本文深入探讨了编程中的递归函数实现、哈夫曼树分析、数据结构、数据库管理和操作系统概念。通过实例分析了算法如卡特兰数计算、二分查找、堆排序、内存管理和虚拟存储器的工作原理。此外，还涉及了网络协议如TCP/IP、HTTP和DNS的交互，以及网络编程中的错误处理和资源管理。最后，文章讨论了并发控制、死锁处理和操作系统中的同步机制，如信号量和PV操作。
【解析】 函数 S （ int n ）是一个递归函数 ： ①当实际参数小于等于零时则返回 0 , 并终止递归 ； ②当实际参数大于零时则递归调用 S （ n-l ） ， 并将 S （ n-1 ）的结果加上 n 作为返回值。程序从main（）函数开始，首先调用main（）函数；在main（）函数中调用S（1）函数时，将函数的上下文保存到栈中，并进入函数S（1）;由于函数S（1）的实际参数大于零，需要调用S（0），故将S（1）函数的上下文保存到栈中，进入S（0）;在S（0）中，实际参数小于等于零，递归终止
直接利用卡特兰数，h(n)=C(2n,n)/(n+1)。求得是14
解析：
在哈夫曼树中，左右孩子权值之和为父结点权值。仅以分析选项A为例：若两个10分别属于两棵不同的子树，根的权值不等于其孩子的权值和，不符；若两个10属同棵子树，其权值不等于其两个孩子（叶结点）的权值和，不符。B、C选项的排除方法一样。
解析：
只有两个结点的平衡二叉树的根结点的度为1，A错误。中序遍历后可以得到一个降序序列，树中最大元素一定无左子树（可能有右子树），因此不一定是叶结点，B错误。最后插入的结点可能会导致平衡调整，而不一定是叶结点，C错误。
解析：
画出查找路径图，因为折半查找的判定树是一棵二叉排序树，看其是否满足二叉排序树的要求。
很显然，选项A的查找路径不满足
二叉排序树或者是一棵空树，或者是具有下列性质的二叉树：
（1）若左子树不空，则左子树上所有结点的值均小于或等于它的根结点的值；
（2）若右子树不空，则右子树上所有结点的值均大于或等于它的根结点的值；
（3）左、右子树也分别为二叉排序树；
解析：
基数排序的元素移动次数与关键字的初始排列次序无关，而其他三种排序都是与关键字的初始排列明显相关的
解析：
将堆画成完全二叉树的形式，堆删除堆顶元素后，是将二叉树最后的叶子节点12放到堆顶，然后将12与其子节点15和10相比较，当15>12时，堆顶12不动，将12与10判断，12>10，不符合小根堆，所以将10和12对调，然后还要将12与其子节点16比较。 所以总共比较3次。
解析：A
硬件能直接执行的只能是机器语言（二进制编码），汇编语言是为增强机器语言的可读性和记忆性的语言，经过汇编后才能被执行
解析：数的表示暂时先不看
解析：数的表示暂时先不看
解析： （页式虚拟存储混淆项）
上述指令的执行过程可划分为取数、运算和写回过程，取数时读取xaddr可能不需要访问主存而直接访问Cache，而写直通方式需要把数据同时写入Cache和主存，因此至少访问1次。
解析：DRAM使用电容存储，所以必须隔一段时间刷新一次，如果存储单元没有被刷新，存储的信息就会丢失。SDRAM表示同步动态随机存储器。
18.某计算机使用4体交叉编址存储器，假定在存储器总线上出现的主存地址（十进制）序列为8005，8006，8007，8008，8001，8002，8003，8004，8000，则可能发生访存冲突的地址对是 。
-
8004和8008 -
8002和8007 -
8001和8008 -
8000和8004
解析：每个访存地址对应的存储模块序号（0、1、2、3）如下所示：
| 访存地址 | 8005 | 8006 | 8007 | 8008 | 8001 | 8002 | 8003 | 8004 | 8000 |
| 模块序号 | 1 | 2 | 3 | 0 | 1 | 2 | 3 | 0 | 0 |
其中，模块序号=访存地址%存储器交叉模块数。
