哈工大Mooc——计算机网络：作业9
假设CRC编码的生成比特模式G=10011。请回答下列问题：
（1）如果数据D=1010101010，则CRC编码后<D,R>=？
（2）如果数据D=1010100000，则CRC编码后<D,R>=？
（3）如果接收端收到码字01011010101001，则该码字在传输过程中是否发生差错？
（4）如果接收端收到码字10010101010000, 则该码字在传输过程中是否发生差错？
我的答案
（1）如果数据D=1010101010，则CRC编码后<D,R>=1010101010 1101
利用G=10011去除1010101010 0000，(1分)得R=0100，所以，CRC编码后<D,R>=10101010100100
（2）如果数据D=1010100000，则CRC编码后<D,R>=1010100000 0111
利用G=10011去除1010100000 0000，(1分)得R=1001，(1分)所以，CRC编码后<D,R>=10101000001001。
（3）码字01011010101001除以G=10011余0110，余式不为全0，有错。
（4）码字10010101010000除以G=10011余0000，余式全0，无错。
标准答案
评分说明：
(1)只要认真完成作业（无论对错），即可得到基础分4分,总分为12分；
(2)如果总得分超过基础分(4分)，则按如下参考答案及评分标准逐项给分，并累加核算本题总得分。
参考答案及评分标准：
（1）利用G=10011去除1010101010 0000，(1分)得R=0100，(1分)所以，CRC编码后<D,R>=10101010100100。(1分)
（2）利用G=10011去除1010100000 0000，(1分)得R=1001，(1分)所以，CRC编码后<D,R>=10101000001001。(1分)
（3）利用G=10011去除01011010101001，(1分)得余式=0110，不为0000，(1分)因此该码字在传输过程中发生差错。 (1分)
（4）利用G=10011去除10010101010000,(1分) 得余式=0000，(1分)因此该码字在传输过程中未发生差错。 (1分)
自我点评：思考计算原理，理顺答题思路！
假设在采用广播链路的10Mbps以太网中，回答下列问题：
（1）某结点连续第5次冲突后，按二进制指数退避算法，选择K=4的概率是多少？相应地延迟多久再次重新尝试发送帧？
（2）如果连续第12次冲突，该结点最多延迟多久再次重新尝试发送帧？
我的答案
（1）①连续5次冲突后，从离散整数集合[0,1,...,31]中随机取出一个数 K，因此选择K=4的概率为1/32；
②因为对于以太网，一个结点等待的实际时间量是K×512比特时间（即发送512比特进入以太网所需时间的K倍），
所以相应的延迟时间为：512比特/10Mbps×4=512bit/107bps×4=0.0002048s=0.2048ms=204.8us
（2）如果连续12次冲突，因为重传次数大于10，K就不在增大而一直等于10，
也即K=min[重传次数，10]，所以结点随机从[0,1,...2^10 - 1=1023]中随机一个数K，
得出最多延迟时，K取最大值为1023，则
对应延迟时间为512比特/10Mbps×1023=512/10^6×1023=0.523776s=523.776ms=523776us。
=512/(10*106)*1023=0.0523776s=52.3776ms=52377.6us。
标准答案
评分说明：
(1)只要认真完成作业（无论对错），即可得到基础分2分,总分为6分；
(2)如果总得分超过基础分(2分)，则按如下参考答案及评分标准逐项给分，并累加核算本题总得分。
参考答案及评分标准：
（1）连续第5次冲突后，结点网卡从{0, 1, 2,…, 31}中选择K，（1分）因此，选择到K=4的概率为1/32，（1分）相应地延迟时间为4*512/(10*10^6)=0.2048ms=204.8μs。（1分）
（2）当连续12次冲突后，网卡将从{0, 1, 2,…,1022，1023}中选择K，（1分）因此最多延迟时间是选择到K=1023，（1分）相应地延迟时间为1023*512/(10*10^6)=52.3776ms。（1分）
自我点评：谨记计算错误！10Mbps=10^7B！
3（12分）
