所在的磁盘块；根 据 coursel的索引结点可知该文件存储在3 0 号磁盘块，因此可再读入course
36、l的内容所在的磁盘块。4）存 取 course2需要使用索引结点的一级和二级间接地址项。6M B 大小的文件需要占用6MB/4KB=1536个磁盘块。直接地址项可以记录10个磁盘块号，一级间接地址块可以记录 4KB/4B=1024个磁盘块号，二级间接地址块可以记录1024x1024个磁盘块号，而 10+1024 1536 v 10+1024+1024x1024。因此，6MB大小的文件，需要使用一级间接地址项和二级间接地址项（拓展：若文件的总大小超出10+1024+1024x1024块，则还需使用三级间接地址项）。46.【解析进 程 T 1要依次执行A、E、F o 进程T 2要执行B、C、D。由
37、图可知，T 2执行C 必须在T1执行完A 之后；T1执行E 必须在T2执行完C 之后。因此，有两对同步关系。信号量的定义和同步关系的描述如下：S e m a p h o r e SAc=0；描述A、C之间的同步关系S e m a p h o r e SC E=0；描述C、E之间的同步关系T 1:A；s i g n a l(SAc)；w a i t(S cE)；E；F；T 2:B；w a i t(SAc)；c；s i g n a l(S cE)；D；947.【解析】1)设 备 1 选 择 lOOBaseT以太网交换机，设备2 选 择 lOOBaseT集线器。因为物理层设备既不能隔离冲突域也不能隔
38、离广播域，链路层设备可以隔离冲突域但不能隔离广播域。2)假设H 2与 H 3之间的最远距离是D,根据CSMA/CD协议的工作原理有最短帧长=总线传播时延*数据传输速率x2本题中由于使用lOOBaseT局域网标准，所以数据传输速率为100M bps,总线传播时延由两部分组成，一部分是信号传播时延，另一部分是信号通过设备2 时产生的额外1.51时间延迟。代入公式为64B=(1.51阴+D/(2xl()8m/s)xl00Mbps,注意单位换算，最终解得 Z)=210m。3)M 是 DHCP发现报文(DISCOVER报文)。路由器E0接口能收到封装M 的以太网帧，由于 H 4发送的DHCP发现报文是广播的形式，所以同一个广播域内的所有设备和接口都可以收到该以太网帧。由于是广播帧，所以目的MAC地址是全1,S 向DHCP服务器转发的封装M 的以太网帧的目的MAC地址是FF-FF-FF-FF-FF-FF。4)在 H 5收到的帧中，地 址 1、地址2 和地址3 分别是0 0-i miE l、00-11-11-11-11-C1和该帧来自A P,地 址 1代表接收端的地址，地址2 代表A P 的地址,地址3 是发送端的地址。10