计算机科学与技术考研

答案 B(队列)

解析 【考点定位】本题出自数据结构线性结构部分,考纲对应「栈与队列(含循环队列、链式存储)」知识点,考两种操作受限线性表的逻辑特性辨析,是 408 开考元年用真实情景包装基本概念的开卷定位题。 【逐项分析】题眼是「依次写入、依次取出」:先写入缓冲区的数据要先被打印,数据进出必须保持先进先出,这正是队列的逻辑特性,选 B。A 项栈是后进先出结构,若用栈,先写入的数据被压在栈底,只能等后面的数据全部取出后才能输出,打印顺序与写入顺序相反,不合题意;C 项树与 D 项图是非线性结构,结点之间是层次或网状关系,表达不了这种一维的先进先出存取次序,直接排除。解题时先从情景中抽出「数据的存取次序」这一抽象性质,再逐一对照四种结构的定义即可锁定答案,全程不需要计算。 【知识串联】队列向上连接循环队列(判满判空要牺牲一个单元或另设 size 与 tag)、链式队列(front/rear 指针),向下连接操作系统的就绪队列、打印队列(SPOOLing)与 FIFO 页面置换等模型,是跨科目的公共构件;与之对偶的栈则对应函数调用、递归与表达式求值,两相对照记忆,情景判断题不易混淆。 【易错点】误选 A 的考生多是被「缓冲」二字带偏,以为缓冲就是栈;判断依据只有一个:先进先出选队列,后进先出选栈,与「缓冲」的字面无关。 【变式思路】同类变式:操作系统打印队列、BFS 遍历借助的辅助结构、页面调入排队,都落在队列上;若题干改成「函数调用时保存返回地址」,答案就换成栈。抓住存取次序这一句题眼,此类情景题即可稳定作答。

答案 D(afedcb)

解析 【考点定位】本题出自数据结构「栈」知识点,考出栈序列的合法性判断,并附加「不许连续三次退栈」的限制条件,属于需要逐项模拟的强化题,在考纲中隶属「栈与队列」一节。 【逐项分析】做法是逐项模拟进出栈,数连续退栈的次数。A 项 dcebaf:a、b、c、d 进栈后 d、c 连续退两次,e 进栈后 e、b 连退两次,f 进栈后 f、a 退出,全程连续退栈不超过 2 次,可行。B 项 cbdaef:a、b、c 进栈后 c、b 连退,d 进栈即退,再退 a,随后 e、f 各自进退,合法。C 项 bcaefd:b、c、a 依次进出,e、f 进栈即退,末尾退 d,过程中没有出现连续退栈,合法。D 项要以 a 开头,a 是头一个进栈的元素,必须等 b、c、d、e、f 全部进栈后才能出栈,随后 f、e、d、c、b 依次连续退栈,连续退栈达 5 次,违反限制,不可能得到,选 D。 【知识串联】出栈序列问题是栈的主线题型:2009 年考栈容量,2010 年本题加连续退栈限制,2011 年考以指定元素开头的序列计数,连续三年换角度考同一个动作——模拟;其计数结论(n 个元素出栈序列数为卡特兰数)又与 2015 年二叉树形态计数题相通。复习时把「模拟法」练成肌肉记忆,再记住计数结论备用,两类题型就都有了抓手。 【易错点】只验证「序列是否可由栈产生」而漏验附加条件;模拟中途忘记栈中已有元素;选项 D 的 a 先出意味着其余元素必须全部压栈,这一步推理不到位就会误判 D 合法。 【变式思路】变式一:去掉限制问哪个序列不可能(与栈性质冲突者);变式二:给定容量 s 问出栈序列数;变式三:给入栈序列与出栈序列问栈内元素个数峰值。无论限制加在容量、次数还是起始元素上,解法都是逐项模拟并盯住附加条件,这是此类题的万能套路。

答案 B(14 个)

解析 【考点定位】本题出自数据结构「树与二叉树的基本概念和性质」知识点,考先序序列与二叉树形态计数的对应关系,需要把遍历序列问题转化为计数模型,是树章节计数类试题的难度天花板,也常令临场考生无从下手。 【逐项分析】先序序列固定为 a, b, c, d 时树的形态并未确定:只知道 a 是根, b 可能是 a 的左孩子或右孩子,其余元素同样有多种落位。官方答案给出的转化是:把先序序列看成人栈次序,把中序序列看成一个出栈次序,每个出栈序列对应一棵二叉树——先序确定「根-左-右」的访问次序,中序确定左右子树的划分,二者一一对应。n 个元素入栈的出栈序列个数为卡特兰数 C(n)=1/(n+1)×C(2n,n),n=4 时 C(8,4)=70,70÷5=14,选 B。A 项 13 与 C 项 15 是手工画树漏数或多数一格的结果;D 项 16 是误用了 2 的幂。 【知识串联】卡特兰数是贯穿数据结构的计数主线:n 个结点的二叉树形态数、出栈序列数、n 对括号的合法匹配数同源;与「先序+中序唯一确定一棵二叉树」互为表里——少一个中序,方案数就从 1 跳到卡特兰数,这一对比正是本题的命题思想。 【易错点】临场逐棵画树,4 个结点画 14 棵既耗时又极易漏;忘记先序序列计数等价于出栈序列计数这一结论;组合数现场计算出错(70÷5 算成 12 或 15)。临场先把 n=4 的卡特兰数值默写出来再对选项,心里更稳。 【变式思路】变式一:给中序序列问形态个数,同为 14;变式二:给后序序列问个数,与先序对称,仍是卡特兰数;变式三:先序与中序都给全,问二叉树个数,答案为 1。识别「只有一个遍历序列」这一条件,是此类题的总开关。

答案 B(20 个)

解析 【考点定位】本题出自数据结构「二叉排序树与平衡二叉树」知识点,考平衡二叉树(AVL 树)在给定高度下的结点数递推,是查找章节的高频计算题,思路与斐波那契数列同构。 【逐项分析】所有非叶结点平衡因子均为 1,说明每个结点的左子树都比右子树高一层,树处于「保持平衡且结点数达到下限」的形态。设高度为 N 的这种平衡树结点数为 C(N),根的左右子树高度分别为 N-1 与 N-2 且同样取下限形态,于是 C(N)=C(N-1)+C(N-2)+1。由 C(1)=1、C(2)=2 递推:C(3)=4、C(4)=7、C(5)=12、C(6)=20,选 B。A 项 10 不是高度 6 平衡树的合法下限;C 项 32 与 D 项 33 是把「最少结点」误当普通二叉树或完全二叉树下限来凑的干扰项。 【知识串联】该递推数列 1、2、4、7、12、20、33 应整体背下,反向也常考「20 个结点的 AVL 树高度是多少」;上游连平衡因子定义与 LL、RR、LR、RL 四种旋转调整,下游连红黑树的弱平衡思想(近似平衡但不追求严格下限)。平衡二叉树的插入与删除旋转是操作侧的考点,本题是结构侧的考点,两侧合起来才是完整的平衡树知识;数列背熟后,高度与结点数的互问都能三秒作答。 【易错点】把「平衡因子均为 1」理解成「绝对值不超过 1」,那样结点数不唯一,题目无从下手;递推时漏加根结点的那个 1,会算出 19 之类的错误中间值;高度从 0 还是从 1 起数也影响结果,按题目「高度为 6」直接对应 C(6) 即可。算完用数列 1、2、4、7、12、20、33 反向校验一遍,可挡住递推失误。 【变式思路】变式一:问高度为 5 的结点数下限,答 12;变式二:问 20 个结点平衡树的高度,用同一数列倒查为 6;变式三:平衡因子均为 -1,结果对称不变。记住数列与递推式,三种问法一起拿下。