判断可能发生访存冲突的规则是：给定的访存地址在相邻的四次访问中出现在同一个存储模块内。据此，根据上表可知8004和8000对应的模块号都为0，即表明这两次的访问出现在同一模块内且在相邻的访问请求中，满足发生冲突的条件。
19.下列有关总线定时的叙述中，错误的是 （）。
-
异步通信方式中，全互锁协议最慢 -
异步通信方式中，非互锁协议的可靠性最差 -
同步通信方式中，同步时钟信号可由各设备提供 -
半同步通信方式中，握手信号的采样由同步时钟控制
解析：在同步通信方式中，系统采用一个统一的时钟信号，而不是由各设备提供，否则没法实现统一的时钟。
20.若磁盘转速为7200 转/分，平均寻道时间为 8ms,每个磁道包含 1000 个扇区，则访问一个扇区的平均延迟时间大约是（）。
-
8.1ms -
12.2ms -
16.3ms -
20.5ms
解析：存取时间 = 寻道时间 + 延迟时间 + 传输时间。存取一个扇区的平均延迟时间为旋转半周的时间，即为 (60/7200)/2=4.17ms ，传输时间为 (60/7200)/1000=0.01ms ，因此访问一个扇区的平均存取时间为 4.17+0.01+8=12.18ms ，保留一位小数则为 12.2ms
21.在采用中断I/O方式控制打印输出的情况下，CPU和打印控制接口中的I/O端口之间交换的信息不可能是 。
-
打印字符 -
主存地址 -
设备状态 -
控制命令
解析：
在程序中断I/O方式中，CPU和打印机直接交换，打印字符直接传输到打印机的I/O端口，不会涉及到主存地址。而CPU和打印机通过I/O端口中状态口和控制口来实现交互
22.内部异常（内中断）可分为故障（fault）、陷阱（trap）和终止（abort）三类。下列有关内部异常的叙述中，错误的是 。
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内部异常的产生与当前执行指令相关 -
内部异常的检测由CPU内部逻辑实现 -
内部异常的响应发生在指令执行过程中 -
内部异常处理后返回到发生异常的指令继续执行
解析：
内中断是指来自CPU和内存内部产生的中断，包括程序运算引起的各种错误，如地址非法、校验错、页面失效、非法指令、用户程序执行特权指令自行中断（INT）和除数为零等，以上都在指令的执行过程中产生的，故A正确。这种检测异常的工作肯定是由CPU（包括控制器和运算器）实现的，故B正确。内中断不能被屏蔽，一旦出现应立即处理，C正确。对于D，考虑到特殊情况，如除数为零和自行中断（INT）都会自动跳过中断指令，所以不会返回到发生异常的指令继续执行，故错误
23.处理外部中断时，应该由操作系统保存的是（）。
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程序计数器(PC)的内容 -
通用寄存器的内容 -
块表(TLB)中的内容 -
Cache 中的内容
解析：外部中断处理过程， PC 值由中断隐指令自动保存，而通用寄存器内容由操作系统保存。
24.假定下列指令已装入指令寄存器。则执行时不可能导致CPU从用户态变为内核态（系统态）的是 。
-
DIV R0,R1 ; (R0)/(R1)→R0 -
INT n ; 产生软中断 -
NOT R0 ; 寄存器R0的内容取非 -
MOV R0,addr ; 把地址addr处的内存数据放入寄存器R0中
解析：考虑到部分指令可能出现异常（导致中断），从而转到核心态。指令 A 有除零异常的可能，指令 B 为中断指令，指令 D 有缺页异常的可能，指令 C 不会发生异常。
25.下列选项中，会导致进程从执行态变为就绪态的事件是
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执行P(wait)操作 -
申请内存失败 -
启动I/O设备 -
被高优先级进程抢占
