第三次作业

R\(5\)
现如今有很多防火墙会阻碍UDP，所以需要使用TCP
R\(8\)
不会通过相同套接字，但是都具有\(80\)端口号。这是因为运行持续链接的是TCP，而TCP端口由源IP地址/端口，目的IP地址/端口四元组唯一确定。\(A\)和\(B\)是不同的主机，所以有不同的源IP地址，所以不会通过相同的套接字；而主机\(C\)只有端口\(80\)在运行，所以端口是一样的
R\(10\)
因为在不可靠信道中分组可能会丢失。如果不引入定时器，在丢失的时候发送方就不知道是否应该重传（无论是发送方发送的数据包还是接收方发送的ACK），可能会陷入死锁
R\(14\)
a.错误。发送ACK可以不携带数据
b.错误。rwnd由接收方还剩下的缓存空间大小决定，是可能会变化的
c.正确。因为\(A\)发送但是没有被确认的字节数不会超过\(A\)的窗口大小，而窗口大小是接收缓存和cwnd的较小值，所以题述成立
d.错误。后续序号取决于报文段长度，报文段长度完全可以大于一个字节
e.正确
f.错误。TimeoutInterval等于EstimatedRTT加上四倍的DevRTT，而EstimatedRTT是SampleRTT的指数加权平均，不一定就比最后一个SampleRTT大，所以TimeoutInterval完全可以比最后一个SampleRTT的值小
g.错误。这个报文段的确认号取决于\(A\)上一次收到\(B\)的报文段的序列号以及大小（即反映期望接收的字节），与这个报文段的序列号无关
P\(1\)
Telnet会话中，服务器使用的是周知端口号，客户使用的是随机的端口号，所以答案如下
a.源端口：1，目的端口：23
b.源端口：2，目的端口：23
c.源端口：23，目的端口：1
d.源端口：23，目的端口：2
e.可能
f.不可能，不同的进程使用不同的端口号
P\(3\)
\(01010011+01100110=10111001\)
\(10111001+01110100=100101101\)，产生进位，有\(00101101+00000001=00101110\)，再将这个数字取反为\(11010001\).这就是这些数字的和的反码
不直接使用该和的原因：不依赖系统是大端小端。即无论你是发送方计算机或者接收方检查校验和时，都不要调用htons或者ntohs，直接通过上面的算法就可以得到正确的结果。而如果使用原码或者补码求和，得到的结果可能就不同
检测差错的方法：将所有字段和checksum相加，如果全为\(1\)就说明正确，否则错误
\(1\)比特的差错一定会检查出来，\(2\)比特的差错就可能检查不出来了（比如两个数字最后两位分别是\(01\)和\(10\)，那么同时出错变成\(10\)和\(01\)，显然和不变）
P\(6\)
考虑如下的过程：对于发送方，发送了一个序号为\(0\)的报文，此时转换到了等待ACK或NAK 0的状态；而接收方顺利收到了这个报文，转换到了等待来自下层的1的状态并且发送了一个ACK；但是这个ACK损坏掉了，于是发送方就会再发送一个序号为\(0\)的包，而这个包无论是否损坏，接收方都会发送一个NAK；同理这个NAK无论是否损坏，发送方都会重传。于是进入死锁
P\(14\)
偶尔发送数据：使用ACK更好。尽管发送间隔长，但ACK机制通过超时重传能更快检测丢包，而NAK需等待下一个包才能触发恢复
经常发送数据：使用NAK更好。ACK需为每个包发送确认，数据量大时产生过多开销；NAK仅在丢包时发送，节省带宽
P\(18\)
序列号的范围是\([0,3]\)；具体的机制见下方的FSM
发送方：
接收方：
这个协议用超时处理丢包，举例说明如下

P\(19\)
\(A\)的FSM：

\(C\)的FSM（忽略向上交付数据的操作，这个trivial）：

最开始直接重发的sndpkt，但是后面发现可能最开始没有定义这个包，所以重新写了
P\(20\)
\(A\)的FSM：

\(C\)的FSM（忽略向上交付数据的操作）：

P\(22\)
a.考虑两种极端情况

• 接收方发送的ACK全部都丢了，此时发送方的窗口为\([k-4,k-1]\)
• 接收方发送的ACK全部都收到了，此时发送方的窗口为\([k,k+3]\)

于是序列号可能为\([k-4,k+3]\)
b.由于现在接收方期待\(k\)，而inflight的ACK的数量不可能超过窗口长度，所以可能的ACK为\([k-4,k-1]\)
P\(23\)
对于图\(3-27\)的情况，肯定是不能让此时接收窗口与发送窗口有重合（否则就无法判断到底是重传的还是新发的）；由于序列是一个环，所以需要\(k\geq2w\)，其中\(w\)表示窗口长度
P\(26\)
a.TCP序号一共有\(2^{32}\)个，所以\(L=2^{32}\)字节
b.一共有\(\frac{L}{536}\times(536+66)\)字节需要传输，所以传输需要的时间为\(\frac{\frac{L}{536}\times(536+66)\times8}{155\times10^6}\approx249\)s
P\(27\)
a.序号：207 源端口号：302 目的端口号：80
b.确认号：207 源端口号：80 目的端口号：302
c.确认号：127
d.如下，长度的单位为字节