答案 A(仅 I)

解析 【考点定位】本题出自数据结构「最小生成树与最短路径」知识点,以四条叙述组合的形式考最小生成树(MST)的性质边界,判断难度高于单条概念题,是图章节的代表性强化题。 【逐项分析】I 正确:当边权有重复时树形可以不唯一,但生成树都含 n-1 条边,其权值总和必为同一个下限,代价唯一。II 错误:若权值取到下限的边有多条且首尾相接构成回路,生成树不能含环,必有此类边落选,故不是「一定出现在所有的 MST 中」。III 错误:n 个结点构成各边等权的环时,从不同顶点做普里姆算法会得到 n-1 棵不同的生成树。IV 错误:当各边权互不相同时 MST 唯一,普里姆与克鲁斯卡尔殊途同归。四条综合,只有 I 对,选 A。 【知识串联】MST 上游连无向连通图与生成子图概念,下游连两大算法:普里姆加点、适合稠密图、O(n²);克鲁斯卡尔加边并借助并查集判环、适合稀疏图、O(eloge)。与最短路径的迪杰斯特拉对比记忆——MST 只保证总权值小,不保证任意两点间路径是最短的,两个「最」考核的对象不同。 【易错点】「代价唯一」与「树唯一」是两回事,混淆后会在 I 上误判;II 的反例必须想到「多条等权边成环」,只想普通图会觉得 II 对;多叙述题切忌凭整体印象选,逐条配正例或反例才是规范动作。 【变式思路】变式一:判断「MST 中任意两点间路径一定是图中该两点间路径中权值总和取下限者」(错,那是单源最短路径的职责);变式二:判断「权值最小的边若唯一则必在 MST 中」(对);变式三:给具体带权图手工跑两种算法比对结果。判断题的本质是给每句话配正例或反例,图章节的判断题全靠这一招。

答案 A(仅 I、III、IV)

解析 【考点定位】本题出自数据结构「内部排序」知识点,考各排序算法「一趟之后谁被固定」的特性,属于排序算法横向比较的基础概念题,该维度与稳定性、复杂度并列,是排序三大考向之一。 【逐项分析】逐一看每趟把谁放到了不会再移动的位置。I 简单选择排序:每趟从未排部分选出关键字位于端点的元素,直接放入最终位置,符合。II 希尔排序:按增量分组做局部插入,增量缩减过程中元素位置随时可能再变,不符合。III 快速排序:每趟以枢轴为界划分,枢轴到位后不再移动,符合。IV 堆排序:每趟输出堆顶元素并与堆尾交换,输出侧位置固定,符合。V 二路归并排序:每趟得到长度加倍的有序子序列,子序列内部的元素在后续合并中仍会移动,不符合。故选 A(仅 I、III、IV)。 【知识串联】排序特性矩阵应整表记忆:稳定性方面直接插入、冒泡、归并、基数稳定,快排、希尔、简单选择、堆排序不稳定;复杂度方面记住快排平均 O(nlog₂n) 与堆排、归并的 O(nlog₂n);与初始序列是否相关方面,直接插入与冒泡的趟数受初态影响,简单选择的比较次数与初态无关。把这些维度整理成一张表,是数据结构冲刺阶段的标配动作。 【易错点】冒泡排序每趟也把一个元素沉到端点,满足该性质,但本题选项未列,警惕变式;误以为归并「局部有序了就是定了」,忽视子序列还要继续合并;希尔排序被「组内插入」表象迷惑而误判符合。 【变式思路】变式一:改问「每趟结束后有序前缀一定加长的是哪些」(插入类与选择类);变式二:给某趟后的中间结果反推所用算法;变式三:把该性质与稳定性合并出多叙述判断题。掌握「每趟谁被固定」这一行特性,即可横向迁移。

答案 B(10 次)

解析 【考点定位】本题出自数据结构「串与模式匹配(KMP 及 next/nextval)」知识点,考 next 数组的运用与比较次数统计,要求对算法执行过程逐步模拟,是串章节在真题中的招牌题型。 【逐项分析】KMP 的比较次数由 next 数组决定。按 0 起下标,模式串 S=abaabc 的 next 数组为 -1、0、0、1、1、2。头一趟从主串 0 号位对模式 0 号位比起,前 5 个字符 a、b、a、a、b 逐个相等(5 次比较),第 6 次在模式 5 号 c 与主串 5 号 a 处失配;失配后主串指针不动,模式串按 next[5]=2 直接滑到 2 号位,下一趟从主串 5 号位对模式 2 号位继续,再比较 4 次全部相等,匹配成功。合计 6+4=10 次,选 B。A 项 9 漏掉了那次失配比较本身;C 项 12 是 next 求错导致滑动位置不对的结果;D 项 15 是朴素匹配、主串指针回退重比的比较次数——KMP 的价值正在于主串指针不回退。 【知识串联】next[j] 只由模式串自身最长相等前后缀决定,与主串无关;nextval 是 next 的再改进(失配字符与滑动目标处字符相等时继续前滑)。上游连串的存储结构与朴素匹配 O(nm) 的缺点,下游连「主串指针不回退使总复杂度降到 O(m+n)」的证明思路,2015 年真题又从「失配后 i、j 取值」角度复考同一机制。 【易错点】三处坑:失配那一次比较也要计数;下标从 0 还是从 1 起,直接影响 next 值的写法与结果;滑动本身不算比较,只有字符两两比对才计。纸上逐趟走一遍,远比背结论可靠;建议把 next 数组先写在纸面上,再逐趟标注主串与模式的位置。 【变式思路】变式一:给失配位置问下一趟 i、j 的取值(2015 年真题式);变式二:给模式串手写 next 与 nextval 数组;变式三:比较朴素匹配与 KMP 在同一实例上的比较次数差。抓住「主串不动、模式按 next 滑」即可通解。

答案 答题要点:①分别取 A、B 的中位数 a、b;②若 a=b,则 a 即为所求中位数;③若 a<b,舍弃 A 的较小一半与 B 的较大一半(舍弃长度相等),a>b 时对称处理;④对保留部分重复上述过程,直到两序列各剩一个元素,取较小者即为中位数;⑤时间复杂度 O(log₂n),空间复杂度 O(1)。

