标签：发送 0000 10 网络 计算机网络 地址 分组 答案 习题
第一章、 概述（P34-35）（先做第17题，再做第10题）
1-07、internet和Internet在意思上有何重要区别？
答：以小写字母“i”开始的internet（互联网或互连网）是一个通用名词，它泛指由多个计算机网络互连而成的网络。在这些网络之间的通信协议（即通信规则）可以是任意的。
以大写字母I开始的Internet（因特网）是一个专用名词，它指当前全球最大的、开放的、由众多网络相互连接而成的特定计算机网络，采用TCP/IP协议族作为通信的规则，其前身是美国的ARPANET。
1-08、计算机网络有哪些类别？各种类别的网络都有什么特点？
答：计算机网络是指：一些互相连接的、自治的计算机的集合。按照不同的标准可将其分为不同的类别：
1、按交换方式：有电路交换、报文交换、分组交换、帧中继交换、信元交换等。
2、按拓扑结构：有集中式网络、分散式网络、分布式网络。其中，集中式网络的特点是网络信息流必须经过中央处理机或网络交换节点(如星形拓扑结构)；分布式网络的特点是任何一个节点都至少和其他两个节点直接相连(如网状形拓扑结构)，它是主干网经常采用的一种结构；分散式网络实际上是星形网和网状形网的混合网。
3、按作用范围：有广域网(WAN)、局域网(LAN)、城域网(MAN)。其中，广域网的作用范围为几十至几千公里，又称为远程网；局域网的作用范围常被限制在一个单位或一个校园(1 km)内，但数据传输速率高(10 Mb/s以上)；城域网常介于广域网和局域网之间，局限在一个城市(5～50 km)内。
4按使用范围：有公用网和专用网。其中，公用网都是由国家的电信部门建造和控制管理的；专用网是某个单位或部门为本系统的特定业务需要而建造的，不对单位或部门以外的人员开放。
1-10、试在下列条件下比较电路交换和分组交换。要传送的报文共x(bit)。从源站到目的站共经过k段链路，每段链路的传播时延为d(s)，数据率为b(b/s)。在电路交换时电路的建立时间为s(s)。在分组交换时分组长度为p(bit)，且各结点的排队等待时间可忽略不计。问在怎样的条件下，分组交换的时延比电路交换的要小？
解：采用电路交换：端到端时延： (s 建立传输管道时间)
采用分组交换：端到端时延： ，（k-1p/b 是每段发送时延）
这里假定 ，即不考虑报文分割成分组后的零头。 P19-20 时延定义
欲使 ，必须满足
1-11、在上题的分组交换网中，设报文长度和分组长度分别为x和（p+h）bit，其中p为分组的数据部分的长度，而h为每个分组所带的控制信息固定长度，与p的大小无关。通信的两端共经过k段链路。链路的数据率为b（bit/s），但传播时延和结点的排队时间均可忽略不计。若打算使总的时延为最小，问分组的数据部分长度p应取为多大？
答：分组个数：x/p，传输的总比特数：(p+h)x/p，源发送时延：(p+h)x/pb，
分组经过k-1个分组交换机的转发，中间发送时延：(k-1)(p+h)/b，
总发送时延D=源发送时延+中间发送时延
D= (p+h) x/pb+ (k-1) (p+h)/b
令其对p的导数等于0，求极值
p=√hx/(k-1)
1-17、收发两端之间的传输距离为1000km，信号在媒体上的传播速率为 。试计算以下两种情况的发送时延和传播时延：
（1） 数据长度为107bit,数据发送速率为100kb/s。
（2） 数据长度为103bit,数据发送速率为1Gb/s。
解：（1）发送时延：
传播时延：
（2）发送时延：
传播时延：
1-18、假设信号在媒体上的传播速率为 。媒体长度L分别为：（1）10cm（网络接口卡）；（2）100m（局域网）；（3）100km（城域网）；（4）5000km（广域网）；
试计算当数据率为 和 时在以上媒体中正在传播的比特数。
解：传播时延= 媒体长度 / 传播速率
媒体中的比特数= 传播时延 * 带宽（数据发送速率）
媒体长度L 传播时延 媒体中的比特数
数据率＝
数据率＝
（1）0.1m
4.35
（2）100m
0.435
（3）100km
（4）5000km 0.0217s
1-19、长度为100字节的应用层数据交给传输层传送，需加上20字节的TCP首部。再交给网络层传送，需加上20字节的IP首部。最后交给数据链路层的以太网传送，加上首部和尾部共18字节，试求该数据的传输效率。数据的传输效率是指发送的应用层数据除以所发送的总数据（即应用数据加上各种首部和尾部的额外开销）。若应用层数据长度为1000字节，数据的传输效率是多少？
解：（1）数据长度为100字节时
传输效率=100/（100+20+20+18）*100%=63.3%
（2）数据长度为1000字节时
传输效率=1000/（1000+20+20+18）*100%=94.5%
1-24、试述五层与七层协议的网络体系结构的要点，包括各层的主要功能。
答：所谓五层协议的网络体系结构是为便于学习计算机网络原理而采用的综合了OSI七层模型和TCP/IP的四层模型而得到的五层模型。五层体系结构见图1-1所示。
图1-1五层体系结构模型
各层的主要功能：
- 应用层：最高层，直接为用户的应用进程提供服务；
- 运输层：是负责向两个主机中进程间的通信提供服务；
- 网络层：为分组交换网上的不同主机提供通信服务；
- 数据链路层：将网络层交下来的数据报组装成帧（frame)，在两个相邻结点间的链路上实现帧的无差错传输；
5）物理层：透明地传输比特流。
OSI七层协议模型及各层的主要功能：
第二章、 物理层（P62）
2-09、用香农公式计算一下：假定信道带宽为3100Hz，最大信息传输速率为35kb/s，那么若想使最大信息传输速率增加60%。问信噪比S/N应增大到多少倍数？如果在刚才计算出的基础上将信噪比S/N再增大到10倍，请问最大信息传输速率能否再增加20%？
解：根据 C=WLog 2（1+S/N）
（1）将C= 35000，W= 3100代入，得1+ S/N= 2 350/31
（2）再将C= 35000*（1+60%），W= 3100代入，得1+ S/N= 2 350*1.6 / 31
此时，S/N比（1）式 要扩大 100倍
（3）若S/N再比（2）式 扩大 10倍，则 （2）式中的C要提高18.5%
2-13、为什么要使用信道复用技术？常用的信道复用技术有哪些？
