(共: 40 分) \text { (共: } 40 \text { 分) } (共: 40 分)
每个自然数有且仅有一个后继。
答：
N(x) : x 是自然数
A(x, y): y 是 x 的后续
S(x, y): x 等于 y
( ∀ x N ( x ) → ∃ y A ( x , y ) ) ∧ ( ( ∀ x N ( x ) ) ∧ ∃ z ( A ( x , z ) ∧ S ( y , z ) ) ) (\forall x N(x) \rightarrow \exists y A(x, y)) \wedge((\forall x N(x)) \wedge \exists z(A(x, z) \wedge S(y, z))) (∀xN(x)→∃yA(x,y))∧((∀xN(x))∧∃z(A(x,z)∧S(y,z)))
∀ x ∃ y ∃ z ( ( N ( x ) → A ( x , y ) ) ∧ ( ( A ( x , z ) → S ( y , z ) ) ) \forall x \exists y \exists z((N(x) \rightarrow A(x, y)) \wedge((A(x, z) \rightarrow S(y, z))) ∀x∃y∃z((N(x)→A(x,y))∧((A(x,z)→S(y,z)))
∀ x ( N ( x ) → ∃ ! y A ( x , y ) ) \forall x(N(x) \rightarrow \exists ! y A(x, y)) ∀x(N(x)→∃!yA(x,y))
¬ ( P ∨ R ) 为 T ¬ P ∧ ¬ R 为 T 。 ¬ R 为 T ，则 ¬ P 是 T ( P 是 F ) P → ¬ Q 为 T ¬ ( P → ¬ Q ) 为F。与条件矛盾。 \begin{array}{l} \neg(P \vee R) \quad 为T \\ \neg P \wedge \neg R \quad 为T。 \neg R为T，则\\ \neg P 是T(P 是F) \\ P \rightarrow \neg Q 为T \\ \neg(P \rightarrow \neg Q) \text { 为F。与条件矛盾。 } \\ \end{array} ¬(P∨R)为T¬P∧¬R为T。¬R为T，则¬P是T(P是F)P→¬Q为T¬(P→¬Q) 为F。与条件矛盾。
所以结论为F
{ 2 , 5 } \{2,5\} {2,5}
A ⊕ B = ( A − B ) ∪ ( B − A ) = ( A ∪ B ) − ( A ∩ B ) A \oplus B=(A-B) \cup(B-A)=(A \cup B)-(A \cap B) A⊕B=(A−B)∪(B−A)=(A∪B)−(A∩B)
如下图：
所以： A ⊕ B = { 1 , 2 , − 2 } A \oplus B=\{1,2,-2\} A⊕B={1,2,−2},由于二元关系是 y = x 2 + 1 y=x^{2}+1 y=x2+1，所以 R [ A ⊕ B ] = { 2 , 5 } R[A \oplus B]=\{2,5\} R[A⊕B]={2,5}
C 11 4 C 7 3 C 4 4 = 11550 C_{11}^{4} C_{7}^{3} C_{4}^{4}=11550 C114C73C44=11550
考察边着色数问题
奇阶K正则简单图, 边色数 =k+1
因为每个顶点 3 条边, 此图为 3 阶,
解：根据题意，n≥3由于G是简单连通平面图，且每个面的度数都是3。
N 为顶点数, e 为边数, f 为面数。根据欧拉公式 n-e+f=2
因为每个面的度为 3 , 度数是面数的 2 倍
所以 3 f=2 e (2) 联立 (1) (2),
解得 e=3n-6
设序列
(
a
n
)
\left(a_{n}\right)
(an) 的生成函数是
g
(
x
)
=
∑
k
=
0
∞
a
k
x
k
=
1
+
x
+
x
2
+
x
3
1
−
x
g(x)=\sum_{k=0}^{\infty} a_{k} x^{k}=\frac{1+x+x^{2}+x^{3}}{1-x}
g(x)=∑k=0∞akxk=1−x1+x+x2+x3 。求:
(1)
a
3
a_{3}
a3 。
(2) 序列
(
a
n
)
\left(a_{n}\right)
(an) 。
1 + x + x 2 + x 3 1 − x = ( 1 + x + x 2 + x 3 ) ( 1 + x + x 2 + x 3 + … ) = 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + … x + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + … + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + … + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + … = 1 + 2 x + 3 x 2 + 4 x 3 + 4 x 4 + 4 x 5 + 4 x 6 + … ∴ an = { 1 n = 0 2 n = 1 3 n = 2 4 n ≥ 3 a 3 = 4 a n = 4 \begin{array}{l} \frac{1+x+x^{2}+x^{3}}{1-x}=\left(1+x+x^{2}+x^{3}\right)\left(1+x+x^{2}+x^{3}+\ldots\right) \\ =1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}+x^{5}+x^{6}+\ldots \\ \qquad x+x^{2}+x^{3}+x^{4}+x^{5}+x^{6}+\ldots \\ \quad+x^{2}+x^{3}+x^{4}+x^{5}+x^{6}+\ldots \\ \quad+x^{3}+x^{4}+x^{5}+x^{6}+\ldots \\ =1+2 x+3 x^{2}+4 x^{3}+4 x^{4}+4 x^{5}+4 x^{6}+\ldots \\ \therefore \text { an }=\left\{\begin{array}{ll} 1 & n=0 \\ 2 & n=1 \\ 3 & n=2 \\ 4 & n \geq 3 \end{array}\right. \\ a_{3}=4 \quad \begin{array}{ll} a_{n}=4 \end{array} \end{array} 1−x1+x+x2+x3=(1+x+x2+x3)(1+x+x2+x3+…)=1+x+x2+x3+x4+x5+x6+…x+x2+x3+x4+x5+x6+…+x2+x3+x4+x5+x6+…+x3+x4+x5+x6+…=1+2x+3x2+4x3+4x4+4x5+4x6+…∴ an =⎩ ⎨ ⎧1234n=0n=1n=2n≥3a3=4an=4
考察知识点：母函数和泰勒展开。
( 1 ) 、 e x = 1 + x + x 2 2 ! + ⋯ + x n n ! + o ( x n ) ; (1) 、 e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2 !}+\cdots+\frac{x^{n}}{n !}+o\left(x^{n}\right) ; (1)、ex=1+x+2!x2+⋯+n!xn+o(xn);
( 2 ) 、 sin x = x − x 3 3 ! + x 5 5 ! + ⋯ + ( − 1 ) m − 1 x 2 m − 1 ( 2 m − 1 ) ! + o ( x 2 m ) ; (2)、 \sin x=x-\frac{x^{3}}{3 !}+\frac{x^{5}}{5 !}+\cdots+(-1)^{m-1} \frac{x^{2 m-1}}{(2 m-1) !}+o\left(x^{2 m}\right) ; (2)、sinx=x−3!x3+5!x5+⋯+(−1)m−1(2m−1)!x2m−1+o(x2m);
( 3 ) 、 cos x = 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! + ⋯ + ( − 1 ) m x 2 m ( 2 m ) ! + o ( x 2 m + 1 ) (3) 、 \cos x=1-\frac{x^{2}}{2 !}+\frac{x^{4}}{4 !}+\cdots+(-1)^{m} \frac{x^{2 m}}{(2 m) !}+o\left(x^{2 m+1}\right) (3)、cosx=1−2!x2+4!x4+⋯+(−1)m(2m)!x2m+o(x2m+1)
( 4 ) 、 ln ( 1 + x ) = x − x 2 2 + x 3 3 + ⋯ + ( − 1 ) n − 1 x n n + o ( x n ) ; (4)、 \ln (1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n}+o\left(x^{n}\right) ; (4)、ln(1+x)=x−2x2+3x3+⋯+(−1)n−1nxn+o(xn);
( 5 ) ( 1 + x ) α = 1 + α x + α ( α − 1 ) 2 ! x 2 + ⋯ + α ( α − 1 ) ⋯ ( α − n + 1 ) n ! x n + o ( x n ) ; (5) (1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2 !} x^{2}+\cdots+\frac{\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n+1)}{n !} x^{n}+o\left(x^{n}\right) ; (5)(1+x)α=1+αx+2!α(α−1)x2+⋯+n!α(α−1)⋯(α−n+1)xn+o(xn);
( 6 ) 1 1 − x = 1 + x + x 2 + ⋯ + x n + o ( x n ) . (6) \frac{1}{1-x}=1+x+x^{2}+\cdots+x^{n}+o\left(x^{n}\right) . (6)1−x1=1+x+x2+⋯+xn+o(xn).