解析 【考点定位】本题是数据结构综合应用大题,落点在顺序表上的二分减治设计,考纲横跨「线性表」与「查找」两章,与 2010 年数组循环左移题并称 408 早期算法大题双标杆,考的是「有序」这一条件还能被压榨出多少效率。 【得分点结构】按「思想—实现—复杂度」三层给分。保底解:顺序归并 A、B 成长度 2n 的升序序列,取第 n 个元素即为中位数,时间 O(n)、空间 O(n),能得基础分但达不到「尽可能高效」。满分解法是二分淘汰:分别取 A、B 的中位数 a、b;若 a=b,a 即答案;若 a<b,合并序列的中位数必落在 (a,b) 区间内,可同时舍弃 A 的较小一半与 B 的较大一半(两段等长,中位数在保留部分中的相对位置不变);a>b 时对称处理;每轮元素总数减半,直至两序列各剩一个元素,取较小者。时间 O(log₂n)、空间 O(1)。实现时用两对下标 [s1,d1]、[s2,d2] 收缩区间,序列长为偶数时中点的保留与舍弃要保持两侧等长,这是代码分的主要采分细节,注释必须写清「为什么等长舍弃不改变中位数位置」。 【知识串联】本题思想上游是折半查找的减治,下游直接推广为「两个有序序列求第 k 小元素」的通用框架(对半切割比较中位数),再延伸到两个有序链表乃至两个升序数组求中位数的一类算法题,同一招式反复出现。 【易错点】舍弃时两端长度不相等,中位数的相对位置就变了,这是方案层面的根本错误;只剩一个元素时取较大还是较小容易弄反(取较小者);代码里区间边界差一(off-by-one)与循环终止条件写错是扣分重灾区。 【变式思路】变式一:两序列长度不等求第 k 小,改为按比例对半切割;变式二:三个升序序列的中位数,两两迭代逼近;变式三:序列改为降序或循环升序数组,先做结构判断再二分。考场上先写保底解再优化,是稳拿分的书写策略。

答案 B(r2×r3)

解析 【考点定位】本题出自计算机组成原理「定点数的表示与运算(原反补移、溢出)」知识点,考补码表示范围与乘法溢出判断,是数据表示部分的基础计算题,命题手法是「看似考运算,实为考表示」。 【逐项分析】本题实际考补码表示范围而不是乘法竖式:8 位补码能表示的整数范围是 -128~+127。把四个数还原成十进制:FEH=1111 1110B=-2,F2H=1111 0010B=-14,90H=1001 0000B=-112,F8H=1111 1000B=-8。逐项验算:A 项 (-2)×(-14)=28,在范围内不溢出;B 项 (-14)×(-112)=1568,远超 +127,装入 8 位寄存器必然溢出;C 项 (-2)×(-8)=16,D 项 (-14)×(-8)=112,均在范围内。四个乘积都是正数,只需与 +127 比较,选 B。若按补码乘法规则逐位硬算四个选项,既费时又易错,命题人设的就是这个坑。 【知识串联】补码范围 -2^(n-1)~2^(n-1)-1 要与「负数比正数多一个」连着记;溢出判断的姊妹考点是加减法侧的双符号位法与进位异或法;同一主线在 2011 年大题里以 int 运算溢出形式复现,2015 年又以「给定数码约束求最小整数」的形式再考,可见补码范围是反复出现的母题。补码加减的溢出判断(双符号位、进位异或)与乘法的范围判断是一套思路的两个出口:动笔前先问结果会不会越出表示范围,再决定用什么手段验证。 【易错点】十六进制转十进制时把 FEH 直接当 254 而忘了求补;以为两个负数相乘必溢出(C、D 两项恰是反例);只验算加法惯性而低估乘积的增长速度。 【变式思路】变式一:改问哪项运算不溢出;变式二:把乘换成加,注意两个负数相加可能下溢,边界值 -128 参与时尤其危险;变式三:位数改成 16 位或 32 位,方法完全不变。先估范围再动笔、估完再回检,是这类题的通用动作,范围意识一旦建立,各种位数与运算的组合都不再陌生。

答案 B(0000 FFFAH)

解析 【考点定位】本题出自计算机组成原理「数制与编码」与 C 语言类型转换的交叉知识点,考无符号整数由短字长到长字长的扩展规则,是机器级数据表示的基础题。 【逐项分析】先把 x 的机器数定下来:65530=65535-5=FFFFH-5H=FFFAH。再判断扩展方式:x 是 unsigned short,y 是 unsigned int,无符号数短转长做零扩展,高位直接补 0,所以 y=0000 FFFAH,选 B。A 项 7FFAH 相当于把 x 的值当成了 32762,机器数本身就换算错了;C、D 两项高 16 位是 FFFF,那是符号扩展的形态,只有带符号数短转长时才按符号位补 1,本题两个类型都是无符号,不适用。题眼就一个:unsigned 决定扩展规则,漏看就会掉进 C、D 的陷阱。 【知识串联】扩展规则四象限:无符号短转长做零扩展,带符号短转长做符号扩展,大转小一律截断高位、低权值保留。与 2011 年大题「int 与 short 互相转换后运算」连成一条转换链,下游接 C 语言的隐式类型转换与整型提升规则——无符号数与带符号数混合比较时按无符号解释,是程序设计题的常设陷阱。扩展的硬件含义也要理解:补 0 不改变无符号数的数值,补 1 不改变带符号数的数值,这是「扩展后数值不变」的两种实现;做题时先判类型再选规则,顺序不能反。 【易错点】FFFAH 的换算出错(65530 与 32762 混淆);看到 16 位数据就条件反射地补 FFFF;读题没有先圈出 signed/unsigned 与两个类型的位宽,凭手感做题。赋值与比较混用时,无符号数还会把负数解释成很大的正数,这是 C 语言的经典陷阱。 【变式思路】变式一:short x=-6 赋给 int,符号扩展得 FFFA FFFAH;变式二:unsigned int 转 unsigned short 的截断;变式三:混合运算中 int 与 unsigned 比较的语义变化。扩展与截断规则成对记忆,此类题即是固定套路题。

答案 B(-125)

解析 【考点定位】本题出自计算机组成原理「定点数的表示与运算」知识点,考补码编码与真值的构造式计算,属于「给定数码约束求表示范围端点」的典型强化题,与单纯背范围的题目相比多了一层组合构造。 【逐项分析】8 位补码由 1 位符号与 7 位数值组成,现在限定使用 3 个 1 与 5 个 0。要求表示的整数尽量小:符号位必须为 1;负数补码的真值 = -2^7 + 后 7 位按无符号解释的值,要让真值尽量小,就要让后 7 位的正贡献尽可能小。若后 7 位全 0,得到 -128,但那整个编码 1000 0000 只含 1 个 1,不满足「3 个 1」的约束;于是把剩余 2 个 1 放进数值位并使其数值之和尽可能小——放在最低两位,得 1000 0011,真值 = -128 + 2 + 1 = -125,选 B。A 项 -126 对应 1000 0010,只含 2 个 1,不满足约束;C 项 -32 与 D 项 -3 离下限太远,是把「3 个 1」误当成别的约束理解的结果。 【知识串联】补码「符号位可作为数参与运算」「零表示唯一」两条性质使加减法能统一处理,这是它胜过原码、反码的原因;与 2010 年第 13 题的范围溢出判断、2012 年第 13 题的扩展规则构成「补码三连」,共同覆盖定点表示的主考法;上游连移码(补码符号位取反),移码又是浮点数阶码的编码方式,一路贯通到 IEEE 754。 【易错点】先写出 -126 而忘了清点 1 的个数;想当然答 -128,而其编码只含 1 个 1;把「最小」理解成数值位权值端而漏掉符号位必须是 1 的前提。审题时把「3 个 1、5 个 0」圈出来,构造完回头清点一遍数码,可防低级失误。 【变式思路】变式一:同约束下求能表示的整数个数(后 7 位任放 2 个 1,共 C(7,2)=21 个再加符号位讨论);变式二:求同约束下的整数上端点(0 1111 100=124);变式三:改成原码或反码同约束求端点。方法通用:符号定极性,数码位置定大小。