P\(32\)
a.假设初始EstimatedRTT=\(\text{SampleRT}_{T4}\)，那么EstimatedRTT=

\[\begin{align*} (1-\alpha)^3\text{SampleRT}_{T4}+\alpha\times(1-\alpha)^2\text{SampleRT}_{T3}+\alpha\times(1-\alpha)\text{SampleRT}_{T2}+\alpha\text{SampleRT}_{T1} \\ =0.9^3\text{SampleRT}_{T4}+0.1\times0.9^2\text{SampleRT}_{T3}+0.1\times0.9\text{SampleRT}_{T2}+0.1\text{SampleRT}_{T1} \end{align*} \]

b.EstimatedRTT=

\[\begin{align*} \underset{i=1}{\overset{n-1}{\sum}}\alpha\times(1-\alpha)^{i-1}\text{SampleRT}_{Ti}+(1-\alpha)^{n-1}\text{SampleRT}_{Tn} \\ =\underset{i=1}{\overset{n-1}{\sum}}0.1\times0.9^{i-1}\text{SampleRT}_{Ti}+0.9^{n-1}\text{SampleRT}_{Tn} \end{align*} \]

c.令\(n\)趋近于无穷，考察\(\text{SampleRT}_{Ti}\)的系数为\(\alpha\times(1-\alpha)^{i-1}=0.1\times0.9^{i-1}\)；可以看到系数呈现指数形式，所以叫做指数加权平均
P\(36\)
由于信道不可靠，如果收到一个冗余ACK就重传的话，可能由于乱序，ACK确认的数据包并没有丢失而是还没有到，于是就会发生冗余数据包
P\(37\)
a.

• GBN：主机A一共发送了9个报文段，序号分别是1,2,3,4,5,2,3,4,5；B一共发送了8个ACK，确认号分别是1,1,1,1,2,3,4,5
• SR：主机A一共发送了6个报文段，序号分别是1,2,3,4,5,2；B一共发送了5个ACK，确认号分别是1,3,4,5,2
• TCP：主机A一共发送了6个报文段，序号分别是1,2,3,4,5,2；B一共发送了5个ACK，确认号分别是2,2,2,2,6

b.TCP，因为GBN和SR都会等待超时了才重传，而TCP直接快速重传
P\(40\)
a.由图，为\([1,6]\)和\([23,26]\)
b.书上的图画的不是很严谨。真实的快速恢复在PPT上。与老师讨论过，书上的图只能认为是进入快速恢复之后就立马收到了一个新的ACK结束了快速恢复进入了拥塞避免（但实际上还要将cwnd变成ssthresh）。所以拥塞避免的时间是\([6,16]\)和\([17,22]\)
c.3个冗余ACK，因为cwnd减半并加三
d.超时，因为cwnd变成一了
e.32，因为第\(6\)个传输轮回的时候开始拥塞避免，此时cwnd=32
f.由图，为21
g.由图，为14
h.累加可知，第七个传输轮回就传输了packet 70
i.由图，cwnd=7，ssthresh=4
j.cwnd=1,ssthresh=21
k.累加可知，总共发了\(52\)个
P\(41\)

如上图，可以看到AIAD不会收敛到公平点。上图是按照两条连接增减的量都是一样的来画的，即使不一样（比如一条连接增减的量是另一条连接的两倍）可以知道也是不是收敛到公平点的
P\(47\)
a.假设\(MSS=1\)字节，于是这段时间内发送的字节数为\(\frac{W}{2}+(\frac{W}{2}+1)+...+W=\frac{3}{8}W^2+\frac{3}{4}W\)，所以丢包率为\(\frac{1}{\frac{3}{8}W^2+\frac{3}{4}W}\)
b.如果\(W\)较大，则\(L\approx\frac{3}{8}W^2\)，代入\(\frac{0.75\times MSS}{RTT}\)即可
P\(48\)
a.由于传输速率为\(10\)Mbps，于是设最大窗口长度为\(x\)，那么有\(\frac{1500x}{150\times10^{-3}}\times8\leq10\times10^6\)，解得\(x\leq125\)
b.平均窗口长度为\(\frac{3}{4}\times x=93.75\)；平均吞吐量为\(\frac{\frac{3}{4}\times125\times1500\times8}{150\times10^{-3}}=7.5\)Mbps
c.由题，这条TCP总是处于拥塞避免阶段，所以不考虑快速恢复（否则不知道什么时候接收到所期待的ACK从而结束快速恢复，这题就做不了了）和慢启动，于是丢包之后窗口大小变为\(62\)，一个RTT增长1，所以需要\(63\)个RTT，一共是\(9.45\)s
P\(52\)
a.
可以看到，拥塞窗口都为\(1\)
b.从上表中可以看到，取得的带宽并不同，C1取得的带宽更多
P\(54\)
设\(W=\frac{W}{2}\cdot(1+\alpha)^n\)，于是\(n=\log_{1+\alpha}2\)；这段时间发送的总大小为\(\frac{W}{2}+\frac{W}{2}(1+\alpha)+...+\frac{W}{2}(1+\alpha)^n=W\times\frac{2\alpha+1}{2\alpha}\)，于是丢包率\(L=\frac{1}{W\times\frac{2\alpha+1}{2\alpha}}\)
显然这段时间是\(nRTT\)，与平均吞吐量无关
P\(56\)
优点：可以在短时间内发送大量数据，节省了发送数据的时间（也就是不用经历慢启动和拥塞避免）
缺点：此时cwnd和ssthresh的值可能不再准确，因为已经过去很长时间了，不知道现在的网络到底是怎么样的；如果已经很拥堵了，那么这个方法就会往一个已经很拥堵的网络发送大量的数据
建议方法：在空闲期间，每隔一定时间（如一个往返时间 RTT）将 cwnd 减半，直至达到最小值（如 1 MSS）。这可以在保留部分历史信息的同时，避免使用过大的窗口