解析：P(wait)操作表示进程请求某一资源，A、B和C都因为请求某一资源会进入阻塞态，而D只是被剥夺了处理机资源，进入就绪态，一旦得到处理机即可运行。
26.若系统 S1 采用死锁避免方法，S2 采用死锁检测方法。下列叙述中，正确的是 （）。
Ⅰ．S1 会限制用户申请资源的顺序，而 S2 不会
Ⅱ．S1 需要进程运行所需资源总量信息，而 S2 不需要
Ⅲ．S1 不会给可能导致死锁的进程分配资源，而 S2 会
-
仅Ⅰ、Ⅱ -
仅Ⅱ、Ⅲ -
仅Ⅰ、Ⅲ -
Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ
解析：死锁的处理采用三种策略：死锁预防、死锁避免、死锁检测和解除。
死锁预防，采用破坏产生死锁的四个必要条件中的一个或几个，以防止发生死锁。其中之一的“破坏循环等待条件”，一般采用顺序资源分配法，首先给系统的资源编号，规定每个进程必须按编号递增的顺序请求资源，也就是限制了用户申请资源的顺序，故 Ⅰ的前半句属于死锁预防的范畴。
银行家算法是最著名的死锁避免算法，其中的最大需求矩阵 MAX 定义了每一个进程对 m 类资源的最大需求量，系统在执行安全性算法中都会检查此次资源试分配后，系统是否处于安全状态，若不安全则将本次的试探分配作废。在死锁的检测和解除中，在系统为进程分配资源时不采取任何措施，但提供死锁的检测和解除的手段，故 Ⅱ、Ⅲ正确。
27.系统为某进程分配了4个页框，该进程已访问的页号序列为2,0,2,9,3,4,2,8,2,4,8,4,5。若进程要访问的下一页的页号为7，依据LRU算法，应淘汰页的页号是 。
-
2 -
3 -
4 -
8
解析：可以采用书中常规的解法思路，也可以采用便捷法。对页号序列从后往前计数，直到数到4（页框数）个不同的数字为止，这个停止的数字就是要淘汰的页号（最近最久未使用的页），题中为页号2。
28.在系统内存中设置磁盘缓冲区的主要目的是（）。
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减少磁盘 I/O 次数 -
减少平均寻道时间 -
提高磁盘数据可靠性 -
实现设备无关性
解析：磁盘和内存的速度差异，决定了可以将内存经常访问的文件调入磁盘缓冲区，从高速缓存中复制的访问比磁盘 I/O 的机械操作要快很多很多。
29.在文件的索引结点中存放直接索引指针10个，一级和二级索引指针各1个。磁盘块大小为1KB，每个索引指针占4个字节。若某文件的索引结点已在内存中，则把该文件偏移量（按字节编址）为1234和307400处所在的磁盘块读入内存，需访问的磁盘块个数分别是
-
1,2 -
1,3 -
2,3 -
2,4
解析：
10个直接索引指针指向的数据块大小为10*1KB=10KB；
每个索引指针占4B，则每个磁盘块可存放1KB/4B=256个索引指针，
一级索引指针指向的数据块大小为：256*1KB=256KB
二级索引指针指向的数据块大小为：256*256*1KB=216KB=64MB
按字节编址，偏移量为1234时，因1234B＜10KB，则由直接索引指针可得到其所在的磁盘块地址。文件的索引结点已在内存中，则地址可直接得到，故仅需1次访盘即可。
偏移量为307400时，因10KB+256KB＜307400B＜64MB，可知该偏移量的内容在二级索引指针所指向的某个磁盘块中，索引结点已在内存中，故先访盘2次得到文件所在的磁盘块地址，再访盘1次即可读出内容，故共需3次访盘。
30.在请求分页系统中，页面分配策略与页面置换策略不能组合使用的是 。
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可变分配，全局置换 -
可变分配，局部置换 -
固定分配，全局置换 -
固定分配，局部置换
解析：对各进程进行固定分配时页面数不变，不可能出现全局置换。 而 A 、 B 、 D 是 现代操作系统中常见的 3 种策略