(2) 试问 R 是否为 P(A) 上的等价关系, 如果是则写明依据, 并给出商集
P
(
A
)
/
R
P(A) / R
P(A)/R ; 如果不是 则说明原因。
因为
S
∪
B
=
T
∪
B
S \cup B=T \cup B
S∪B=T∪B , 所以 S=T ,
因为
⟨
S
,
T
⟩
∈
R
,
⇒
⟨
S
,
S
⟩
∈
R
,
\langle S, T\rangle \in R, \quad \Rightarrow\langle S, S\rangle \in R, \quad
⟨S,T⟩∈R,⇒⟨S,S⟩∈R, 自反性
因为
⟨
S
,
T
⟩
∈
R
,
⟨
S
,
S
⟩
∈
R
\langle\mathrm{S}, \mathrm{T}\rangle \in R,\langle\mathrm{~S}, \mathrm{~S}\rangle \in \mathrm{R}
⟨S,T⟩∈R,⟨ S, S⟩∈R , 所以
⟨
T
,
S
⟩
∈
R
,
\langle\mathrm{T}, \mathrm{S}\rangle \in \mathrm{R}, \quad
⟨T,S⟩∈R, 对称性
知识点：
5 ! D 5 = 5 ! ⋅ 5 ! ( 1 − 1 + 1 2 ! − 1 3 ! + 1 4 ! − 1 5 ! ) = 5280. 5 ! D_{5}=5 ! \cdot 5 !\left(1-1+\frac{1}{2 !}-\frac{1}{3 !}+\frac{1}{4 !}-\frac{1}{5 !}\right)=5280 . 5!D5=5!⋅5!(1−1+2!1−3!1+4!1−5!1)=5280.
∀ ( x ) P ( x ) → ∃ x Q ( x ) ⇔ ¬ ( ∀ ( x ) P ( x ) ) ∨ ( ∃ x Q ( x ) ) ⇔ ∃ x ¬ P ( x ) ∨ ∃ x Q ( x ) ⇔ ∃ x ¬ P ( x ) ∨ Q ( x ) ⇔ ∃ x ( P ( x ) → Q ( x ) ) \begin{aligned} & \forall (x) P(x) \rightarrow \exists x Q(x) \\ \Leftrightarrow & \neg(\forall (x) P(x)) \vee(\exists x Q(x)) \\ \Leftrightarrow & \exists x \neg P(x) \vee \exists x Q(x) \\ \Leftrightarrow & \exists x \neg P(x) \vee Q(x) \\ \Leftrightarrow & \exists x (P(x) \rightarrow Q(x)) \end{aligned} ⇔⇔⇔⇔∀(x)P(x)→∃xQ(x)¬(∀(x)P(x))∨(∃xQ(x))∃x¬P(x)∨∃xQ(x)∃x¬P(x)∨Q(x)∃x(P(x)→Q(x))
证明: 实际上, 从 n 个不同元素中选出 r 个元素的同时, 就有 n-r 个元素没有被选出, 因此选出 r 个元素的方式数 等于选出 n-r 个元素的方式数, 即 C(n, r)=C(n, n-r) 。得证。
（共 30 分）
RISC 执行程序的速度比 CISC 快的原因是 ( )。
A. RISC 指令系统的指令数较少
B. RISC 的指令平均周期较少
C. 目标程序的指令条数较多
D. 只允许 Load 和 Store 指令访存
多处理机实现的并行主要是 ( )。
A. 指令级并行
B. 任务级并行
C. 操作级并行
D. 操作步骤的并行
采用相刘寻址方式的转移指令占两个字节, 第一个字节是操作码, 第二个字节是相对位移 量 (用补码表示)。每次 CPU 从存储器取出一个字节, 并自动完成
(
P
C
)
+
1
→
P
C
(\mathrm{PC})+1 \rightarrow \mathrm{PC}
(PC)+1→PC 。若执行 到该转移指令时
P
C
\mathrm{PC}
PC 的内容为
2005
H
2005 \mathrm{H}
2005H , 要求转移到
200
B
H
200 \mathrm{BH}
200BH 地址, 则该转移指令中第二个字 节的内容应该为 ( )。
A.