答案 A(BEE0 0000H)

解析 【考点定位】本题出自计算机组成原理「浮点数的表示与运算(IEEE 754)」知识点,考单精度格式从十进制到机器数的手工编码全流程,是近年计算类选择题的稳定难度高点,冲刺阶段必须练到零失误。 【逐项分析】IEEE 754 单精度格式为 1 位数符 + 8 位阶码(偏置值 127)+ 23 位尾数(隐含整数 1)。先做十进制转二进制:0.4375=0.0111B;再做规格化:0.0111=1.11×2^-2,负数故数符取 1;接着算阶码:-2+127=125=0111 1101B;末了写尾数:隐去小数点前的 1,剩余 0.11 右侧补 0 补满 23 位。拼接三段:1 01111101 11000000000000000000000,按四位分组重排,即得 BEE0 0000H,选 A。B、C、D 三项分别对应流程中某一步出错的典型形态,不是正确编码,逐一比对阶码与尾数段即可排除。 【知识串联】IEEE 754 是「数制与编码」通往「浮点运算」的枢纽:阶码用移码编码便于直接比较大小,尾数隐含 1 多挤出一位精度;下游连浮点加减五步(对阶、尾数运算、规格化、舍入、判溢出),2015 年第 14 题以多叙述判断考过对阶与舍入的影响,两题配套覆盖表示与运算两端。 【易错点】三大高频错:忘写负号把数符记成 0(会得到 3EE0 0000H,恰好不在选项中,出题人防的就是它);0.4375 的二进制化错(0.0111 而非 0.101);阶码偏置误用 128。三段回检能挡住前两处常见错误。写完用「数符-阶码-尾数」三段回检再落笔。建议把 32 位格式画成三段小格逐段填数,更稳。把「化二进制、规格化、算阶码、写尾数」四步背成口诀,考场按部就班。 【变式思路】变式一:正数 0.4375 的编码(3EE0 0000H 思路);变式二:给十六进制机器数反求十进制真值;变式三:双精度格式或特殊值(全零、非规格化数、无穷大、NaN)的编码判断。格式三要素拆开逐步写,此类题就是流程题。

答案 A(2.8, 28μs)

解析 【考点定位】本题出自计算机组成原理「计算机系统概述(层次结构与性能指标)」知识点,考平均 CPI 加权计算与 CPU 执行时间换算,是组成原理的基础计算题,也是整份卷子靠前的定盘星小题,主频、CPI、执行时间三者之间的换算是所有性能计算题的地基。 【逐项分析】CPI 是每条指令平均占用的时钟周期数,按指令构成加权:CPI=80%×1+20%×10=0.8+2=2.8。CPU 执行时间=指令条数×CPI÷主频=10000×2.8÷10^9 Hz=2.8×10^-5 s=28μs,选 A。B 项把 CPI 误算成 28,属于小数点错位;C、D 两项时间单位换算错,把 28μs 写成 28ms,差了三个数量级。两问各是一步算式,采分点全在加权与数量级上。做题时把三个量的单位写在算式旁边,数字代入后先约数量级、再算有效数字,能避开选项里刻意设置的换算陷阱。 【知识串联】性能指标三件套:主频(每秒时钟周期数)、CPI(每指令周期数)、执行时间(指令数×CPI÷主频),知道任意两个可推出第三个;衍生量 MIPS=主频÷(CPI×10^6)。上游连时钟周期与指令执行过程(取指、译码、执行、访存、写回),下游连部件加速类问题——2012 年考过 CPU 提速 50% 而 I/O 不变时整段程序时间的下降,用的正是分项时间加权同一招。 【易错点】ns、μs、ms 换算错位是本题命题点;20%×10 算成 0.2 漏乘 10;主频 1GHz 当成 10^8。带单位列式、不跳步,即可全对。 【变式思路】变式一:给执行时间与主频反求 CPI 或 MIPS;变式二:给三类指令各自 CPI 与条数,先求加权平均;变式三:与 Cache 命中情况结合,把访存周期折算进平均 CPI(早年大题考过)。公式一行,换马甲也认得;性能题与部件加速比一类计算共用「分项加权」这一个内核。另一路高频错误是拿 MIPS 与 CPI 混作单位,记住 MIPS 等于主频除以 CPI 再除以百万,口径就不会乱。

答案 C(12.5%)

解析 【考点定位】本题出自计算机组成原理「高速缓冲存储器(映射方式、替换算法、写策略)」知识点,考程序访问局部性与直接映射下缺失率的联合计算,是 Cache 章节的招牌计算题,横跨组成原理与 C 语言循环结构。 【逐项分析】语句 a[k]=a[k]+32 对每个元素先读一次、再写一次,共 2 次访存;数组按 k 递增顺序访问,空间局部性好。每块 16B 装 4 个 int,1KB 数据区共 64 块,数组元素按 4 个一组连续落入同一主存块。对每一块:首次访问该块的起始元素时缺失一次,把整块调入,此后这 4 个元素的读和写共 8 次访存全部命中,即每 8 次访存只缺 1 次,缺失率=1/8=12.5%,选 C。A 项 1.25% 相当于每 16 次访存缺一次,把块容量当成了 8 个元素;B 项 2.5% 不对应任何结构参数;D 项 25% 是只数读操作或把每个元素当缺一次的误算。「读写各一次」与「一块 4 个元素」两个量都要计入。 【知识串联】局部性分时间与空间两支:循环体越小时间局部性越强,访问步长越小空间局部性越强。本题向上连 2010 年第 44 题大题(按行/按列访问对比命中情况,列访问跨块导致缺失暴增),向下连组相联加 LRU 的命中次数模拟(2012 年第 17 题)与 2021 年 Cache 行位数计算,一套「块内元素数→每元素访存次数→缺失只发生在块首」三步法通吃。 【易错点】漏数写操作(每元素只算 1 次访存会得 25%);把块大小与数据区总容量混淆导致块内元素数算错;忽略「执行前 Cache 为空」的冷启动条件,误以为首轮也要命中。 【变式思路】变式一:数组按列访问 a[k][i],跨块取数,几乎每元素都缺;变式二:改组相联+LRU,给访问序列数命中次数;变式三:数组规模大于 Cache,考虑直接映射的冲突置换。识别访问模式永远是解题的头一个动作。

答案 A(275 位)