答：信道复用技术可以使使多个进程能共享单一的传输层实体进行通信，从而节省大量资源。常用的信道复用技术有：
频分复用（FDM，Frequency Division Multiplexing）将用于传输信道的总带宽划分成若干个子频带（或称子信道），每一个子信道传输1路信号。
时分复用（TDM，Time Division Multiplexing）就是将提供给整个信道传输信息的时间划分成若干时间片（简称时隙），并将这些时隙分配给每一个信号源使用，每一路信号在自己的时隙内独占信道进行数据传输。
波分复用（WDM，Wavelength Division Multiplexing）在光纤上的频分复用。
码分复用（CDM，Code Division Multiplexing）是靠不同的编码来区分各路原始信号的一种复用方式，主要和各种多址技术结合产生了各种接入技术，包括无线和有线接入。
统计复用（SDM，Statistical Division Multiplexing）有时也称为标记复用、统计时分多路复用或智能时分多路复用，实际上就是所谓的带宽动态分配。统计复用从本质上讲是异步时分复用，它能动态地将时隙按需分配，而不采用时分复用使用的固定时隙分配的形式，根据信号源是否需要发送数据信号和信号本身对带宽的需求情况来分配时隙，主要应用场合有数字电视节目复用器和分组交换网等。
2-14、试写出下列英文缩写的全文，并进行简单的解释。
FDM，TDM，STDM，WDM，DWDM，CDMA，SONET，SDH，STM-1，OC-48
答：FDM：Frequency Division Multiplexing 频分复用
TDM：Time Division Multiplexing 时分复用
STDM：Statistic TDM 统计时分复用
WDM：Wavelength Division Multiplexing 波分复用
DWDM：Dense WDM 密集波分复用
CDMA：Code Division Multiplex Access 码分多址
SONET：Synchronous Optical Network 同步光纤网
SDH：Synchronous Digital Hierarchy 同步数字系列
STM-1：Synchronous Transfer Module-1 第一级同步传递模块，基本速率155.52Mb/s
OC-48：Optical Carrier－48 第48级光载波
2-16、共有4个站进行码分多址CDMA通信。4个站的码片序列为：
A：（-1 –1 –1 +1 +1 –1 +1 +1） B：（-1 –1 +1 -1 +1 +1 +1 -1）
C：（-1 +1 –1 +1 +1 +1 -1 -1） D：（-1 +1 –1 –1 -1 –1 +1 -1）
现收到这样的码片序列：（-1 +1 –3 +1 -1 –3 +1 +1）。问哪个站发送数据了？发送数据的站发送的1还是0？
答：S·A=（＋1－1＋3＋1－1＋3＋1＋1）／8=1， A发送1
S·B=（＋1－1－3－1－1－3＋1－1）／8=－1， B发送0
S·C=（＋1＋1＋3＋1－1－3－1－1）／8=0， C无发送
S·D=（＋1＋1＋3－1＋1＋3＋1－1）／8=1， D发送1
2-18、为什么在ADSL技术中，在不到1MHz的带宽中却可以传送速率高达每秒几个兆比？
答：靠先进的DMT编码，频分多载波并行传输、使得每秒传送一个码元就相当于每秒传送多个比特。
第三章、 数据链路层（P105-107）
3-07、要发送的数据为1101011011。采用CRC的生成多项式是 。试求应添加在数据后面的余数。数据(真实有用的数据)在传输过程中最后一个1变成了0，问接收端能否发现？若数据在传输过程中最后两个1都变成了0，问接收端能否发现？
答：添加的检验序列为1110 （11010110110000除以10011）。传输的全部数据是11010110111110。
数据在传输过程中最后一个1变成了0，11010110101110除以10011，余数为011，不为0，接收端可以发现差错。
数据在传输过程中最后两个1都变成了0，11010110001110除以10011，余数为101，不为0，接收端可以发现差错。
3-08、要发送的数据为101110。采用CRCD 生成多项式是 。试求应添加在数据后面的余数。
答：添加的检验序列为011（101110000除以1001）。传输的全部数据是101110011。
3-09、 一个PPP帧的数据部分（用十六进制写出）是7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E。试问真正的数据是什么（用十六进制写出）？
答：7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E
7E FE 27 7D 7D 65 7D（
3-10、3-10 PPP协议使用同步传输技术传送比特串0110111111111100。试问经过零比特填充后变成怎样的比特串？若接收端收到的PPP帧的数据部分是0001110111110111110110，问删除发送端加入的零比特后变成怎样的比特串？
答：011011111 11111 00
011011111011111000
0001110111110 111110 110
000111011111 11111 110
3-22、 假定在使用CSMA/CD协议的10Mb/s以太网中某个站在发送数据时检测到碰撞，执行退避算法时选择了随机数r=100。试问这个站需要等待多长时间后才能再次发送数据？如果是100Mb/s的以太网呢？
答：对于10mb/s的以太网，以太网把争用期定为51.2微秒，要退后100个争用期，等待时间是51.2（微秒）*100=5.12ms
对于100mb/s的以太网，以太网把争用期定为5.12微秒，要退后100个争用期，等待时间是5.12（微秒）*100=512微秒
3-24、 假定站点A和B在同一个10Mb/s以太网网段上。这两个站点之间的传播时延为225比特时间。现假定A开始发送一帧，并且在A发送结束之前B也发送一帧。如果A发送的是以太网所容许的最短的帧，那么A在检测到和B发生碰撞之前能否把自己的数据发送完毕？换言之，如果A在发送完毕之前并没有检测到碰撞，那么能否肯定A所发送的帧不会和B发送的帧发生碰撞？（提示：在计算时应当考虑到每一个以太网帧在发送到信道上时，在MAC帧前面还要增加若干字节的前同步码和帧定界符）
