网络作业第四章介质访问子层

1第四章介质访问子层1．信道的分配方式极几种，各自的优缺点是什么？2．N个共享56kb/s纯ALOHA信道。各站点平均每100s送出一个1000比特的帧，即使在前一帧还未发出时也依旧进行（例如站点有缓存）。N的最大值为多少？3．1万个站点正在竞争使用一分隙ALOHA信道。各站每小时平均发出18次请求。时隙长度为125us。总的信道载荷约为多少？4．一个LAN采用MoK和Ward的二进制倒计数法。某一时刻，10个站点的虚站号为8，2，4，5，1，7，3，6，9及0。要发送的下3个站点是上棕序列中的4，3，9。当3个站点全部完成发送后新的虚站号是什么？5．16个站点正在竞争一条采用适应树搜索协议的共享信道。如果地址编号为素数的站点突然全部准备发送，那么需要多少比特的时隙才能解决竞争？6．一个CDMA系统中，假定A，B，C同时发送比特0，它们的芯片序列如图4-16（b）所示。那么发送结束后的芯片序列是怎样的？A：（-1-1-1+1+1-1+1+1）B：（-1-1+1-1+1+1+1-1）C：（-1+1-1+1+1+1-1-1）D：（-1+1-1+1-1-1+1-1）图4-16（b）：7．某个CDMA接收方收到一条如下所示的芯片系列：（-1+1-3+1-1-3+1+1）。假设芯片序列如下所示如4-16（b）所示，那么哪些站点发送了数据？每个站点发送了哪一位？8．论述介质访问子层多路访问协议的分类？9．什么是无线局域网的隐藏站点和暴露站点问题？10．两个CSMA/CD站点正在试图发送长（多帧）文件。在发出每帧后，它们采用二进制后算法竞争信道。正好竞争k次便成功的概率为多少？每个竞争周期的平均竞争次数多少？11．欲建造一个CSMA/CD网，其速率为1Gb/s,电缆长1km，并且无中继器。信号在电缆中的速度为200000km/s。帧的最小长度为多少？12．令牌总线系统的工作方式为：当令牌到达一个站点时，某个计时器便复位为0。然后，该站点开始发送优先级为6的帧，直到计时器达到T6为止。随后，它开始发送优先级为4的帧，直到计时器计到T4为止。对于优先级为2和0的帧，也重复此算法，如果所有站点T6到T6的计时值分别为40ms，80ms,90ms和100ms。那么请问，预留给各优先级的各带宽分别为总带宽的百分之几？13．当数据传输速率为5Mb/s且传播速度为200m/us时，令牌环接口中的一个比特时延等价于多少米的电缆？14．总结网桥的功能？15．一个大的FDDI环有100个站点，单个令牌环绕一圈的时间是40ms,令牌持有时间10ms,问此环网最大效率是多少？第四章答案：1．解答：信道分配有两种：（1）：静态分配（2）：动态分配静态分配的优缺点：〈1〉线路使用率低〈2〉不能处理突发流量〈3〉不会产生冲突〈3〉节点数更改不灵活动态分配的优缺点：〈1〉线路使用率高〈2〉能处理突发流量〈3〉易产生冲突〈4〉节点数更改灵活。22．解答：对于纯ALOHA，可用的带宽是0.184*56Kb/s=10.304b/s每个站需要的带宽是1000÷100＝10b/s因此：N＝10304÷10≈1030所以，最多可以有1030个站，即N的最大值是1030。3．解答：每个终端每200（＝3600/18＝200）秒做一次请求，总共有10000个终，端，因此，总负载是200秒做10000次请求，平均每秒50次请求。每秒8000个时槽，所以平均每个时槽发送次数是G＝50÷8000＝1/160.4.解答：在解答这一问题之前，首先要了解什么是MoK和Ward版本的二进制倒计数法。