解析 【考点定位】本题出自计算机组成原理「高速缓冲存储器」知识点,考直接映射下 Cache 行位数的完整拆解,把映射方式、地址划分与写策略三个考点拧进一道题,是 Cache 章节的压轴型计算题。 【逐项分析】Cache 行位数=数据位+标记位+控制位三部分相加。数据位:每块 32B=256 位。标记位:直接映射把 32 位主存地址切成「标记|行号|块内地址」三段,块内地址 log₂32B=5 位,Cache 共 32KB÷32B=1K 行、行号占 10 位,标记占 32-10-5=17 位。控制位:每行要 1 位有效位;题目写明回写策略,被修改过的块淘汰前必须先写回主存,故还需 1 位脏位。合计 256+17+1+1=275 位,选 A。B 项 274 漏算了脏位;C 项 258 把 17 位标记整个丢了;D 项 257 只加了有效位。位数拆解没有捷径,只能逐项算,「至少」二字提示不计替换算法控制位等额外位。 【知识串联】地址三段划分是核心模型:改成组相联时「行号」段换成「组号」,组内路数进到标记里;写策略分回写(加脏位,写命中只写 Cache,一致性靠淘汰时回写)与写直达(不加脏位,同时写主存),与 2015 年「直写+TLB 场景下指令访存次数」一题是同一知识域的两面,配套做一遍收获加倍。把 2010、2016、2021 三年的 Cache 真题排在一起刷,地址三段划分这把钥匙就焊牢了。 【易错点】行数计算时把 32KB 数据区与 32B 块大小的单位混用;忘记块内地址占 5 位;回写忘加脏位是普遍丢分点;把「至少」漏看而纠结 LRU 位的年份。 【变式思路】变式一:改 2 路组相联,重算组号与标记位数;变式二:问标记阵列总容量(行数×每行标记与控制位);变式三:给主存地址求其映射到的行号与标记值。先画地址三段图再落笔,是此类题的规范动作。

答案 A(进程的时间片用完)

解析 【考点定位】本题出自操作系统「处理机调度(调度时机、典型调度算法)」知识点,考优先级调度中动态调整优先级的设计动机,是调度策略思想类基础概念题,考「为什么」而非「是什么」。 【逐项分析】从「谁该被奖励、谁该被抑制」的调度思想入手。A 项时间片用完,说明进程已连续占用 CPU 一段时间,适当降低其优先级可让其他进程获得调度机会,这是优先级调度与时间片机制结合的常见做法,正确。B 项进程刚完成 I/O 进入就绪队列,通常希望它尽快处理 I/O 结果、让设备流水线转起来,一般应提高其优先级而不是降低。C 项进程长期处于就绪队列,为避免饥饿,应逐步提升其优先级(等待越久优先级越高)。D 项从就绪转为运行是刚获得 CPU 的时刻,没有理由立即降级。四项按「奖勤罚懒加防饿」逐一推理,不需要死记结论,选 A。 【知识串联】调度算法族谱:先来先服务、短作业优先、高响应比优先、优先级调度、时间片轮转、多级反馈队列——其中多级反馈队列正是「用满时间片降一级队列、完成 I/O 升一级队列」的制度化版本,本题就是它的思想内核;2009 年考高响应比、2010 年考本题、2011 年考「短任务优先且不饥饿」,调度思想三连考,均在同一坐标系内。 【易错点】B 是命题人埋的逆向陷阱:直觉上「刚就绪」似乎该降级,实际 I/O 型进程要奖励才能匹配设备节奏;C 的方向也易答反(久等该提不该降)。记住「时间片用完对应降级、其余常见事件对应升级」即可秒判。 【变式思路】变式一:改问「提高优先级的合理时机」(I/O 完成、等待过久);变式二:多级反馈队列中进程在队列间的迁移方向;变式三:静态优先级与动态优先级在饥饿问题上的差别。思想题抓住调度价值取向,一通百通。

答案 B(61ms)

解析 【考点定位】本题出自操作系统「处理机调度」知识点,考抢占式优先级调度的逐时刻模拟与平均周转时间计算,是近年调度计算题的代表,综合了到达时刻、优先数与剩余执行时间三个变量的联合推演。 【逐项分析】抢占式优先级规则:新到进程优先数更大即夺走 CPU。0ms 起 P1(优先数 1)运行;20ms 时 P2 到达(优先数 10 大于 1),抢占,P2 运行;30ms 时 P3 到达(优先数 100 大于 10),再抢占,P3 运行 13ms,至 43ms 完成;此刻就绪的是 P1(已运行 20ms,尚剩 40ms)与 P2(已运行 10ms,尚剩 32ms),P2 优先数大,运行 43~75ms 完成;P1 接着运行 75~115ms 完成。周转时间=完成时刻-到达时刻:P1=115-0=115ms,P2=75-20=55ms,P3=43-30=13ms,平均=(115+55+13)÷3=61ms,选 B。A 项 60 是口径错误(只取了 P1 的周转或漏了一次等待);C、D 是多数或漏数一个抢占点造成的结果。时间轴按 0、20、30、43、75、115 六个刻度切开,每个刻度问一句「现在谁在跑、谁在等」,就不会漏掉任何一次抢占。 【知识串联】调度计算题的公共骨架:画时间轴→逐时刻判抢占→按完成时刻减到达时刻算周转→再算带权周转与等待时间。与本题对照,同一张表改成非抢占式优先级,P1 会先连续跑满 60ms,平均周转立刻变化——「抢占与否」是此类题的头一个分叉点,读题先圈它。 【易错点】被抢占进程恢复运行时要从「剩余时间」接着计,不能从头计;周转时间从到达时刻起算,不是从首次获得 CPU 时刻;求平均值时除数是进程数 3,不是时间轴段数。 【变式思路】变式一:同表改非抢占优先级(先到者跑完再按优先数);变式二:改时间片轮转,按片切割逐段模拟;变式三:加问带权周转时间与等待时间,或问 CPU 空闲时段。时间轴画清楚,全家桶问法一次拿下。

答案 C(可能为 0、1 或 2)

解析 【考点定位】本题出自操作系统「进程同步与互斥(临界区、信号量)」知识点,考机器指令级交错执行后的结果取值,是理解「为什么需要同步机制」的入口题,把并发问题下钻到了指令层。 【逐项分析】每条高级语句被拆成取数、运算、存回三条机器指令,并发时六条指令可以任意交错。完全串行(先加后减或先减后加)x 都回到 1;若 P1 取走 x=1 后尚未存回,P2 也取走 x=1,随后谁后执行 store 谁的值生效:P2 后存则 x=0,P1 后存则 x=2。所以 1、0、2 三种结果都可能出现,选 C。A 项的 -1 和 3 需要两次加或两次减,与题目各执行一次矛盾;B 项忽略了交错造成的更新丢失;D 项多算了不存在的取值。本质:非原子的「读-改-写」序列并发执行会互相覆盖中间结果,这正是临界区问题与同步机制要解决的事。 【知识串联】「读-改-写」非原子性是临界区问题的根源,上游连进程并发执行与程序顺序性的丧失,下游连互斥锁、信号量 P/V 直至管程;把本题六条指令包进一个临界区,结果就唯一化为 1——这是 2009 年第 45 题信号量大题的反面铺垫,两题合看,同步机制的存在意义一目了然。 【易错点】只枚举「先加完再减」与「先减完再加」两种串行顺序,遗漏交错;想当然认为取值能到 -1 或 3(那需要同一操作执行两遍);忘了结果由「谁后执行 store」支配这一判定规则。枚举时抓住「两个 load 之后谁先 store」这一分叉,即可穷尽所有关键情形。 【变式思路】变式一:两条语句都执行加 1,可能取值为 2 或 3(丢失一次更新);变式二:给具体交错序列问 x 终值;变式三:问加什么同步措施可让结果确定。拆到指令级枚举 store 先后,是通用解法。