答：设在t=0时A开始发送，在tA=（64+8）8=576比特时间，A应当发送完毕。t=225比特时间，B就检测出A的信号，则B只可能在t=224比特时间之前发送数据。
考虑到以太网争用期51.2ms ，对于 10 Mb/s 以太网，在争用期内可发送512 bit，是512比特时间<tA=576比特时间，A在发送完毕之前一定检测到碰撞。
如果A在发送完毕之前并没有检测到碰撞，那么就能够肯定A所发送的帧不会和B发送的帧发生碰撞（当然也不会和其他站点发生碰撞）。
3-25、 在上题中的站点A和B在t=0时同时发送了数据帧。当t=255比特时间，A和B同时检测到发生了碰撞，并且在t=225+48=273比特时间完成了干扰信号的传输。A和B在CSMA/CD算法中选择不同的r值退避。假定A和B选择的随机数分别是rA=0和rB=1。试问A和B各在什么时间开始重传其数据帧？A重传的数据帧在什么时间到达B？A重传的数据会不会和B重传的数据再次发生碰撞？B会不会在预定的重传时间停止发送数据？
答：解1：参考P83图3-18及后续CSMA/CD要点。
对A而言，总线被占用时间是 ＋ =498(见P83公式)，A无退避0512=0，498＋96（96为检测时间）＝594后马上发送。594＋ ＝819后A信号达到B，在此之前总线一直被占用（即B检测信道忙）。
对B而言，273发送完碰撞信号后，执行退避 ，B再次检测信道时间是T=273+512=785,若96检测时间内空闲则于785+96=881发送，否则再退避。
A重传的数据在819比特时间到达B，B先检测到信道忙，因此B在预定的881比特时间停止发送。
3-26、 以太网上只有两个站，它们同时发送数据，产生了碰撞。于是按截断二进制指数退避算法进行重传。重传次数记为i，i=1，2，3,……。试计算第1次重传失败的概率、第2次重传的概率、第3次重传失败的概率，以及一个站成功发送数据之前的平均重传次数I。
答：将第i次重传成功的概率记为pi。显然
第一次重传失败的概率为0.5，第二次重传失败的概率为0.25，第三次重传失败的概率为0.125.
P【第I次成功】＝P【第1次失败】P【第2次失败】P【第3次失败】…P【第I－1次失败】P【第I次成功】＝
细化可得：p[1]= ，p[1]= ，p[3]= ，p[4]= ，p[5]= .。。。。。
平均重传次数即i的数学期望：
（或I=1.637）
3-28、有10个站连接在以太网上。试计算以下三种情况下每一个站所能得到的带宽。
（1） 10个站都连接到一个10Mb/s以太网集线器。
（2） 10个站都连接到一个100Mb/s以太网集线器。
（3） 10个站都连接到一个10Mb/s以太网交换机。
答： （1）10个站共享10Mb/s。
（2）10个站共享100Mb/s。
（3）每个站独占10Mb/s。
3-32、有五个站分别连接在三个局域网上，并且用两个透明网桥连接起来，如下图所示。每一个网桥的两个端口号都标明在图上。在一开始，两个网桥中的转发表都是空的。以后有以下各站向其他的站发送了数据帧，即H1发送给H5，H3发送给H2，H4发送给H3，H2发送给H1。试将有关数据填写在下表中（H1－A，H2－B，H3－C，H4－D，H5－E）
解：
发送的帧 网桥1的转发表 网桥2的转发表 网桥1的处理
（转发？丢弃？登记？） 网桥2的处理
（转发？丢弃？登记？）
站地址 端口 站地址 端口
H1H5 A 1 A 1 转发，写入转发表 转发，写入转发表
H3H2 C 2 C 1 转发，写入转发表 转发，写入转发表
H4H3 D 2 D 2 写入转发表，丢弃不转发 转发，写入转发表
H2H1 B 1 写入转发表，丢弃不转发 接收不到这个帧
第四章、 网络层（P175-179）
4-05、IP地址分为几类？如何表示？IP地址的主要特点是什么？
答：IP 地址共分5 类，分类情况如下所示：
IP 地址是32 位地址，其中分为netid（网络号），和hostid（主机号）。特点如下：
IP 地址不能反映任何有关主机位置的物理信息；
一个主机同时连接在多个网络上时，该主机就必须有多个IP 地址；
由转发器或网桥连接起来的若干个局域网仍为一个网络；
所有分配到网络号（netid）的网络都是平等的；
IP 地址可用来指明一个网络的地址。
4-06、试根据IP地址的规定，计算出表4-2中的各项数据。
解：1）A 类网中，网络号占七个bit, 则允许用的网络数为2 的7 次方，为128，但是要除去0 和127 的情况，所以能用的最大网络数是126，第一个网络号是1，最后一个网络号是126。主机号占24 个bit, 则允许用的最大主机数为2 的24 次方，为16777216，但是也要除去全0 和全1 的情况，所以能用的最大主机数是16777214。A类地址占整个IP地址空间的50％。
2） B 类网中，网络号占14 个bit，则能用的最大网络数为2 的14 次方，为16384，第一个网络号是128.0.0.0不指派，而可以指派的最小B类网络地址是128.1.0.0。因此B类地址可指派的网络数是16383。主机号占16 个 bit, 则允许用的最大主机数为2 的16 次方，为65536，除去全0 和全1 的情况，所以能用的最大主机数是65534。最后一个可用网络号是：10111111.11111111，为191.255。B类地址占整个IP地址空间的25％。
3）C 类网中，网络号占21 个bit, 则能用的网络数为2 的21 次方，为2097152，第一个网络号是 192.0.0.0不指派，所以第一个可用的网络号为192.0.1，共2097151个。最后一个可用的网络号是：11011111111.11111111.11111111，为223.255.255。主机号占8 个bit, 则允许用的最大主机数为2 的8 次方，为256，但是也要除去全0 和全1 的情况，所以能用的最大主机数是254。C类地址占整个IP地址空间的12.5％。
4-09、（1）子网掩码为255.255.255.0代表什么意思？
（2）一网络的子网掩码为255.255.255.248，问该网络能够连接多少台主机？
