第六次作业

R4
会出现，由题，此时还没有将整个帧传输完，传输的第一个比特就已经达到对端，于是可以检测到碰撞
R5
时隙ALOHA：

• 当有一个节点发送数据时，该节点具有\(R\) bps的吞吐量
• 当\(M\)个节点发送数据时，每个节点的吞吐量为\(R/M\) bps（这个不用数学计算，直接从对称性的角度去考虑即可）
• 时隙ALOHA不是去中心化的，因为每个节点需要进行时钟同步，而这种同步通常是通过一个“中心节点”或“基站”广播时钟信号来实现的
• 协议是简单的
  令牌传递：
• 当有一个节点发送数据时，该节点具有\(R\) bps的吞吐量
• 当\(M\)个节点发送数据时，每个节点的吞吐量为\(R/M\) bps（同理，这个也从对称性角度考虑）
• 协议是去中心化的
• 协议是简单的

R6
五次碰撞后一共有三十二种选择，所以选择\(K=4\)的概率为\(\frac{1}{32}\)，对应传输\(4\times512=2048\)比特的时延，即204.8微秒
R8
如果LAN的周长很大，令牌将在两个节点之间传播很长时间；同时一个节点传输数据之后，令牌必须要绕一整圈才能回到当前节点，然后这个节点才能够释放令牌，从而其他节点才可以进行数据传输。所以是很低效的
P1
1 1 1 0 1
0 1 1 0 0
1 0 0 1 0
1 1 0 1 1
1 1 0 0 0
P2
单比特差错会同时导致一行和一列的奇偶性发生变化，靠这一行和一列确定发生变化的位置即可，比如奇校验如下
0 0 1
1 1 1
0 0 1
如果第二行第二列发生变化，那么如下
0 0 1
1 0 1
0 0 1
可以看到，第二行和第二列的异或和不再是1，于是可以确定第二行第二列发生变化
对于双比特差错，比如两个比特差错同时发生在同一行，那么只能确定是哪两列，而不能确定到哪一行，比如
1 1 1
1 1 1
1 1 1
和
0 0 1
0 0 1
1 1 1
的校验位是一模一样的
P3

P5

如上，可以知道\(R\)的值为0100
P6
下面的过程同P5，直接给出答案
a.0100
b.1111
c.1001
P8
a.令\(f(p)=Np(1-p)^{N-1}\)，则\(f^{'}(p)=N(1-p)^{N-2}(1-Np)\)，当\(p=\frac{1}{N}\)时表达式最大
b.此时\(f(p)=(1-\frac{1}{N})^{N-1}\)，令\(N\rightarrow\infty\)，则\(f(p)\rightarrow\frac{1}{\text{e}}\)
P10
a.A的平均吞吐量为\(p_A(1-p_B)\)，总体效率为\(p_B(1-p_A)+p_A(1-p_B)\)
b.此时A的平均吞吐量为\(2p_B(1-p_B)\)，B的平均吞吐量为\(p_B(1-2p_B)\)，显然不成两倍关系；若要\(p_A(1-p_B)=2p_B(1-p_A)\)，则\(p_A=\frac{2p_B}{1+p_B}\)
c.A的平均吞吐量为\(2p(1-p)^{N-1}\)，其他节点的吞吐量为\(p(1-p)^{N-2}(1-2p)\)
P11
a.概率为\((1-p(1-p)^3)^4p(1-p)^3\)
b.\(4p(1-p)^3\)
c.\((1-4p(1-p)^3)^24p(1-p)^3\)
d.\(4p(1-p)^3\)
P14
a.和b.如下