31.文件系统用位图法表示磁盘空间的分配情况，位图存于磁盘的32～127号块中，每个盘块占1024个字节，盘块和块内字节均从0开始编号。假设要释放的盘块号为409612，则位图中要修改的位所在的盘块号和块内字节序号分别是 。
-
81、1 -
81、2 -
82、1 -
82、2
解析：位图表示法：409612/（8*1024）=50，还余12，所以共需要51个块。从32开始的话到了32+51-1=82号块，因为余下的12位，需要占两个字节，从0序号开始的话所以到了1序号字节
32某硬盘有200个磁道（最外侧磁道号为0），磁道访问请求序列为：130,42,180,15,199，当前磁头位于第58号磁道并从外侧向内侧移动。按照SCAN调度方法处理完上述请求后，磁头移过的磁道数是 。
-
208 -
287 -
325 -
382
解析： SCAN算法就是电梯调度算法。顾名思义，如果开始时磁头向外移动就一直要到最外侧，然后再返回向内侧移动，就像电梯若往下则一直要下到最底层需求才会再上升一样。当期磁头位于58号并从外侧向内侧移动，先依次访问130和199，然后再返回向外侧移动，依次访问42和15，故磁头移过的磁道数是：(199-58)+(199-15)=325。
33.通过POP3 协议接收邮件时，使用的传输层服务类型是（）
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无连接不可靠的数据传输服务 -
无连接可靠的数据传输服务 -
有连接不可靠的数据传输服务 -
有链接可靠的数据传输服务
解析：POP3使用的是TCP连接，是有连接可靠的数据传输服务。
34.使用两种编码方案对比特流01100111 进行编码的结果如下图所示，编码 1 和编码 2 分别 是（）。
-
NRZ 和曼彻斯特编码 -
NRZ 和差分曼彻斯特编码 -
NRZI 和曼彻斯特编码 -
NRZI 和差分曼彻斯特编码
解析：
NRZ 是最简单的串行编码技术，用两个电压来代表两个二进制数，如高电平表示 1 ，低电平表示 0 ，题中编码 1 符合。 NRZI 则是用电平的一次翻转来表示 1 ，与前一个 NRZI 电平相同的电平表示 0 。曼侧斯特编码将一个码元分成两个相等的间隔，前一个间隔为低电平后一个间隔为高电平表示 1 ； 0 的表示正好相反，题中编码 2 符合。
35.主机甲通过128kbps卫星链路，采用滑动窗口协议向主机乙发送数据，链路单向传播延迟为250ms，帧长为1000字节。不考虑确认帧的开销，为使链路利用率不小于80%，帧序号的比特数至少是 。
-
3 -
4 -
7 -
8
解析：不考虑确认帧的开销，一个帧发送完后经过一个单程传播时延到达接收方，再经过一个单程传播时延发送方收到应答，从而继续发送。要使得传输效率最大化，就是不用等确认也可以连续发送多个帧。设连续发送n个帧，一个帧的发送时延为：1000B/128kbps=62.5ms。对于采用滑动窗口协议的流水线机制，我们有如下公式：链路利用率=（n×发送时延）/（RTT+发送时延）。
依题意，有：(n×62.5ms)/(62.5ms+250ms×2)≥80%
得n≥7.2，帧序号的比特数k需要满足 ≥n+1。从而，帧序号的比特数至少为4。
王道上的有点问题，难以信服。
以发送周期为切入点来思考这个问题。开始发送帧到收到第一个确认帧为止，用时：
T = 第一个帧的传输时延+第一个帧的传播时延+确认帧的传输时延+确认帧的传播时延。
因为确认帧的开销不计，所以它的传输不计。但是传播时延要计的。
所以T = 1000B/128kbps + RTT = 0.5625s
那么在0.5625s内需要发送多少数据可以满足利用率80%呢？
设为L字节，则：
L128kbpsT≥0.8→L=7200BL128kbpsT≥0.8→L=7200B
就是说在一个发送周期内至少发7.2帧就可满足要求。
因此，需要编号的比特数为n;
2n−1≥7.22n−1≥7.2
所以n至少为4.