（3） 一A类网络和一B类网络的子网号subnet-id分别为16bit的8bit，问这两个网络的子网掩码有何不同？
（4） 一个B类地址的子网掩码是255.255.240.0。试问在其中每一个子网上的主机数最多是多少？
（5） 一个A类地址的子网掩码为255.255.0.255。它是否为一个有效的子网掩码？
（6） 某个IP地址的十六进制表示是C22F1481，试将其转换为点分十进制的形式.这个地址是哪一类IP地址?
（7） C类网络使用子网掩码有无实际意义?为什么?
答：（1）C类地址对应的子网掩码值。但也可以是A类或B类地址的掩码，即主机号由最后的8位决定。而路由器寻找网络由前24位决定。
（2）6个主机。
（3）子网掩码一样，但子网数目不同。
（4）最多可有4094个（不考虑全0和全1的主机号）。
（5）有效。但不推荐这样使用。
（6）192.47.20.129。C类。
（7）有。对于小网络这样做还可进一步简化路由表。
4-10、试辨认以下IP地址的网络类别。
(1) 128.36.199.3
(2) 21.12.240.17
(3) 183.194.76.253
(4) 192.12.69.248
(5) 89.3.0.1
(6) 200.3.6.2
答：（1）B类。（2）A类。（3）B类。（4）C类。（5）A类。（6）C类。
解题思路：A类地址是1——126，B类地址是128.1——191.255，C类地址是192.0.1——223。
4-13、设IP数据报使用固定首部，其各字段的具体数值如图4-54所示。试计算应当写入到首部检验和字段中的数值（用二进制表示）。
4 5 0 28
1 0 0
4 17 首部检验和
10.12.14.5
12.6.7.9
图 4-54 习题4-13的图
解：（IP数据报首部格式见P122图4-13，检验和计算方法见P186图5-7）
按照首部格式将数据转换成二进制排列如下：
0100 0101 0000 0000→4 5
0000 0000 0001 1100→0 28
0000 0000 0000 0001→1
0000 0000 0000 0000→0 0
0000 0100 0001 0001→4 17
0000 0000 0000 0000→检验和
0000 1010 0000 1100→10.12
0000 1110 0000 0101→14.5
0000 1100 0000 0110→12.6
0000 0111 0000 1001→7.9
详细计算步骤：（1）第16位：和4→结果100→10保留→第16位为0
（2）第15位：和1 →01→结果11→1保留→第15位为1
（3）第14位：和4 →100→结果101→10保留
→第14位为1
（4）第13位：和3→11→结果101→10保留→第13位为1
（5）第12位：和2→10→结果100→10保留→第12位为0
（6）第11位：和0→0→结果10→1保留→第11位为0
（7）第10位：和0→0→结果1→0保留→第10位为1
（8）第 9 位：和0→0→结果0→0保留→第9位为0
（9）第 8 位：和2→10→结果10→1保留→第8位为0
（10）第7位：和3→11→结果100→10保留→第7位为0
（11）第6位：和5→101→结果111→11保留→第6位为1
（12）第5位：和3→11→结果110→11保留→第5位为0
（13）第 4 位：和0→0→结果11→1保留→第4位为1
（14）第 3 位：和0→0→结果1→0保留→第3位为1
（15）第 2 位：和1→1→结果1→0保留→第2位为1
（16）第 1 位：和0→0→结果0→0保留→第1位为0
按照从第1位到第16位依次写出二进制反码求和结果：0111 0100 0100 1110
将得出的结果按位取反：1000 1011 1011 0001（即应当写入到首部检验和字段中的数值）
4-20、 设某路由器建立了如下路由表（这三列分别是目的网络、子网掩码和下一跳路由器，若直接交付则最后一列表示应当从哪一个接口转发出去）：
128.96.39.0 255.255.255.128 接口0
128.96.39.128 255.255.255.128 接口1
128.96.40.0 255.255.255.128 R2
192.4.153.0 255.255.255.192 R3
（默认） R4
现共收到5个分组，其目的站IP地址分别为：
（1）128.96.39.10
（2）128.96.40.12
（3）128.96.40.151
（4）192.4.153.17
（5）192.4.153.90
试分别计算其下一跳。
解：（1）分组的目的站IP地址为：128.96.39.10。先与子网掩码255.255.255.128相与，得128.96.39.0，可见该分组经接口0转发。
（2）分组的目的IP地址为：128.96.40.12。
① 与子网掩码255.255.255.128相与得128.96.40.0，不等于128.96.39.0。
② 与子网掩码255.255.255.128相与得128.96.40.0，经查路由表可知，该项分组经R2转发。
（3）分组的目的IP地址为：128.96.40.151，与子网掩码255.255.255.128相与后得128.96.40.128，与子网掩码255.255.255.192相与后得128.96.40.128，经查路由表知，该分组转发选择默认路由，经R4转发。
（4）分组的目的IP地址为：192.4.153.17。与子网掩码255.255.255.128相与后得192.4.153.0。与子网掩码255.255.255.192相与后得192.4.153.0，经查路由表知，该分组经R3转发。
（5）分组的目的IP地址为：192.4.153.90，与子网掩码255.255.255.128相与后得192.4.153.0。与子网掩码255.255.255.192相与后得192.4.153.64，经查路由表知，该分组转发选择默认路由，经R4转发。
4-28、 已知路由器 的路由表如表4-12所示。
地址掩码 目的网络地址 下一跳地址 路由器接口
/26 140.5.12.64 180.15.2.5 m2
/24 130.5.8.0 190.16.6.2 m1
/16 110.71.0.0 ……… m0
/16 180.15.0.0 ……… m2
