操作系统错题

• 实时系统有什么特点?适用于哪些方面? 正确答案是( )

  A、实时系统具有独立性、及时性、交互性和同时性
  B、适用于大型作业且不需要人工干预的场合
  C、实时系统对随机发生的外部事件作出及时的响应并作出处理
  D、实时系统具有高可靠性、实时响应性和事件驱动的特点
  E、适用于较少有人干预的实时监控场合

cde。a中的特征是分时系统

第三章 互斥与同步


第五章 存储器管理

设某计算机的逻辑地址空间和物理地址空间均为64KB，按字节编址。若某进程最多需要6页数据存储空间，页的大小为4KB。操作系统采用固定分配局部置换策略为此进程分配4个页框，如下表在10:23时已经有4页进入内存，下表的装入时间和访问时间为一天内24小时时间，10:00为10点0分。访问位为0表示未被访问，为1表示已被访问，修改位为0表示未被修改，为1表示已被修改。表中的访问时间均为对应的页最近一次被访问时间。

当该进程执行到时刻10:55时，要访问逻辑地址为5ABCH的数据，请问答下列问题：

（1）该逻辑地址对应的页号是( ).

（2）若采用先进先出(FIFO)置换算法，该逻辑地址对应的物理地址是( ).

（3）若采用最近最少用(LRU)置换算法，该逻辑地址对应的物理地址是( ).

（4）若采用时钟(CLOCK)置换算法，该逻辑地址对应的物理地址是( )。(设搜索下一页的指针沿顺时针方向移动，且当前指向2号页框，示意图如下。)

（1）

• 这里需要注意的是，起始给出的逻辑地址5ABCH表示的是一个十六进制的数：0101 1000 1001 1010
• 得到页面的大小是4KB，即2的12次方。所以向右移动12位，即可分为0101和100010011010两部分，0101即表示当前逻辑地址对应的页号，即第5页

（2）（3）

正常的调转，只是对应的物理地址为替换后页表的页框位置。这道题而言是这样。正规的理解应该是所指页框号化为2进制，然后将第一问中的余数连接起来，才是真正的物理地址。如（2）中，选中的页框号为7，则其地址0111 100010011010即7ABCH

分别是7ABCH，2ABCH

（4）CLOCK算法是从当前指向位置顺时针转，若指向的页的访问号为0，则把它替换。因为本题中，访问号全部是1，所以在转一圈后，重新指向当前位置，单此时的访问位在转一圈后变成0.于是替换的页的页号就是2号页。根据上述算法，得到物理位置

如果一个作业在执行过程中，按下列的页号依次访问主存：1，2，3，4，2，1，5，6，2，1，2，3，7，6，3，2，1，2，3，6。作业固定占用四个主存页框（块），试问：

(1) 采用FIFO算法时，产生( )次缺页中断，相应的缺页中断率是( )%。

(2) 采用LRU算法时，产生( )次缺页中断，相应的缺页中断率是( )%。

(3) 采用OPT算法时，产生( )次缺页中断，相应的缺页中断率是( )%。

在固定分区管理中，当有1KB、9KB、33KB和121KB四个进程要求进入系统时，试分析主存空间的分配情况（主存初始状态如图5-33所示），并说明主存的浪费是( )KB。

直接用已有存储空间相减


先算该块的地址占到第几块，如果有余数，则在结果加一。

1568/512 = 3(号) 三号页对应的块号是4

绝对地址=块号×块长+单元号=4×512+(1568%512)=2060

单元号为逻辑地址%页长。


（1）对于访问序列依然是通过上述题中说到过的：十六进制序列号化为二进制序列号，然后根据页面的大小划分出页号和页内偏移。如2362H则为0010 0011 0110 0010，页面4KB，即为2的12次方。0010为页号，0011 0110 0010 为页内偏移。其次对于这种题，需要认清当前初始状态，此时的快表为空，每次找到后都需要将项目加入都到快表中。给出图的是页表，查询次序：访问快表->访问页表->缺页中断(->表示没找到才到下一阶段)->访问快表 查询后，都需要合成物理地址访问内存 页表的访问需要访问内存

2362H：页号2，查快表10，没有，查页表100，找到后合成地址，找内存100，所以10+100+100=210ns

1565H：页号1，查快表10，没有，查页表100，没有，缺页中断10^{8，查快表10，合成物理地址查内存100，所以(220+10}8)ns

25A5H：页号2，查快表10，由于之前的2号访问添加了块表，所以找到了，合成地址访问内存100，所以110ns

（2）1565H，页号为1，偏移为0101 0110 0101。查找过程中，会产生缺页中断，所以必须使用淘汰算法淘汰一个页面。采用LRU淘汰页号０，所以其对应页框号101H，所以它的物理地址应该为101 565H。（页内偏移不改变，只改变其“标识号”，为了查找方便快捷）

第六章 文件系统


每个索引块最大索引数 = 256/4 = 64.