此外，还需要特别思考一下，信道的数据传输速率的极限是128kbps，理论上最大每秒可传输16000B，即16帧，大于12.8，因此符合要求
36.下列关于CSMA/CD 协议的叙述中，错误的是 （） 。
-
边发送数据帧，边检测是否发生冲突 -
适用于无线网络，以实现无线链路共享 -
需要根据网络跨距和数据传输速率限定最小帧长 -
当信号传播延迟趋近 0 时，信道利用率趋近 100%
37. 下列关于交换机的叙述中，正确的是 。
-
以太网交换机本质上是一种多端口网桥 -
通过交换机互连的一组工作站构成一个冲突域 -
交换机每个端口所连网络构成一个独立的广播域 -
以太网交换机可实现采用不同网络层协议的网络互联
解析：
从本质上说，交换机就是一个多端口的网桥（A正确），工作在数据链路层（因此不能实现不同网络层协议的网络互联，D错误），交换机能经济地将网络分成小的冲突域（B错误）。广播域属于网络层概念，只有网络层设备（如路由器）才能分割广播域（C错误）。
38.某路由器的路由表如下表所示：
| 目 的 网 络 | 下一跳 | 接 口 |
| 169.96.40.0/23 | 176.1.1.1 | S1 |
| 169.96.40.0/25 | 176.2.2.2 | S2 |
| 169.96.40.0/27 | 176.3.3.3 | E3 |
| 0.0.0.0/0 | 176.4.4.4 | E4 |
若路由器收到一个目的地址为169.96.40.5的IP分组，则转发该IP分组的接口是 。
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S1 -
S2 -
S3 -
S4
解析：根据“最长前缀匹配原则”169.96.40.5与169.96.40.0前27位匹配最长，故选C。选项D为默认路由，只有当前面的所有目的网络都不能和分组的目的IP地址匹配时才使用。
39.主机甲和主机乙新建一个TCP连接，甲的拥塞控制初始阈值为32KB，甲向乙始终以MSS=1KB大小的段发送数据，并一直有数据发送；乙为该连接分配16KB接收缓存，并对每个数据段进行确认，忽略段传输延迟。若乙收到的数据全部存入缓存，不被取走，则甲从连接建立成功时刻起，未发送超时的情况下，经过4个RTT后，甲的发送窗口是 。
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1KB -
8KB -
16KB -
32KB
解析：发送窗口的上限值=Min[接收窗口，拥塞窗口]。4个RTT后，乙收到的数据全部存入缓存，不被取走，接收窗口只剩下1KB（16-1-2-4-8=1）缓存，使得甲的发送窗口为1KB。
40.某浏览器发出的HTTP请求报文如下：
| GET /index.html HTTP/1.1 Host: www.test.edu.cn Connection: Close Cookie: 123456 |
下列叙述中，错误的是 。
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该浏览器请求浏览index.html -
Index.html存放在www.test.edu.cn上 -
该浏览器请求使用持续连接 -
该浏览器曾经浏览过www.test.edu.cn
解析：Connection:连接方式，Close表明为非持续连接方式，keep-alive表示持续连接方式。Cookie值是由服务器产生的，HTTP请求报文中有Cookie报头表示曾经访问过www.test.edu.cn服务器
41.用单链表保存m个整数，结点的结构为：[data][link]，且|data|≤n（n为正整数）。现要求设计一个时间复杂度尽可能高效的算法，对于链表中data的绝对值相等的结点，仅保留第一次出现的结点而删除其余绝对值相等的结点。例如，若给定的单链表head如下：
则删除结点后的head为：
要求：
1）给出算法的基本设计思想。
2）使用C或C++语言，给出单链表结点的数据类型定义。
3）根据设计思想，采用C或C++语言描述算法，关键之处给出注释。
4）说明你所设计算法的时间复杂度和空间复杂度。
解析：
1）算法的基本设计思想
算法的核心思想是用空间换时间。使用辅助数组记录链表中已出现的数值，从而只需对链表进行一趟扫描。