/16 190.16.0.0 ……… m1
默认 默认 110.71.4.5 m0
表4-12 习题4-28中的路由表
试画出各网络和必要的路由器的连接拓扑，标注出必要的IP地址和接口。对不能确定的情况应当指明。
解:由表中可判断 三个接口分别为m0、m1、m2，根据下一跳地址可知三个接口分别连接的路由器地址为110.71.4.5、190.16.6.2、180.15.2.5。又根据路由表第三行可知网络110.71.0.0/16地址掩码为16位包含m0所接路由器的地址，故该网络处于 与该路由器之间，同理由第一、第二行目的地网络地址掩码可判断网络140.5.12.64/26与网络130.5.8.0/24在各自所接路由器远端。根据以上判断可作出网络拓扑图（省）。
4-29、一个自治系统有5个局域网，其连接图如图4-55所示。LAN2至LAN5上的主机数分别为：91，150，3和15。该项自治系统分配到的IP地址块为30.138.118/23。试给出每一个局域网的地址块（包括前缀）。
解:分配网络前缀时应先分配地址数较多的前缀。解题思路为根据主机数判断所需主机号数目，注意一般需增加一个全0的网络地址、一个全1的广播地址和一个主机号为1的路由器地址。
地址块30.138.118/23可写成30.138.118.0/23
写成二进制表示：00011110 10001010 01110110 00000000
掩码 11111111 11111111 11111110 00000000
LAN3有150个主机加一个路由器地址为151个地址。
地址块 00011110 10001010 0111011 ********
分配地址块 00011110 10001010 01110110 ********
即 30.138.118.0/24
LAN2有91个主机加一个路由器地址为92个地址。
分配地址块 00011110 10001010 01110111 0*******
即 30.138.119.0/25
LAN5有15个主机加一个路由器地址为16个地址。需要/27地址块，可分配/26地址块。
分配地址块 00011110 10001010 01110111 10******
即 30.138.119.128/26
LAN4有3个主机加一个路由器地址为4个地址。至少需要/29地址块
分配地址块 00011110 10001010 01110111 11000***
即 30.138.119.192/29
LAN1至少有3个IP地址供路由器用。也分一个/29地址块
分配地址块 00011110 10001010 01110111 11001***
即 30.138.119.200/29
4-30、一个大公司有一个总部和三个下属部门。公司分配到的网络前缀是192.77.33/24。公司的网络布局如图4-56所示。
解题思路同4-29
4-31、以下地址中的哪一个和86.32/12匹配？说明理由。
（1）86.33.224.123；（2）86.79.65.216；（3）86.58.119.74；（4）86.68.206.154
解：86＝01010110；32＝00100000；故只要判断前12位是010101100010（或者第一段为86，第二段前四位是0010）即匹配：
（1）33＝00100001；（2）79＝01001111；（3）58＝00111010；（2）68＝01000100；
所以只有（1）匹配。
4-32、以下地址前缀中的哪一个和地址2.52.90.140匹配？说明理由。
（1）0/4；（2）32/4；（3）4/6；（4）80/4
解：前缀（1）同该地址匹配。方法同习题4-31。
4-33、下面的前缀中的哪一个和地址152.7.77.159以及152.31.47.252都匹配？说明理由。
（1）152.40/13；（2）153.40/9；（3）152.64/12；（4）152.0/11
解： 7＝00000111；31＝00011111；两者前3位相同，故网络号最多匹配11位，（4）显然匹配，排除（1）和（3）。
对（2）而言，40＝00101000，不匹配。
4-34、与下列掩码相对应的网络前缀各有多少位？
（1）192.0.0.0；（2）240.0.0.0；（3）255.224.0.0；（4）255.255.255.252
解： （1）192＝11000000，网络前缀2位；
（2）240＝11110000，网络前缀4位；
（3）224＝11100000，网络前缀11位；
（4）252＝11111100，网络前缀30位；
4-35、已知地址块中的一个地址是140.120.84.24/20。试求这个地址块中的最小地址和最大地址。地址掩码是什么？地址块中共有多少个地址？相当于多少个C类地址？
解：140.120.84.24/20前20位网络前缀固定，是140.120.0101，最小地址是主机号全0，最大地址是主机号全1：
最小地址：140.120.01010000.0/20＝140.120.80.0/20
最大地址：140.120.01011111.255/20＝140.120.95.255/20
地址掩码：255.255.11110000.0＝255.255.240.0
地址数目：
每个C类地址主机位8位，含256个地址，4096/256= 个C类地址
4-36、已知地址块中的一个地址是190.87.140.202/29。重新计算上题。
解：190.87.140.202/29前29位网络前缀固定，是190.87.140.11001，最小地址是主机号全0，最大地址是主机号全1：
最小地址：190.87.140.11001000/29＝190.87.140.200/29
最大地址：190.87.140.11001111/29＝190.87.140.207/29
地址掩码：255.255.255.11111000＝255.255.255.248
地址数目：
每个C类地址主机位8位，含256个地址，8/256=1/32个C类地址
4-37、某单位分配到一个地址块136.23.12.64/26。现在需要进一步划分4个一样大的子网。试问：1、 每个子网的前缀有多长？2、 每一个子网中有多少个地址？3、 每一个子网的地址块是什么？4、 每一个子网可分配给主机使用的最小地址和最大地址是什么？
解：(1) 子网前缀28位；.