答案 C(5 次)

解析 【考点定位】本题出自操作系统「虚拟内存与页面置换算法」知识点,考 LRU 置换的逐步模拟与缺页、置换两个口径的区分,是页置换章节的标准计算题,考的是耐心与规范而非技巧。 【逐项分析】逐次模拟,4 个页框初始为空。前 4 次访问 0、1、2、7 依次缺页装入空框,不发生置换;第 5 次访问 0 命中;访问 5 缺页,LRU 淘汰此时久未使用的 1;访问 3 缺页,淘汰久未使用的 2;访问 5、访问 0 均命中;访问 2 缺页,久未使用的是 7,淘汰 7;访问 7 缺页,淘汰 3;访问 6 缺页,淘汰 5。全程缺页 9 次,其中前 4 次只是把页装入空框,后 5 次才发生真正的页置换,选 C。A、B 两项多是淘汰策略用错(误按进入顺序的 FIFO)或漏算所致;D 项 6 把装入空框也计成了置换。题眼在两本账:预分配页框未装满时只缺页不置换,置换次数=缺页次数-预分配页框数。 【知识串联】LRU 看上次使用时间,FIFO 看进入顺序,访问序列一出现重复访问,两者结果即分道;OPT(向后看)是理论下界。上游连请求分页的缺页处理流程与页表项的有效位、访问位、脏位,下游连 Belady 异常(FIFO 独有,页框增多缺页反增)、抖动与工作集模型,组成本章全景。模拟题拼的是规范:列时刻表、标命中、记淘汰,三栏齐全就不乱。 【易错点】每步访问后忘记刷新「最近使用时间」,导致中途淘汰错页;把缺页次数当置换次数直接选 9 对应项;模拟到后半程把已淘汰页误当作仍在内存。列时刻表逐行推进,是稳妥解法。 【变式思路】变式一:同序列改 FIFO 或 OPT 问次数并对比;变式二:页框数增减后重算,验证 LRU 无 Belady 异常;变式三:反问某次缺页淘汰的是哪一页。表格式模拟一通百通。

答案 C(p1 与 p2 不一定相等,f1 与 f2 一定相等)

解析 【考点定位】本题出自操作系统「分页存储管理(页表、地址变换)」知识点,考多进程虚拟地址空间与物理页框的映射关系,是分页机制与共享概念交叉的基础辨析题,一句话模型:「页号虚拟,页框物理」。 【逐项分析】每个进程拥有独立的虚拟地址空间与页表:data 在 R 的虚拟空间里落在 p1 页,在 S 的空间里落在 p2 页,两个页号由各自的编译布局与内存分配决定,完全可能不同,「一定相等」不成立,A、B 排除。而共享的意义正是内存中只保留一份副本:两个进程的页表项指向同一个物理页框,f1=f2 一定成立,C 正确,D 随之排除。换个角度记:页号是各进程自家门牌,页框号是小区里同一间房——门牌可以各编各的,房间只有一间。 【知识串联】本题连接「虚拟地址空间互相隔离」与「物理内存共享」这对分页机制的核心设定:往上是地址变换流程(虚页号查页表得页框号,拼接页内偏移)与多级页表;往下是共享库(多个进程映射同一份动态库代码页,省内存)与写时复制(父子进程起初共享页框,任一方写时缺页再复制出新页框并改指向),2023 年同卷第 28 题考的正是虚拟地址空间的隔离性,两题配套。 【易错点】直觉认为「共享同一数据,页号也该相同」——虚拟布局因进程而异,页号没有理由对齐;反向错误是以为页框也可以不同——那内存里就有两份副本,「共享」二字就落空了。 【变式思路】变式一:私有数据(非共享)时 f1 与 f2 的关系(各占各的页框,不一定相等);变式二:写时复制场景中写方发生什么(缺页、复制新页框、页表项改指);变式三:两进程共享代码段但数据段私有的映射图判断。抓住「页号虚拟、页框物理」八字即可秒答。

答案 D(P3, P4, P2, P1, P0)

解析 【考点定位】本题出自操作系统「死锁(银行家算法避免)」知识点,考安全序列的判定,把死锁避免的大题流程压缩进一道选择题,是死锁章节的标准计算题,规范性要求高于技巧性。 【逐项分析】先算需求矩阵 Need=最大需求-已分配,五个进程依次为 (2,3,7)、(1,3,3)、(0,0,6)、(2,2,1)、(1,1,0);可用资源 Available=(18,6,22)-(16,3,19)=(2,3,3)。逐项试序列:A 项以 P0 开头,其 R3 需求缺口大于现有量,排除;C 项以 P2 开头,同样卡在 R3,排除。B 项以 P1 开头:P1 可完成,归还后可用量变为(6,3,6),但轮到 P0 时其 R3 需求得不到满足,卡死,排除。D 项:P3 需(2,2,1)不超过现有(2,3,3),完成后归还,可用量变为(4,3,7);此后 P4、P2、P1 的需求依次可满足,可用量一路归还递增,P0 的需求也能满足并最终归还全部资源。整条序列可完成,是安全序列,选 D。 【知识串联】银行家算法属于死锁「避免」一档,与死锁四个必要条件、预防(破坏四条件之一)、检测(资源分配图化简)、解除(剥夺与撤销)共同构成死锁知识全景;判定动作的本质是「找一个完成顺序使所有进程都能跑完」,2015 年又以「避免与检测两种策略的对比」复考同一主线。银行家算法虽以选择题出现,流程却是大题级的,练熟后死锁章的计算题全部覆盖。 【易错点】Need 或 Available 算错(三类资源要分别减);进程完成后忘记把已分配资源归还进 Available,后续判定全错;只验证序列头一两个进程可行就下结论,后半卡壳没发现。边算边把可用量更新在表格旁边,是防错的关键。 【变式思路】变式一:问 T0 时刻是否处于安全状态(找到任一安全序列即可);变式二:给某进程的一次资源请求,试分配后再验安全性;变式三:问哪个进程的请求会导致不安全状态。表格法逐行推进,银行家全家桶通用。

答案 答题要点:①互斥信号量 mutex=1,保护缓冲区互斥访问;②同步信号量 empty=N 表示空单元数,odd=0、even=0 分别表示缓冲区中现有奇数、偶数个数;③P1 循环:produce→P(empty)→P(mutex)→put→V(mutex)→奇数则 V(odd)、偶数则 V(even);④P2 循环:P(odd)→P(mutex)→getodd→V(mutex)→V(empty)→countodd;⑤P3 循环:P(even)→P(mutex)→geteven→V(mutex)→V(empty)→counteven。