因为|data|≤n，故辅助数组q的大小为n+1，各元素的初值均为0。依次扫描链表中的各结点，同时检查q[|data|]的值，如果为0，则保留该结点，并令q[|data|]=1；否则，将该结点从链表中删除。
2）使用C语言描述的单链表结点的数据类型定义
typedef struct node {
int data;
struct node *link;
}NODE;
Typedef NODE *PNODE;
3）算法实现
void func (PNODE h,int n)
{
PNODE p=h,r;
int *q,m;
q=(int *)malloc(sizeof(int)*(n+1)); //申请n+1个位置的辅助空间
for(int i=0;i<n+1;i++) //数组元素初值置0
*(q+i)=0;
while(p->link!=NULL)
{
m=p->link->data>0? p->link->data:-p->link->data;
if(*(q+m)==0) //判断该结点的data是否已出现过
{
*(q+m)=1; //首次出现
p=p->link; //保留
}
else //重复出现
{ r=p->link; //删除
p->link=r->link
free(r);
}
}
free(q);
}
【评分说明】若考生设计的算法满足题目的功能要求且正确，则酌情给分。
4）参考答案所给算法的时间复杂度为O(m)，空间复杂度为O(n)。
【评分说明】若考生所估计的时间复杂度和空间复杂度与考生实现的算法一致，可给分。
42.已知含有5个顶点的图G如下图所示。
请回答下列问题：
1）写出图G的邻接矩阵A（行、列下标从0开始）。
2）求，矩阵
中位于0行3列元素值的含义是什么？
3）若已知具有n（n≥2）个顶点的图的邻接矩阵为B，则（2≤m≤n）中非零元素的含义是什么？
解答：1）图G的邻接矩阵A如下：
2）如下：
0行3列的元素值3表示从顶点0到顶点3之间长度为2的路径共有3条。
3）（2≤m≤n）中位于i行j列（0≤i，j≤n-1）的非零元素的含义是：图中从顶点i到顶点j长度为m的路径条数。
43.某16位计算机的主存按字节编码，存取单位为16位；采用16位定长指令字格式；CPU采用单总线结构，主要部分如下图所示。图中R0～R3为通用寄存器；T为暂存器；SR为移位寄存器，可实现直送（mov）、左移一位（left）和右移一位（right）3种操作，控制信号为SRop，SR的输出由信号SRout控制；ALU可实现直送A（mova）、A加B（add）、A减B（sub）、A与B（and）、A或B（or）、非A（not）、A加1（inc）7种操作，控制信号为ALUop。
请回答下列问题。
1）图中哪些寄存器是程序员可见的？为何要设置暂存器T？
2）控制信号ALUop和SRop的位数至少各是多少？
3）控制信号SRout所控制部件的名称或作用是什么？
4）端点①～⑨中，哪些端点须连接到控制部件的输出端？
5）为完善单总线数据通路，需要在端点①～⑨中相应的端点之间添加必要的连线。写出连线的起点和终点，以正确表示数据的流动方向。
6）为什么二路选择器MUX的一个输入端是2？
解答：
1）程序员可见寄存器为通用寄存器（R0～R3）和PC。因为采用了单总线结构，因此，若无暂存器T，则ALU的A、B端口会同时获得两个相同的数据，使数据通路不能正常工作。
【评分说明】回答通用寄存器（R0～R3），给分；回答PC，给分；部分正确，酌情给分。设置暂存器T的原因若回答用于暂时存放端口A的数据，则给分，其他答案，酌情给分。
2）ALU共有7种操作，故其操作控制信号ALUop至少需要3位；移位寄存器有3种操作，其操作控制信号SRop至少需要2位。
3）信号SRout所控制的部件是一个三态门，用于控制移位器与总线之间数据通路的连接与断开。
【评分说明】只要回答出三态门或者控制连接/断开，即给分。
4）端口①、②、③、⑤、⑧须连接到控制部件输出端。
【评分说明】答案包含④、⑥、⑦、⑨中任意一个，不给分；答案不全酌情给分。
5）连线1，⑥→⑨；连线2，⑦→④。
【评分说明】回答除上述连线以外的其他连线，酌情给分。
6）因为每条指令的长度为16位，按字节编址，所以每条指令占用2个内存单元，顺序执行时，下条指令地址为(PC)+2。MUX的一个输入端为2，可便于执行(PC)+2操作。