（2）每个子网中有 个地址，除去全0和全1，其它可分配使用；
（3）136.23.12.64/26＝136.23.12.01/26，子网号取00、01、10、11
第一个地址块是：136.23.12.64/28
最小地址：136.23.12.01000001/28＝136.23.12.65/28
最大地址：136.23.12.01001110/28＝136.23.12.78/28
第二个地址块是：136.23.12.80/28
最小地址：136.23.12.01010001/28＝136.23.12.81/28
最大地址：136.23.12.01011110/28＝136.23.12.94/28
第三个地址块是：136.23.12.96/28
最小地址：136.23.12.01100001/28＝136.23.12.97/28
最大地址：136.23.12.01101110/28＝136.23.12.110/28
第四个地址块是：136.23.12.112/28
最小地址：136.23.12.01110001/28＝136.23.12.113/28
最大地址：136.23.12.01111110/28＝136.23.12.126/28
4-41、 假定网络中的路由器B的路由表有如下的项目（这三列分别表示“目的网络”、“距离”和“下一跳路由器”）
N1 7 A
N2 2 C
N6 8 F
N8 4 E
N9 4 F
现在B收到从C发来的路由信息（这两列分别表示“目的网络”和“距离” ）：
N2 4
N3 8
N6 4
N8 3
N9 5
试求出路由器B更新后的路由表。
解：路由器B更新后的路由表如下：
N1 7 A 无新信息，不改变
N2 5 C 相同的下一跳，更新
N3 9 C 新的项目，添加进来
N6 5 C 不同的下一跳，距离更短，更新
N8 4 E 不同的下一跳，距离一样，不改变
N9 4 F 不同的下一跳，距离更大，不改变
4-42、 假定网络中的路由器A的路由表有如下的项目（这三列分别表示“目的网络”、“距离”和“下一跳路由器”）
N1 4 B
N2 2 C
N3 1 F
N4 5 G
现在A收到从C发来的路由信息（这两列分别表示“目的网络”和“距离” ）：
N1 2
N2 1
N3 3
N4 7
试求出路由器A更新后的路由表。
解：路由器A更新后的路由表如下：
N1 3 C 不同的下一跳，距离更短，改变
N2 2 C 不同的下一跳，距离一样，不变
N3 1 F 不同的下一跳，距离更大，不改变
N4 5 G 不同的下一跳，距离更大，不改变
第五章、 运输层（P220-222）
5-14、一UDP用户数据报的首部十六进制表示是：06 12 00 45 00 1C E2 17。试求源端口号、目的端口号、用户数据报的总长度、数据部分长度。这个用户数据报是从客户发送给服务器还是从服务器发送给客户？使用UDP的这个服务器程序是什么？
答：源端口这1554，目的端口为69，UDP数据报总长度28字节，数据部分长度为20字节。
此UDP用户数据报是从客户发给服务器，服务器程序是TFTP。
5-20、在连续ARQ协议中，若发送窗口等于7，则发送端在开始时可连续发送7个分组。因此，在每一个分组发出后，都要设置一个超时计时器。现在计算机只有一个硬时钟。设7个分组发出的时间分别为 ， ，。。。， ，且 一样大。试问如何实现这7个超时计时器（软时钟法）？
答：所谓硬时钟，即采用实时时钟芯片，不需要人为干预就能产生时间数据数据。反之若利用内部或外部定时中断，通过程序计算出实时时间，被称为软时钟。
软时钟法是利用 、 、 。。。。。 等计算相对发送时间，再配合 实现超时计时器功能。
5-21、假定使用连续ARQ协议，发送窗口大小是3，序号范围是[0，15]，而传输媒体保证在接收方能够按序收到分组。某时刻，接收方下一个期望收到的序号是5，请问：
(1) 发送方窗口中可能出现的序号组合有哪些？
(2) 接收方已经发出、但在网络中未到达发送方的确认分组可能有哪些？说明这些分组用来确认什么序号的。
解：（1）如果序号到4为止的分组均已收到，即确认都已到达发送方，发送窗口的范围是[5,7]。如果所有确认均丢失，此时发送窗口为[2,4]。因此，发送窗口可以是[2,4]、[3,5]、[4,6]、[5,7]中任何一个。
(2) 接收方收到序号5的分组，说明序号2,3,4均已收到，并且经过了确认。对序号1的分组的确认发送方肯定也收到。因此，可能的情况是对2,3,4分组的确认已发出但是滞留在网络中发送方未收到。
5-23、主机A向主机B连续发送了两个TCP报文段，其序号分别为70和100.试问：
(1). 第一个报文段携带了多少字节的数据？数据为从70-99 ，100-70=30
(2). 主机B收到第一个报文段后发回的确认号应当是多少？发回受到的确认号为100
(3). 如果B收到第二个报文段后发回的确认号是180，试问A发送的第二个报文段的数据有多少字节？确认号为180，则数据为180-100=80
(4). 如果A发送的第一个报文段丢失了，但第二个到达B，B在第二个报文段到达后向A发送了确认。试问这个确认号应为多少？由于没有收到第一个报文段，则确认号为70
5-37、在TCP的拥塞控制中，什么是慢开始、拥塞避免、快重传和快恢复算法？这里每一种算法各起什么作用？“乘法减少”和“加法增大”各用在什么情况下？