4个直接地址索引4×256 = 1K

一级间接索引64*256 =16K

二级间接索引64×64×256 = 1024K

所以单个文件的最大长度 = 1024+1+16 = 1041K


由于是UNIX的存储方式，所以使用i-node的方式存储信息。首先得到每一地址空间占据的存储量，即每个索引块最大有1KB索引数。

所以应该是10×4KB+1K×4K+1K×1K×4K+1K×1K×1K×4K = 4TB4GB4MB40KB

直接地址占的就是它对应的块的大小。使用块的大小除以地址得到的就是每个索引中含有的最大索引数。比如说1级索引，他就有4K/4=1K个索引数，然后每个索引数对应一个存储块。二级则是每一个索引数都对应一个一级的索引这样类推。


注意题目只要求得到几次访问。

根目录的i-node在内存，而路径中的其它i-node不在内存。
需要下列的磁盘操作：读根目录；读/usr的 i-节点；读/usr的目录；读/usr/ast的 i-节点；读/usr/ast 的目录；读/usr/ast/courses的 i-节点；读/usr/ast/courses的目录；读/usr/ast/courses/os的 i-节点； 读/usr/ast/courses/os的目录；读/usr/ast/courses/os/handout.t的 i-节点。
总共 10次磁盘读操作。

可以看到都是先看一个目录的i-，然后再看其目录，得到下一级我们需要的内容。注意读取时，首先是从根目录开始的。


主要了解存放指针个数的算法。


位示图表示当前磁盘中的存储状态。开始时1000 0000 0000 0000

A占6位 1111 1110 0000 0000

写入B，占5位 1111 1111 1111 0000

删除A 1000 0001 1111 0000

写入C，占8位 1111 1111 1111 1100

删除B 1111 1110 0000 1100

可以看到C在写入时，它的存储位置是可以不连续的。删除数据时，将其原来位置的值置0即可


（1）同上面的题

（2）假设除了文件i节点已经在主内存中之外没有其他信息，那么要在位置30000中访问该字节需要多少磁盘访问？

答：因为 30000<40K，故该地址落入直接索引中，由于 i-node 已在内存，因此只需要 1 次访问磁盘块，一次访问含有该位置数据的数据块。

（3）4GB<2T<4TB,所以坐落在三级间接索引中。所以需要4次访问磁盘块。

第七章 IO管理


86 91 94 102 130 147 150 175 177

（1）

FCFS先来先服务

86 -> 147 -> 91 -> 177 -> 94 -> 150 -> 102 -> 175 -> 130

39+61+56+86+83+56+48+73+45=547

（2）

SSTF最短查找时间优先（125开始）

130 -> 147 -> 150 -> 175 -> 177 -> 102 -> 94 -> 91 -> 86

5+17+3+25+2+75+8+3+5=143

（3）

SCAN扫描策略(电梯算法)(初始时是往增大的方向走)

130 -> 147 -> 150 -> 175 -> 177 -> 102 -> 94 -> 91 -> 86

5+17+3+25+2+75+8+3+5=143

（4）

CSCAN循环扫描策略

130 -> 147 -> 150 -> 175 -> 177 -> 86 -> 91 -> 94 -> 102

5+17+3+25+2+91+5+3+8=159


由于转速为6000r/min，则平均旋转延迟为60×1000/(6000×2)=5ms,总的旋转延迟时间为5*5ms=25ms。

由于旋转一周的时间为10ms，每个磁道有100个扇区，读取一个磁道上一个扇区的平均读取时间为10ms/100=0.1ms，总的读取扇区的时间=0.1ms*5=0.5ms。这里是因为题目要求找到时还需要读取一个扇区

1s = 1000ms

旋转延迟用磁盘旋转一周所需时间的一半来表示

此旋转周期：60×1000÷6000*0.5=5ms。总旋转延迟=磁道号个数×旋转周期 = 25ms

（1）

FCFS调度：60 -> 90->50->120->150

100号处开始

40+30+40+70+30 = 210

210*1+ 25+0.5 = 235.5ms

总时间=查询时间+平均旋转延迟+读取扇区时间（这一项根据题目要求选择）

（2）

SCAN ：120 -> 150 -> 90 -> 60 -> 50

50+100 = 150

150+25+0.5 = 175.5

（3）

CSCAN：120 -> 150 -> 50 -> 60 -> 90

50+40+100 = 190

190+ 25.5 = 215.5ms


（1）

用位示图表示磁盘的空闲状态。每一位表示一个磁盘的空闲状态，共需要16384/8=2048个字节=2KB，正好放在系统提供的内存中

（2）

延迟时间：（60×1000）/ 6000 *0.5 = 5ms

总延迟 ：5 × 4 = 20ms

读取扇区：60 × 1000 / 6000 / 100 = 0.1ms

总读取扇区时间：0.4ms

CSCAN: 120 -> 30 -> 50 -> 90

(20+90+60)+20+0.4 = 190.4ms