在二进制倒计烽法中，每个想要使用信道的站点首先将其地址以二进制位串的开式按照由高到低的顺序进行广播，并且假定所有地址的长度相同。为了避免冲突，必须进行仲裁：如果某站发现基地址中原本为0的高位置换为1，那么它便放弃发送。对于次位进行同样的信道竞争操作，直到最后只有一个站赢得信道为止。一个站点在嬴得信道竞争后便可发送一帧，然后另一个信道竞争周期将开始。MoK和Word提出了二进制倒计数法的一个变种。该方法采用了并行接口而不是串行接口；还使用虚拟站号，在每次传输之后对站重新编号，从0开始，已成为传送的站被排在最后。如果总共有N个站，那么最大的虚拟站号是N－1。在本题中，当4站发送时，它的号码变为0，而0、1、2、和3站的号码都增1,10个站点的虚站号变为8,3,0，5,2,7，4,6，9,1当3站发送时，它的号码变为0，而0、1和2站的号码都增1,10个站点的虚站号变为：8,0,1，5,3，7,4，6,9，2最后，当9站发送时，它变成0，所有其他站都增1，结果是9,1，2,6，4,8，5,7，0,3。5．解答：在自适应树遍历协议中，可以把站点组织成二叉树（参见图）的形式。在一次的成功的传输之后，在第一个竞争槽中，全部站都可以试图获得信道，如果仅其中之一需用信道，则发送成功。若发生冲突，则在第二槽内只有那些位于结点B的站（0到7）可以参加竞争。如其中之一获得信道，本帧后的时槽留给结点C以下的站；如果B点下面有两个或更多的站希望发送，在第二槽内会发生冲突，于是第三时槽内由D结点以下各站来竞争信道。在本题中，站2、3、5、7、11、和13要发送，需要13个时槽，每个时槽内参加竞争的站的列表如下：第1时槽：2,3，5,7，11,13第2槽：2,3，5,73第3时槽：2,3第4时槽：空闲第5时槽：2,3第6时槽：2第7时槽：3第8时槽：5,7第9时槽：5第10时槽：7第11时槽：11,13第12时槽：11第13时槽：136．解答：首先对三个碎片序列求补。A：（＋1＋1＋1－1－1＋1－1－1）B：（＋1＋1－1＋1－1－1－1＋1）C：（＋1－1＋1－1－1－1＋1＋1）然后得到：A＋B＋C＝（＋3＋1＋1－1－3－1－1＋1）7．解答：只须计算4个常规的内标积：（－1＋1－3＋1－1－3＋1＋1）·（－1－1－1＋1＋1－1＋1＋1）/8＝1（－1＋1－3＋1－1－3＋1＋1）·（－1－1＋1－1＋1＋1＋1－1）/8=-1（－1＋1－3＋1－1－3＋1＋1）·（－1＋1－1＋1＋1＋1－1－1）/8＝0（－1＋1－3＋1－1－3＋1＋1）·（－1＋1－1－1－1－1＋1－1）/8=1结果是A和D发送比特1，B发送比特0，C保持沉默。8．解答：1，纯路ALOHA协议：用户只要有数据待发，就让他们发。特点：自主发送，不进行载波侦听非常小，接近于0，冲突可能性较大，且产生冲突后，等待随机的时间再发送。2，分隙ALOHA协议：把时间分为离散的时间段，每段时间对应一帧，要求用户时钟同步。3，1－持续CSMA协议：发送之前进行侦听，若信道忙，则持续侦听，若信道空闲，则一定发送，若冲突等待随机时间再侦听。即：1：发送概率为1，持续：不停地侦听每个时隙的开始直到侦听到信道空闲。4，P－持续CSMA：发送概率为P，若信道空闲则以概率P发送。其它特点同1－持续CSMA。5，非持续的CSMA：若信道忙，则等待随机时间再侦听，其它同1－持续CSMA6，有冲突检测的CSMA：站点检测到冲突就取消传送的CSMA7，位图协议：属于预定协议的一种：在实际发送之前首先声明的协议，适用于线路使用率非常高的情况。8，二进制合计数法：每个想要使用信道的站点根据地址的不同由高到低使用线路。