答：慢开始：在主机刚刚开始发送报文段时可先将拥塞窗口 cwnd 设置为一个最大报文段 MSS 的数值。在每收到一个对新的报文段的确认后，将拥塞窗口增加至多一个 MSS 的数值。用这样的方法逐步增大发送端的拥塞窗口 cwnd，可以使分组注入到网络的速率更加合理。
拥塞避免：当拥塞窗口值大于慢开始门限时，停止使用慢开始算法而改用拥塞避免算法。拥塞避免算法使发送端的拥塞窗口每经过一个往返时延RTT就增加一个MSS的大小。
快重传算法规定，发送端只要一连收到三个重复的 ACK 即可断定有分组丢失了，就应立即重传丢失的报文段而不必继续等待为该报文段设置的重传计时器的超时。
快恢复算法：(1) 当发送端收到连续三个重复的 ACK 时，就重新设置慢开始门限 ssthresh。
(2) 与慢开始不同之处是拥塞窗口 cwnd 不是设置为 1，而是设置为 ssthresh + 3 *MSS。
(3) 若收到的重复的 ACK 为 n 个（n > 3），则将 cwnd 设置为 ssthresh + n * MSS。
(4) 若发送窗口值还容许发送报文段，就按拥塞避免算法继续发送报文段。
(5) 若收到了确认新的报文段的 ACK，就将 cwnd 缩小到 ssthresh。
“乘法减小“是指不论在慢开始阶段还是拥塞避免阶段，只要出现一次超时（即出现一次网络拥塞），就把慢开始门限值 ssthresh 设置为当前的拥塞窗口值乘以 0.5。当网络频繁出现拥塞时，ssthresh 值就下降得很快，以大大减少注入到网络中的分组数。
“加法增大”是指执行拥塞避免算法后，当收到对所有报文段的确认就将拥塞窗口 cwnd增加一个 MSS 大小，使拥塞窗口缓慢增大，以防止网络过早出现拥塞。
5-39、题略。
解：(1) 作图参见教材P212 图5-27。
(2) 慢开始时间间隔：[1，6]和[23，26]。
(3) 拥塞避免时间间隔：[6，16]和[17，22]。
(4) 第16轮发送方通过收到三个重复确认检测到丢失了报文。第22轮通过超时检测检测到丢失了报文。
(5) 第1轮，门限值设置为32；
第18轮，门限值设置为发生拥塞时的一半，即21；
第24轮，门限值设置为13；
(6) 第70报文在第七轮次发送。
(7) 拥塞窗口和门限值设置为8的一半，即4.
第六章、 应用层（P280-283）
6-03、举例说明域名转换的过程。域名服务器中的高速缓存的作用是什么？
答： 域名服务器中的高速缓存用于保存刚解析的域名， 以便提高下一次相同域名的解析。
6-04、假设整个因特网的DNS系统都瘫痪了，请问还有可能发送电子邮件么？
答：可以，直接使用对方邮件服务器的IP地址发送。
6-08、解释下列名词，各英文缩写词的原文是什么？
WWW、URL、HTTP、HTML、CGI、浏览器、超文本、超媒体、超链、页面、表单、活动文档、搜索引擎。
答：WWW：World Wide Web ，万维网
URL：Uniform Resource Locator ，统一资源定位符
HTTP：Hyper Text Transfer Protocol ，超文本传送协议
HTML：Hyper Text Markup Language ，超文本标记语言
CGI：Common Gateway Interface ，通用网关接口
浏览器：由客户程序、解释程序和控制程序组成的大型软件组件
超文本：包含指向其他文档的链接的文本
超媒体：超媒体除开包含文本信息外，还包含其他表示方式的信息，如图像、声音等
超链：使用万维网时，点击一个文档可以链接到另外一个文档，称为超链
页面：在一个客户程序主窗口上显示的万维网文档称为页面
表单：在网页中负责数据采集的功能的组件
活动文档：一种提供屏幕持续更新的技术，把所有工作放在浏览器端。每当浏览器请求一个活动文档时，服务器就返回一段活动文档程序副本，使该程序副本在浏览器端运行
搜索引擎：在万维网中用来进行搜索的工具
6-14、当使用鼠标点取一个万维网文档时，若该文档除了有文本外，还有一个本地.gif图像和两个远地.gif图像。试问：需要使用哪个应用程序，以及需要建立几次UDP连接和几次TCP连接？
答：使用HTTP。需要建立0次UDP连接。4次TCP连接。
6-15、题略。
答：IP地址解析时间为： ；
建立TCP连接和请求万维网文档需要
总时间为： 。
6-16、题略。
答：(1) 所需时间为： ；
(2) 所需时间为： ；
(1) 所需时间为： ；
6-24、试简述邮局协议POP的工作过程。在电子邮件中，为什么必须使用POP和SMTP这两个协议？IMAP与POP有何区别？
答：POP 使用客户机服务器的工作方式。在接收邮件的用户的PC 机中必须运行POP 客户机程序，而在其ISP 的邮件服务器中则运行POP 服务器程序。POP 服务器只有在用户输入鉴别信息（用户名和口令）后才允许对邮箱进行读取。
POP 是一个脱机协议，所有对邮件的处理都在用户的PC 机上进行；IMAP 是一个联机协议，用户可以操纵ISP 的邮件服务器的邮箱。
第七章、 网络安全（P304-305）
7-06、试破译下面的密文诗。加密采用替代密码，使得 26 个字母（ a 到 z ）中的每一个用其他某个字母替代（注意，不是按序替代）。密文中无标点符号。空格未加密。
