设备管理(加补交作业)
课后练习P294页第5、7题。
画出示意图并给出结果。
像考试一样写答题方式。
5.对磁盘存在如下5个请求，假如当前磁头位于1号柱面，试分析对这5个请求如何调度可使得磁盘的旋转圈数最少？
答：按照次序5、3、2、1、4进行调度可使磁盘的旋转圈数最少。平均用1/2周定位，再加上1/4周读出记录，总处理时间=1/2+1/4+1/2+1/4+1+1/2+1/4+1=4.25圈。
7.假定一个磁盘有200个柱面，编号为0一199，在完成了磁道125外的请求后，当前正在磁道143处为一个请求服务。若请求队列的先后顺序为86，147，91，177，94，1 50，102，175，130；试问：为了完成上述请求，下列算法存取臂所以移动的总量是多少？并计算存取臂移动的顺序。（1）FCFS（先来先服务）；（2）SSTF（最短寻道时间优先）；（3）SCAN（扫描）算法；（4）电梯调度算法。
（1）FCFS（先来先服务）算法
磁头移动顺序为：143→86→147→91→177→94→150→102→175→130，
磁头移动总量是：（143-86）+（147-86）+（147-91）+（177-91）+（177-94）+（150-94）+（150-102）+（175-102）+（175-130）=565（柱面）
（2）SSTF（最短寻道时间优先）算法
磁头移动顺序为：143→147→150→130→102→94→91→86→175→177，
磁头移动总量是：（147-143）+（150-147）+（150-130）+（130-102）+（102-94）+（94-91）+（91-86）+（175-86）+（177-175）=162（柱面）
（3）SCAN（扫描）算法
磁头移动顺序为：143→147→150→175→177→199→130→102→94→91→86→0，
磁头移动总量是：（199-143）+200=256（柱面）
（4）电梯调度算法。
磁头移动顺序为：143→147→150→175→177→130→102→94→91→86，
磁头移动总量是：（177-143）+（177-86）=125（柱面）
以下为补交作业：
补交作业1：虚拟存储管理
P251，习题20
20.在一个分页虚拟存储系统中，用户编程空间为32个页，页长1KB，内存空间为16KB。如果应用程序有10页长，若已知虚页0、1、2、3，已分得页框4、7、8、10，试把虚地址0AC5H和1AC5H转换成对应的物理地址。
答： （1）先将0AC5H转换为2进制，即：
0 A C 5
0000 1010 1100 0101
前六位“000010”为页框号，对应的十进制为2，即虚页号为2，对应的页框号为8，8转换成二进制为“001000”，代替原来的页框号后为“0010001011000101”，转换成十六进制“22C5H”即为对应的物理地址。
（2）同理将1AC5H转换为2进制，即：
1 A C 5
0001 1010 1100 0101
前六位“000110”为页框号，对应的十进制为6，即虚页号为6，无对应的页框号，故此题无解！
P252，习题31
31.设程序大小为460个字，考虑如下访问序列：55,20,108,180,79,310,170,255,246,433,488,369。试问：（1）设页面大小为100B，给出访问序列页面走向。（2）假设程序可用内存为200个字，采用FIFO、LRU、和OPT淘汰算法，求出缺页中断率。
答：（1）用访问序列除以100取整，即得页面走向为0,0,1,1,0,3,1,2,2,4,4,3。
（2）因为内存为200个字，所以页数为2
FIFO（先进先出）算法如下：
访问序列为：0,0,1,1,0,3,1,2,2,4,4,3
0调入内存， 内存结构为：0 缺页次数为1
0存在，内存结构不改变
1调入内存，内存结构为：1,0 缺页次数为2
1存在，内存结构不改变
0存在，内存机构不改变
3调入内存，内存结构为：3,1 缺页次数为3
1存在，内存结构不改变
2调入内存，内存结构为：2,3 缺页次数为4
2存在，内存结构不改变
4调入内存，内存结构为：4,2 缺页次数为5
4存在，内存结构不改变
3调入内存，内存结构为：3,4 缺页次数为6
共缺页6次，缺页中断率=缺页次数/总访问次数=6/12=50%
LRU（最近最少使用）算法如下：
访问序列为：0,0,1,1,0,3,1,2,2,4,4,3
0调入内存， 内存结构为：0 缺页次数为1
0存在，没有缺页中断，但内存位置要变化，内存结构为：0
1调入内存，内存结构为：1,0 缺页次数为2
1存在，没有缺页中断，但内存位置要变化，内存结构为：1，0
0存在，没有缺页中断，但内存位置要变化，内存结构为：0，1
3调入内存，内存结构为：3,0 缺页次数为3
1调入没存，内存结构为：1,3 缺页次数为4
2调入内存，内存结构为：2,1 缺页次数为5
2存在，没有缺页中断，但内存位置要变化，内存结构为：2,1
4调入内存，内存结构为：4,2 缺页次数为6
3调入内存，内存结构为：3,4 缺页次数为7
共缺页7次，缺页中断率=缺页次数/总访问次数=7/12=58.3%
OPT淘汰算法
共缺页5次，缺页中断率=缺页次数/总访问次数=5/12=41.7%
补交作业2：分页存储管理和分段存储管理
1.采用相联存储器后地址转换过程，用图表示
2.详述分段管理和分页管理的区别。
答：
分页储存管理允许程序存放到若干不不相邻的空闲块中，既可免除移动信息工作，又可充分利用内存空间，消除动态分区法中的“碎片”问题，从而提高内存空间利用率。有如下基本概念：页面、页框、逻辑地址（页号和页内位移（或叫页内地址））、内存页框表、页表（由操作系统建立的，是程序页面和内存页框的对照表）。
分段存储管理引入的主要目的是满足用户（程序员）编程和使用上的要求 。是基于可变分区存储管理原理，以段位单位来划分和连续存放，为作业的各段分配一个连续内存空间，而各段之间不一定连续。在进行存储分配时，应为进入内存的作业建立段表，各段在内存中的情况可由段表来记录，它指出内存中各分段的段号、段起始地址、和段长度，进程运行时通过段表可将逻辑地址转换成物理地址，由于每个用户作业都有自己的段表，地址转换应按各自的段表来进行。
区别：
分段式信息的逻辑单位，由源程序的逻辑结构和含义所决定，是用户可见的，段长由用户根据需要来确定，段起始地址可从任何内存地址开始。在分段方式中，源程序（段号、段内位移）经链接装配后仍保持二维（地址）结构，引入目的是满足用户模块化程序设计的需要。
3.P249 习题11。
答：(1)649；(2)1727；(3)2301；(4)越界；（5）1999。