解析 【考点定位】本题是操作系统「信号量与 PV 操作」综合应用大题,考生产者-消费者模型的按类取货变式,是 408 开考元年的同步大题标杆,此后银行叫号(2011)、信箱辩论(2015)皆同族。 【得分点结构】采分点一,信号量定义与含义:互斥信号量 mutex=1 保护缓冲区;同步信号量 empty=N 表示空单元数;odd=0、even=0 分别表示缓冲区中现有奇数与偶数个数。采分点二,三个进程的完整伪代码:P1 循环 produce→P(empty)→P(mutex)→put→V(mutex)→按奇偶 V(odd)或 V(even);P2 循环 P(odd)→P(mutex)→getodd→V(mutex)→V(empty)→countodd;P3 对称处理 even。采分点三,次序说明:同步 P 必须先于互斥 P——先拿缓冲区锁再去等空位或等货,进程会持锁等待,其余进程进不了临界区,等待的资源永远等不来,系统死锁。V(mutex) 与 V(odd/even) 的先后不影响正确性,但先放锁再发信号更规范。两个统计函数只访问各自私有计数器,放临界区外执行即可;临界区里只放对缓冲区的操作,范围越小并发度越高。 【知识串联】信号量家族的通用模板是「资源信号量(初值=资源数)+互斥信号量(=1),先同步后互斥地 P,先互斥后同步地 V」;上游连 2011 年第 32 题的指令级交错(为什么需要互斥),下游连管程与消息传递等高级同步原语。写伪代码时先列信号量表再写进程框架,层次分明不易漏项。 【易错点】漏写信号量含义与初值是固定扣分点;P 次序颠倒导致死锁(本题埋的核心采分点);统计函数误放进临界区,功能对但丢规范分;消费者忘记 V(empty) 造成空位泄漏。 【变式思路】变式一:生产者分两类(奇数生产者与偶数生产者);变式二:缓冲区改环形,加读写指针循环判断;变式三:换成读者-写者、哲学家进餐等经典场景。模板背熟,全家族通吃。

答案 B(传输层)

解析 【考点定位】本题出自计算机网络「体系结构与 OSI 参考模型」知识点,考各层服务范围的辨析,是网络部分的开卷定位概念题,整卷网络题的基石。 【逐项分析】「端到端」指从源主机到目的主机、跨越整个网络为两端的应用进程提供逻辑通信。A 项数据链路层只负责相邻结点(主机与交换机、路由器之间)的帧传送,是逐跳服务;网络层(不在选项中)提供主机到主机的通信,还没细化到进程;B 项传输层借助端口号标识应用进程,实现进程到进程的端到端通信,是自下而上头一个提供端到端服务的层次,正确。C 项会话层、D 项应用层都构建在传输层之上,虽也涉及两端,但「头一个」提供该服务的只能是传输层。本题辨析核心:逐跳(链路层)→主机到主机(网络层)→进程到进程(传输层)的递进链。 【知识串联】五层体系结构是 OSI 七层与 TCP/IP 四层的工程折中,本题的层次服务口径贯穿全章:传输层的 TCP/UDP 之别是可靠/不可靠的端到端服务之别;设备层次定位也依赖它——路由器实现到网络层,交换机实现到数据链路层,与 2015 年第 37 题交换机题互为表里。2011 年又从「TCP/IP 网络层提供什么服务」角度复考。 【易错点】把「端到端」与「主机到主机」混为一谈,误向网络层方向选;忘记题干限定的自下而上顺序,觉得会话层、应用层也能抢先提供端到端服务而纠结;会话层在 TCP/IP 体系中实际不存在,但 OSI 题目按七层作答。 【变式思路】变式一:问「提供可靠传输与拥塞控制的层次」(传输层);变式二:问路由器、交换机分别实现到第几层;变式三:OSI 与 TCP/IP 各层的对应关系判断。背熟「逐跳-主机-进程」三级递进,此类题即可口算。

答案 D(有连接可靠的数据传输服务)

解析 【考点定位】本题出自计算机网络「应用层(DNS、FTP、电子邮件)」与传输层服务的交叉知识点,考具体应用协议选择 TCP 还是 UDP 的判断,是应用层选路表的基础应用题。 【逐项分析】POP3 是邮件读取协议,建立在 TCP 连接之上(熟知端口 110),而 TCP 提供面向连接、可靠的数据传输服务,故选 D。A 项「无连接不可靠」是 UDP 的服务画像,DNS 查询、DHCP、RIP、实时音视频走这一路;B 项「无连接可靠」在标准传输层服务组合中并不存在,是天然排除项;C 项「有连接不可靠」同样不存在——连接建立本身就是可靠传输机制的组成部分。四个选项实为「两真两假」结构:先判连接性(POP3 用 TCP),再判可靠性(TCP 可靠),组合即得答案。做这类组合判断题,先把不存在的组合排除掉,剩下的真组合再逐一核对协议,速度与正确率都有保障。 【知识串联】应用层协议选路要整表记忆:HTTP、FTP、SMTP、POP3/IMAP 走 TCP;DNS 查询、DHCP、SNMP、RIP 走 UDP;判断依据是「数据不允许丢失还是实时性优先」。配套记忆端口号(POP3=110,SMTP=25,DNS=53,HTTP=80)与邮件系统分工:发送端用户代理到服务器、服务器之间用 SMTP,收件人从服务器取信用 POP3 或 IMAP,一图理清三协议站位。 【易错点】自己发明「无连接可靠」的服务类型而误选 B;把 POP3 与走 UDP 的协议记混;忽视题干问的是传输层服务类型,而按应用层行为(邮件会不会丢)作答。另外 POP3 与 IMAP 的区别也常一并出现:前者下载后即从服务器删除,后者在线同步,读题时看清协议名。 【变式思路】变式一:换 DNS、DHCP 问同一问题,答案变为无连接不可靠;变式二:问某协议使用的传输层端口号;变式三:给服务描述反推协议名。掌握「TCP/UDP 服务画像+协议选路表」,应用层近半选择题有解。

答案 A(以太网交换机本质上是一种多端口网桥)