44. 题43中描述的计算机，其部分指令执行过程的控制信号如下图所示。
题图a 部分指令控制信号
该机指令格式如下图所示，支持寄存器直接和寄存器间接两种寻址方式，寻址方式位分别为0和1，通用寄存器R0～R3的编号分别为0、1、2和3。
题图b 指令格式
请回答下列问题。
1）该机的指令系统最多可定义多少条指令？
2）假定inc、shl和sub指令的操作码分别为01H、02H和03H，则以下指令对应的机器代码各是什么？
inc R1 ; R1 + 1→R1
shl R2,R1 ; (R1) << 1→R2
sub R3, (R1),R2 ; ((R1)) – (R2) → R3
3）假设寄存器X的输入和输出控制信号分别为Xin和Xout，其值为1表示有效，为0表示无效（例如，PCout=1表示PC内容送总线）；存储器控制信号为MEMop，用于控制存储器的读(read）和写(write)操作。写出题图a中标号 = 1 \* GB3 ①～ = 8 \* GB3 ⑧处的控制信号或控制信号的取值。
4）指令“sub R1,R3,(R2)”和“inc R1”的执行阶段至少各需要多少个时钟周期？
解答：
1）指令操作码有7位，因此最多可定义27=128条指令。
2）各条指令的机器代码分别如下：
①“inc R1”的机器码为：0000001 0 01 0 00 0 00，即0240H。
②“shl R2，R1”的机器码为：0000010 0 10 0 01 0 00，即0488H。
③“sub R3，(R1),R2”的机器码为：0000011 0 11 1 01 0 10，即06EAH。
3）各标号处的控制信号或控制信号取值如下：
①0；②mov；③mova；④left；⑤read；⑥sub；⑦mov；⑧Srout。
【评分说明】答对两个给分。
4）指令“sub R1，R3，(R2)”的执行阶段至少包含4个时钟周期；指令“inc R1”的执行阶段至少包含2个时钟周期。
45.进行辩论，每个人都从自己的信箱中取得对方的问题。将答案和向对方提出的新问题组成一个邮件放入对方的邮箱中。假设A的信箱最多放M个邮件，B的信箱最多放 N个邮件。初始时A的信箱中有x个邮件（0<x<M），B的信箱中有y个（0<y<N）。辩论者每取出一个邮件，邮件数减1。A和B两人的操作过程描述如下：
CoBegin
| A{ while(TRUE){ 从A的信箱中取出一个邮件； 回答问题并提出一个新问题； 将新邮件放入B的信箱； } } | B{ while(TRUE){ 从B的信箱中取出一个邮件； 回答问题并提出一个新问题； 将新邮件放入A的信箱； } } |
CoEnd
当信箱不为空时，辩论者才能从信箱中取邮件，否则等待。当信箱不满时，辩论者才能将新邮件放入信箱，否则等待。请添加必要的信号量和P、V（或wait、signal）操作，以实现上述过程的同步。要求写出完整过程，并说明信号量的含义和初值
解答:
semaphore Full_A = x; //Full_A表示A的信箱中的邮件数量
semaphore Empty_A = M-x; //Empty_A表示A的信箱中还可存放的邮件数量
semaphore Full_B = y; //Full_B表示B的信箱中的邮件数量
semaphore Empty_B = N-y; //Empty_B表示B的信箱中还可存放的邮件数量
semaphore mutex_A = 1; //mutex_A用于A的信箱互斥
semaphore mutex_B = 1; //mutex_B用于B的信箱互斥
Cobegin
| A{ while(TRUE){ P(Full_A); P(mutex_A); 从A的信箱中取出一个邮件; V(mutex_A); V(Empty_A); 回答问题并提出一个新问题; P(Empty_B); P(mutex_B); 将新邮件放入B的信箱; V(mutex_B); V(Full_B); } } | B{ while(TRUE){ P(Full_B); P(mutex_B); 从B的信箱中取出一个邮件; V(mutex_B); V(Empty_B); 回答问题并提出一个新问题; P(Empty_A); P(mutex_A); 将新邮件放入A的信箱; V(mutex_A); V(Full_A); } } |