kfd ktbd fzm eubd kfd pzyiom mztx ku kzyg ur bzha kfthcm ur mfudm zhx
mftnm zhx mdzythc pzq ur ezsszcdm zhx gthcm zhx pfa kfd mdz tm sutythc
fuk zhx prfdkfdi ntcm fzld pthcm sok pzck z stk kfd uamkdimeitdx sdruid
pd fzld uoi efzk rui mubd ur om zid uok ur sidzkf zhx zyy ur om zid rzk
hu foiia mztx kfd ezindhkdi kfda kfzhgdx ftb boef rui kfzk
答：明文是：
the time has come the walrus said to talk of many things of shoes and ships and sealing wax of cabbages and kings and why the sea is boiling hot and whether pigs have wings but wait a bit theoysters cried before we have our chat for some of us are out of breath and all of us are fat no hurrysaid the carpenter they thanked him much for that From Through the Looking Glass (Tweedledum and Tweedledee).
破译：统计出现频率d:28/k:24/f:23/m:21
判断d代表e,由第一个单词kfd推断为the，则确定d→e；k→t；f→h
根据密文单词ku和ur，即t＊, 根据上表词频of和to均为高频率词，则推断为to和of，确定u→o，r→f
根据密文单词fzld，即h＊＊e，根据上表词频猜想为have，确定z→a，l→v
根据密文第三个单词fzm，即ha＊，根据上表词频猜想为has，确定m→s
根据密文单词tm，即＊s，可能是as或者is，又已经确定z→a，所以只可能是is，确定t→i
根据密文第二个单词ktbd，即ti＊e，可能是time，确定b→m
根据密文第七个单词mztx，即sai＊，可能是said或者sail，先假定x→d
根据密文单词zid，即a＊e，可能是are，确定i→r
根据倒数第三个密文单词boef，即m＊＊h，可能是much，确定o→u，e→c。带入密文om得到明文us，检验正确。
根据密文单词kfda，即the＊, 可能是they，确定a→y
根据密文单词sok，即＊ut, 可能是but，not或者out，又u→o，另外根据密文单词sdruid或者sidzkf，即＊efore或者＊reath，所以只可能是b，确定s→ b。同理，根据密文单词hu，推断h→ n
根据密文单词kfzhgdx，即than＊ed, 可能是thanked，推断g→ k
根据密文单词zyy，即a＊＊, 可能是add或者all，又已定x→d，故推断y→ l
根据密文单词sutythc，即boilin＊, 只可能是boiling，故推断c→ g
根据密文单词mftnm，即shi＊s, 可能是ships，故推断n→ p
根据密文单词pfa，即＊hy, 可能是why，故推断p→ w
根据密文单词pzq，即wa＊, 可能是way或者wax，又已定a→ y故推断q→ x
7-21、试述防火墙的工作原理和所提供的功能。什么叫做网络级防火墙和应用级防火墙？
答：防火墙是网络安全的重要一环，防火墙技术是在内部网与外部网之间实施安全防范的最佳选择，防火墙能防以下内容：
（1）访问控制：限制他人进入内部网络，过滤掉不安全服务和非法用户；
（2）抗攻击：限定人们访问特殊站点；
（3）审计：为监视Internet 安全提供方便，对网络访问进行记录，建立完备的日志、审计和追踪网络访问，并可以根据需要产生报表、报警和入侵检测等。
但也存在一定的局限性：
（1）不能完全防范外部刻意的人为攻击；
（2）不能防范内部用户攻击防火墙不适用于内部人员的攻击；
（3）不能防止内部用户因误操作而造成口令失密受到的攻击；
（4）很难防止病毒或者受病毒感染的文件的传输。
第十章、下一代因特网（p375）
10-07、题略。
答：按照零压缩方法可得：
（1） ::F53:6382:AB00:67DB:BB27:7332：
（2）::4D:ABCD
（3）::AF36:7328:0:87AA:398
（4）2819:AF::35:CB2:B271
10-08、题略。
答：原来的形式是：
（1）0000: 0000: 0000: 0000: 0000: 0000: 0000: 0000
(2) 0000:00AA: 0000: 0000: 0000: 0000: 0000: 0000
(3) 0000
标签：发送,0000,10,网络,计算机网络,地址,分组,答案,习题 来源： https://blog.csdn.net/qq_42535394/article/details/114498851
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