某局域网采用CSMA/CD协议实现介质访问控制，数据传输速率为10 Mbps，主机甲和主机乙之间的距离为2km，信号传播速度是200000km/s。请回答下列问题：
（1）若主机甲和主机乙发送数据时发生冲突，则从开始发送数据时刻起，到两台主机均检测到冲突时刻止，最短需经过多长时间？最长需经过多长时间？（假设主机甲和主机乙发送数据过程中，其他主机不发送数据）
（2）若网络不存在任何冲突与差错，主机甲总是以标准的最长以太网数据帧向主机乙发送数据，主机乙每成功收到一个数据帧后立即向主机甲发送一个64字节的确认帧，主机甲收到确认帧后方可发送下一个数据帧。此时主机甲的有效数据（上层协议数据）传输速率是多少？（不考虑以太网帧的前导码）
我的答案
（1）①从主机甲发送到主机乙一次所用时间为：2km / 200000km/s = 0.01s = 10us；
因为即使在传输过程中出现了碰撞，主机甲和主机乙发出的数据，依然继续完整的传输他们的帧。
所以最短需要经过一个单向传播时间：10us。
②当主机甲向主机乙发送一个数据，在即将到达主机乙时，主机乙发送数据，则立即发生数据碰撞，检测到冲突，此时已过去一个单向传播用时10us,而主机乙发送的数据继续经过一个单向传播距离到达甲，此时，主机甲得知产生数据碰撞冲突。
所以最长用时20us。
（2）以太网数据帧大小范围为64B~1518B，
则最长以太网数据帧大小为1518B
（目的MAC地址6B+源MAC地址6B+类型2B+数据1500B+CRC4B），
主机甲发送1518B的数据帧到主机乙用时：1518B×8/10Mbps=0.0012144s=1.2144ms=1214.4us；
主机乙发送64B确认帧到主机甲用时：64Bit×8/10Mbps=0.0000512s=0.0512ms=51.2us；
主机甲从发送数据帧到主机乙到接收到确认帧的总时间为：
1214.4us+51.2us+2×10=1285.6us；
主机甲的有效数据（上层协议数据）传输长度1518B-18B(包括目的MAC地址6B+源MAC地址6B+类型2B+CRC4B)=1500B=1500*8bit=12,000bit；
所以主机甲的有效数据传输速率为：
12000bit/1285.6us=9.33416bit/us≈9.33Kb/ms=9.33Mb/s
标准答案
评分说明：
(1)只要认真完成作业（无论对错），即可得到基础分4分，总分为12分；
(2)如果总得分超过基础分(4分)，则按如下参考答案及评分标准逐项给分，并累加核算本题总得分。
参考答案及评分标准：
（1）主机甲和主机乙之间单向传播延迟时间= 2km/(200000km/s)=10μs；（1分）
两台主机均检测到冲突时，最短所需时间和最长所需时间对应下面两种极端情况：
①主机甲和主机乙同时各发送一个数据帧，（1分）信号在信道中发生冲突后，冲突信号继续向两个方向传播。因此，双方均检测到冲突需要1个单向传播延迟，即10μs。
因此，甲乙两台主机均检测到冲突时，最短需经过10μs。（1分）
②主机甲（或主机乙）先发送一个数据帧，当该数据帧即将到达主机乙（或主机甲）时，主机乙（或主机甲）也开始发送一个数据帧。（1分）这时，主机乙（或主机甲）将立即检测到冲突；而主机甲（或主机乙）要检测到冲突，冲突信号还需要从主机乙（或主机甲）传播到主机甲（或主机乙），（1分）因此，主机甲（或主机乙）检测到冲突需要2个单向传播延迟，即20μs。
因此，甲乙两台主机均检测到冲突时，最长需经过20μs。 （1分）
（2）以太网最大帧长为1518B；（1分）发送1518B的数据帧所用时间(传输延迟) = 1518×8 bits/10 Mbps=1214.4μs；（1分）
发送64B的确认帧所用时间(传输延迟) = 64×8bits/10Mbps=51.2μs；（1分）
主机甲从发送数据帧开始到收完确认帧为止的时间记为T总，则
T总=1214.4+51.2+2×10=1285.6 μs；（1分）
在1285.6μs内发送的有效数据长度=1518B-18B=1500B=12000bits；（1分）
因此，主机甲的有效数据传输速率=12000bits/1285.6μs ≈ 9.33Mbps。（1分）
自我点评：理顺答题思路，注意答题格式！戒骄戒躁，胜不骄败不馁！
每个不曾起舞的日子
都是对生命的辜负
所以趁着年轻
千万不要浪费青春
想做什么就赶紧去做
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只有走出来的精彩
没有等出来的辉煌
只有你不辜负时间
时间才能不辜负你