9，适应树搜索协议：把站点看作是三叉树的叶，从根结点开始设置为状态点（状态点：以此点下的所有叶结点都可参与竞争），如果在某个时隙线路空闲，则状态点上升；如果产生冲突使状态点下降；如果只有一个站点申请则可立即获得信道。然后状态点水平移动或不变。10，波分多路访问协议：用在光纤网络当中，每个站点分配了2个信4道。窄信道作为通知站点的控制信道，宽信道作为站点输出数据帧的信道。其工作过程：（1）站点A首先将其数据接收端调谐至站点B的数据信道，并等待B状态时隙的到来，从该时隙中会知道哪些控制时隙正在使用哪些空闲。（2）A从B的空闲控制时隙中挑选一个，将其连接请求消息插入其中。（3）B一直在监视臫的控制信道，所以它会看到请求，并将时隙4分配给A表示同意请求，分配后的结果在控制信道的状态时隙加以声明（4）A看到声明之后将得知已建立了一个单向连接。11，无线局域协议MACA：（避免的多路访问协议）：发送方激发接收方，使其发送一短帧因此接收方周围的站点就会测到这个短帧，从而不会在即将到来的数据帧期间发送它们自己的帧。12，数字蜂窝无线电：（面向电话的通信），（1）GSM：全球可移动通信系统（2）CDPD：蜂窝数字分组数据（IP电话应用）（3）CDMA－码分多址：允许所有站点在整个频段进行传输，多路的同时传输采用编码原理加以区分。9．解答：首先考虑一下A向B发送将会发生什么情况，如图假如C在侦听，因为A在范围之外，所以它听不到A，因为它会错误地认为它也可以发送。如果C确实也在此时开始发送，它就会干扰B，从而破坏了传来的帧。由于可能的竞争者相离太远，导致不能监测到的问题称为隐藏站点问题。下面考虑一下相反的情况：B向A发送，如图。D在侦听，它会听到正在进行的发送并且错误地认为它不能影响两个目的地接收方。这种情况称为暴露站点问题。10．解答：把获得通道的尝试从1开始编号。第I次尝试分布在2i-1个时间槽中。因此，I次尝试碰撞的概率是2－（I-1）,开头k-1次尝试失败，紧接着第k次尝试的概率是：11)1()1(2)21(kiikpk该式可化简为：Pk＝（1－2-k-1）[2-0·2-1·2-2·…·2-(k-2)]=(1-2-(k-2))2-(k-1)(k-2)/2每个竞争周期的平均竞争次数是：∑kpk11．解答：对于1km电缆，单程传播时间为1÷200000＝5*10－6s,即5μs,来回路程传播时间为2τ＝10μs,可以发送的比特数等于：1000010*110*10965因此，最小帧是10000位或1250字节长。12．解答：4个优先级分别获得40、40、10和10ms，因此，总带宽的40%预留给优先级6,40%预留给优先4,10%预留给优先级2,10%预留给优先级0。13．解答：在5Mb/s速率下，一个位时等到于200ns，在200ns时间内信号可以传播的距离是200*10-3*200=40m因此，令牌环接口中的一个比特延时等价于40米的电缆。１４．１、实现异构局域网互联2、实现物理距离较远的同构局域网互联；3、网桥可以设置在局域网中的关键部位，防止因单个节点失常而破坏整个系统；4、网桥有助于安全保密。５、可识别MAC地址，并根据MAC地址的不同把数据帧转发到相应的冲突域中，减少了冲突，提高了效率。15．解答：一个大的FDDI环有100个站，且环行时间是40ms.所以令牌在两个邻接站之间的传播时间是40/100，即0.4ms。这样一个站可以发送10ms，接着是0.4ms的间隙，在此期间令牌移动到下一站。因此最好情况的效率是：10÷（10+0.4）≈96%,即该环可以取得的最大效率是96%。