【评分说明】
1）每对信号量的定义及初值正确，给分。
2）每个互斥信号量的P、V操作使用正确，各给分。
3）每个同步信号量的P、V操作使用正确，各给分。
4）其他答案酌情给分。
46.某计算机系统按字节编址，采用二级页表的分页存储管理方式，虚拟地址格式如下所示：
10位 10位 12位
| 页目录号 | 页表索引 | 页内偏移量 |
请回答下列问题。
1）页和页框的大小各为多少字节？进程的虚拟地址空间大小为多少页？
2）假定页目录项和页表项均占4个字节，则进程的页目录和页表共占多少页？要求写出计算过程。
3）若某指令周期内访问的虚拟地址为0100 0000H和0111 2048H，则进行地址转换时共访问多少个二级页表？要求说明理由。
解答：
1）在分页存储管理方式中，将用户程序的地址空间分为若干个固定大小的区域，称为“页”或“页面”。相应地，将内存空间分为若干个物理块或页框（frame），页和页框大小相同。因此，页和页框大小均为B=4KB。进程的虚拟地址空间大小为
/
=220页。
2）（×4）/
（页目录所占页数）+（
×4）/
（页表所占页数）=1025页。
3）需要访问一个二级页表。因为虚拟地址0100 0000H和0111 2048H的最高10位的值都是4，页目录号相同，访问的是同一个二级页表。
【评分说明】用其他方法计算，思路和结果正确同样给分。
47某网络拓扑如图所示，其中路由器内网接口、DHCP服务器、WWW服务器与主机1均采用静态IP地址配置，相关地址信息见图中标注；主机2～主机N通过DHCP服务器动态获取IP地址等配置信息。
请回答下列问题。
1）DHCP服务器可为主机2～主机N动态分配IP地址的最大范围是什么？主机2使用DHCP协议获取IP地址的过程中，发送的封装DHCP Discover报文的IP分组的源IP地址和目的IP地址分别是什么？
2）若主机2的ARP表为空，则该主机访问Internet时，发出的第一个以太网帧的目的MAC地址是什么？封装主机2发往Internet的IP分组的以太网帧的目的MAC地址是什么？
3）若主机1的子网掩码和默认网关分别配置为255.255.255.0和111.123.15.2，则该主机是否能访问WWW服务器？是否能访问Internet？请说明理由。
解答：
1）DHCP服务器可为主机2～主机N动态分配IP地址的最大范围是：111.123.15.5～111.123.15.254；主机2发送的封装DHCP Discover报文的IP分组的源IP地址和目的IP地址分别是0.0.0.0和255.255.255.255。
2）主机2发出的第一个以太网帧的目的MAC地址是ff-ff-ff-ff-ff-ff；封装主机2发往Internet的IP分组的以太网帧的目的MAC地址是00-a1-a1-a1-a1-a1。
3）主机1能访问WWW服务器，但不能访问Internet。由于主机1的子网掩码配置正确而默认网关IP地址被错误地配置为111.123.15.2（正确IP地址是111.123.15.1），所以主机1可以访问在同一个子网内的WWW服务器，但当主机1访问Internet时，主机1发出的IP分组会被路由到错误的默认网关（111.123.15.2），从而无法到达目的主机。
解答：
1）DHCP服务器可为主机2～主机N动态分配IP地址的最大范围是：111.123.15.5～111.123.15.254；主机2发送的封装DHCP Discover报文的IP分组的源IP地址和目的IP地址分别是0.0.0.0和255.255.255.255。
2）主机2发出的第一个以太网帧的目的MAC地址是ff-ff-ff-ff-ff-ff；封装主机2发往Internet的IP分组的以太网帧的目的MAC地址是00-a1-a1-a1-a1-a1。
3）主机1能访问WWW服务器，但不能访问Internet。由于主机1的子网掩码配置正确而默认网关IP地址被错误地配置为111.123.15.2（正确IP地址是111.123.15.1），所以主机1可以访问在同一个子网内的WWW服务器，但当主机1访问Internet时，主机1发出的IP分组会被路由到错误的默认网关（111.123.15.2），从而无法到达目的主机。
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