c.E的数据报的源IP地址是192.168.3.2，目的IP地址是192.168.1.2；E根据子网掩码发现B与其不在同一个子网，于是E根据DHCP过程中获得的网管路由器的IP地址192.168.3.1，在自己的ARP表中查询其的MAC地址，所以源MAC地址是88-88-88-88-88，目的MAC地址是77-77-77-77-77；到达路由器之后，源/目的IP不变，路由器根据自己的转发表得知，源MAC地址变成66-66-66-66-66，目的MAC地址变成33-33-33-33-33；到达另一个路由器后，源/目的IP不变，源MAC地址变成22-22-22-22-22，目的MAC地址变成11-11-11-11-11
d.E首先发送一个广播MAC地址FF-FF-FF-FF-FF，获得路由器192.168.3.1的MAC地址（注意F会直接丢弃这个广播ARP请求，因为F的IP地址与ARP请求的IP地址不同），剩下的跟c.一样
P15
a.不会请求，因为E和F位于同一子网中（E会使用子网掩码进行检查），不会经过路由器转发；源/目的IP分别是E和F的IP地址，源/目的MAC分别是E和F的MAC地址
b.不会，因为E和B不在同一个子网中，E不需要知道B的MAC地址，只需要知道R1的子网3的接口的MAC地址；R1的以太网帧中，源/目的IP地址分别是E和B的IP地址，源/目的MAC地址分别是E和R1的子网3的接口的MAC地址
c.S1将向其他所有接口广播这个报文，并且会自学习到A在子网1中，同时更新转发表；R1会收到这个报文；R1不会向子网3转发这个报文；B不会发送ARP请求报文，因为B可以自学习到A的MAC地址（其实标准答案说的是A的MAC地址可以从发送过来的ARP请求报文中获得）；S1会自学习到B的MAC地址，同时由于A和B到达S1都是经过同一个端口，所以S1会将这个ARP响应报文丢弃（而不是发给A）
P18
最坏情况下，\(t=0\)时，A传送最小长度的帧，为576比特时间，而B刚好在A传送的第一个比特到达的时候开始传送，所以当A检测到B传送的第一个比特的时候，为\(t=(325-1)+325=649\)，由于\(649>576\)，所以A可以完成传输
P19
在\(t=245\)比特时间，A和B检测到了冲突，然后两者会产生垃圾信号，在\(t=293\)比特时间的时候完成垃圾信号的传输（其实这个垃圾信号的传输时间问了老师老师也不太清楚，查了网上说48比特）
然后B的垃圾信号的最后一比特会在\(t=293+245=538\)比特时间到达A，然后A就会检测到信道空闲，于是A等待IFG时间（96比特），要求IFG时间内信道一直空闲（如果中途信道不空闲，计时器会重置，在空闲的时候重新从96比特开始倒数），在\(t=634\)比特时间的时候A开始传输
在\(t=293+1\times512=805\)比特时间的时候，B开始监听信道（但是注意B也要在监听到信道空闲后等待IFG时间才开始重传）
在\(t=634+245=879\)比特时间的时候，A的重传到达B
但是在\(t=805+96=901\)比特时间的时候B才（计划）开始重传，但是由于这之前A的重传到达B了，所以两者不会冲突，B就不会传了
P23
由于交换机是存储转发分组，可以缓存帧，所以总聚合吞吐量为\(11\times100=1100\)Mbps
P24
此时三个系里面的，每个系出去的流量只能为\(100\)Mbps，所以总聚合吞吐量为\(3\times100+100+100=500\)Mbps
P25
此时总聚合吞吐量为\(100\)Mbps
P26
在(i)后，交换机学习到了B的MAC地址，因为在收到来自B的帧的时候，交换机会自学习到B的MAC地址；这个帧会被广播到A,C,D,E,F
在(ii)后，交换机会学习到E的MAC地址，因为在交换机收到来自B的帧之后，会广播这个帧，然后E就会收到，E回复的时候，交换机就会自学习到E的MAC地址；E的回复会发送给B
在(iii)后，交换机会自学习到A的MAC地址；A的帧会发送给B
在(iv)后，交换机不会学习到新的东西；B的回复会发送给A