解析 【考点定位】本题出自计算机网络「数据链路层设备(网桥与交换机)与局域网」知识点,考以太网交换机的本质与冲突域、广播域的划分,是链路层设备部分的经典概念题。 【逐项分析】A 项正确:交换机由网桥发展而来,本质上是一个多端口网桥,工作在数据链路层,依据帧的目的 MAC 地址查自学习转发表决定出端口。B 项错误:交换机每个端口是一个独立的冲突域,互连的工作站分属不同冲突域,全双工端口甚至不再有冲突;说「构成一个冲突域」恰好说反。C 项错误:广播帧会从除入口外的所有端口洪泛出去,交换机分割冲突域但不分割广播域,划分广播域要靠 VLAN 划分或路由器。D 项错误:互联不同网络层协议的网络是路由器的职能,交换机看不懂 IP 首部。四项分别锚定「本质-冲突域-广播域-层次」四个考点,选 A。 【知识串联】设备层次坐标要成串记忆:集线器在物理层,整体一个冲突域一个广播域;网桥与交换机在数据链路层,每端口一个冲突域、整体一个广播域;路由器在网络层,分割广播域。VLAN 把一台物理交换机切成多个逻辑广播域,2015 年同卷第 47 题大题(DHCP、ARP、跨网段访问)正是这套设备观的系统集成应用。 【易错点】冲突域与广播域记反(交换机隔冲突域、不隔广播域);误以为 C 项对——广播帧明明要洪泛到所有端口;忽视「多端口网桥」这一教科书定义而觉得 A 太绝对。 【变式思路】变式一:给集线器、交换机、路由器级联的拓扑,数冲突域与广播域个数;变式二:交换机自学习过程与收到未知单播帧时的洪泛行为;变式三:VLAN 划分后同 VLAN 跨交换机通信路径。画拓扑数圈圈,是此类题的固定动作。

答案 B(32, 6)

解析 【考点定位】本题出自计算机网络「IPv4 地址(分类地址、子网划分)」知识点,考定长子网掩码下的子网数与可分配地址数计算,是网络部分计算题的基本功,也是历年反复出现的送分型计算。 【逐项分析】把掩码末字节写成二进制:248=1111 1000B,说明 /24 的 8 位主机号被重新切分为前 5 位子网号、后 3 位主机号。子网号 5 位,子网数量 2^5=32 个;主机号 3 位,每个子网 2^3=8 个地址,扣除全 0 的网络地址与全 1 的广播地址,可分配给主机的为 8-2=6 个,选 B。A 项忘了扣两个保留地址;C、D 两项把子网位与主机位弄反(当成 3 位子网、5 位主机),是没把掩码末字节展开成二进制的典型错误。套路总结:掩码点分十进制→二进制→数子网位与主机位→子网数 2^n、可分配地址 2^m-2,「-2」这一步是命题人常设的坑。 【知识串联】子网划分向上连分类地址(A/B/C 类)与 CIDR(无类别编址,前缀任意长、按最长前缀匹配转发,还能反向聚合成大前缀),向下连路由表表项结构与 NAT 地址复用;定长子网划分「-2」与 CIDR 中 /31 点对点链路、/32 主机路由的特殊用法对比着记更牢。2009 年第 47 题、2011 年第 37 题与本题构成子网三连考。子网题的关键动作只有两个:展开二进制、数清位数,其余都是这两步的推论。 【易错点】248 的二进制展开写错;忘扣网络地址与广播地址直接选 A;把 2^5 与 2^3 对调。坚持末字节展开 8 位二进制再动笔。 【变式思路】变式一:给主机地址与掩码求子网地址、广播地址与可分配范围;变式二:按所需主机数反推应取的掩码;变式三:多个网络求 CIDR 聚合后的最短前缀。位数数对、减 2 记牢,子网全家桶通吃。

答案 B(500)

解析 【考点定位】本题出自计算机网络「TCP 协议(可靠传输)」知识点,考序号编制规则与累积确认语义,并叠加失序接收情形,是 TCP 部分的保留计算题,难度集中在语义理解而非计算量。 【逐项分析】先由第 3 段序号倒推各段序号:序号是段内头一个字节的编号,第 3 段序号 900,则第 2 段序号为 900-400=500,第 1 段序号为 500-300=200,三段分别覆盖字节 200~499、500~899、900~1399。乙只收到第 1 段和第 3 段,第 2 段(500~899)缺失。TCP 采用累积确认,确认号=期望收到的下一个字节的序号,缺口没补上就只能确认到缺口之前,所以乙回送确认序号 500,选 B。A 项 300 是第 1 段的载荷长度,不是序号;C 项 1200、D 项 1400 相当于把已乱序到达的第 3 段一并确认,违反累积确认语义——接收方不能确认缺口之后的数据。本题一把考了「倒推序号」与「失序时确认号卡在缺口」两个点。 【知识串联】序号与确认号向上连 TCP 首部格式(各 32 位,ACK 标志位控制确认字段是否有效),向下连超时重传与快速重传(三个重复确认触发)——正是累积确认「卡缺口」的低效催生了选择确认 SACK;与接收窗口合看,就是 TCP 可靠传输与流量控制的三件套,2009 年与本题构成无失序、有失序的难度递进。 【易错点】用「收到的最后一个字节序号+1」直接计算,乱序场景下必错;忽视序号连续性(前段序号+前段载荷=后段序号)而另起炉灶;把确认号理解成「已收到的字节数」。 【变式思路】变式一:连续接收无丢失,问确认号(末字节序号+1);变式二:问乙反复回送同一确认号意味着什么(触发甲方快速重传);变式三:结合窗口大小问甲还能继续发送的字节范围。画字节数轴标区间,缺口一眼可见。

答案 A(25ms)

解析 【考点定位】本题出自计算机网络「TCP 拥塞控制」知识点,考慢开始阶段拥塞窗口的指数增长节奏与发送窗口取小规则,是网络部分的压轴型计算题,题面短而陷阱密。 【逐项分析】发送窗口=min{拥塞窗口,接收窗口}。乙的接收缓存 64KB 大于目标 32KB,全程不构成约束,只需盯拥塞窗口。连接刚建立时拥塞窗口为 1 个 MSS=1KB,处于慢开始阶段,每经过 1 个 RTT 拥塞窗口翻倍:1KB→2KB→4KB→8KB→16KB→32KB,到达 32KB 共需 5 个 RTT,5×5ms=25ms,选 A。B 项 30ms 相当于多数了一个 RTT(把「达到 32KB」误当成还要再翻倍一段);C 项 160ms、D 项 165ms 是误用拥塞避免的线性增长逐段累加的结果。读题还要抓两个隐含条件:未提超时,故无门限回落、全程指数增长;接收缓存充裕,发送窗口完全由拥塞窗口决定。 【知识串联】拥塞控制四算法成套记忆:慢开始(每 RTT 翻倍)、拥塞避免(每 RTT 线性加 1 个 MSS)、快重传、快恢复,由门限 ssthresh 控制切换。2009 年考「超时后窗口回落再爬升」,本题考「从建立到指定窗口的耗时」,2015 年又考「接收缓存被填满使发送窗口卡在 1KB」——同一模型,分别改「超时」与「接收方约束」两个条件,三题连做才算学透。 【易错点】数 RTT 个数时把起点数错(从 1KB 到 32KB 是 5 次翻倍);有门限时忘记在门限处切成线性加一;忽视接收窗口的约束方向——2015 年那题恰恰考它反向卡住发送窗口。 【变式思路】变式一:给门限,问跨门限后到达某窗口的总时间(指数段+线性段分步算);变式二:发生超时后,拥塞窗口与门限如何变化、再爬升要多久;变式三:问发送窗口被接收窗口卡住时的取值。门限、超时、接收窗口三个变量,每改动一个就是一道新题;先判阶段再数 RTT,模型一通百通。