04
H
04 \mathrm{H}
04H
B.
05
H
05 \mathrm{H}
05H
C.
06
H
06 \mathrm{H}
06H
D.
F
6
H
\mathrm{F} 6 \mathrm{H}
F6H
一个存储器地址为 14 位, 每个存储单元长度为 8 位, 若有 1 \mathrm{~K} \times 4 位的 SRAM 芯片来组成 该存储器, 则需要的芯片数量是 ( ), 片选译码的地址码位数是 ( )。
A. 16 、 4
B. 32 、 4
C. 16 、 8
D. 32 、 8
下列 4 种消息寻径方式中，不属于包交换的消息寻径方式是（）。
A. 存储转发寻径
B. 虚拟直通寻径
C. 虫蚀寻径
D. 线路交换寻径
三 计算题 (共 15 分)
（共 30 分）
解释：CSMA/CA，载波侦听多路访问➕冲突避免:发送前发送一小的检测帧 RTS，若收到 CTS 说明空闲，之后发送数据帧，等待对方确认收到（ ACK）再发送下一帧
需要了解概念无分类编址 CIDR - 构造超网，斜线记法
CIDR 消除了传统的 A 类、B 类和 C 类地址以及划分子网的概念，因而可以更加有效地分配 IPv4 的地址空间。CIDR使用各种长度的“网 络前缀”(network-prefix)来代替分类地址中的网络号和子网号。IP 地址从三级编址 (使用子网掩码) 又回到了两级编址。CIDR的IP地址 可表示为：IP 地址 ::=<网络前缀, 主机号 > CIDR 使用“斜线记法”(slash notation), 它又称为 CIDR 记法, 即在 IP 地址面加上一个斜线“", 然后写上网络前缀所占的位数（这个数 值对应于三级编址中子网掩码中 1 的个数）。例如：220.78 .168 .0 / 24 由题意可知，网络前缀是 20 位，故主机号占 12 位。
答： 应用层的所有进程都可以通过传输层再传递到 IP 层
| 地址/掩码 | 下一跳 |
|---|---|
| 10.46.56.0/22 | 接口0 |
| 10.46.60.0/22 | 接口1 |
| 192.168.40.0/23 | 路由器1 |
| Default | 路由器2 |
若目的地址为 10.46 .65 .14 , 该路由器通过_____转发。
答：路由器 2
地址: 10. 46.56.0 根据斜线后面的22可也得出，子网掩码为11111111 11111111 11111100 00000000，转为10进制，子网掩码为: 255.255 .252 .0
地址: 10. 46.60.0 子网掩码为: 255.255 .252 .0
地址: 192.168 .40 .0 子网掩码为: 255.255 .254 .0
目的地址为 10. 46. 65.14 与子网掩码 255.255 .252 .0 相与, 得到地址为 10.46 .64 .0
64 = 01000000 60 = 00111100 56 = 00111000 \begin{array}{l} 64=01000000 \\ 60=00111100 \\ 56=00111000 \end{array} 64=0100000060=0011110056=00111000
目的地址为 10. 46. 65. 14 与子网掩码 255.255.254. 0 相与, 得到地址为 0.40 .0 .0 故目的地址为 10. 46. 65. 14 时, 没有向匹配的，所以从路由器 2 转发出去。
解：选择 B，虚拟局域网(VLAN)，是指网络中的站点不拘泥于所处的物理位置，而可以根据需要灵活地加入不同的逻辑子网中的一种网络技术
解：选择 B
对于 A 项，该路由器为主干路由器或者区域边界路由器，所以内部路由器不对。
对 C 项， OSPF 采用的是最短路径算法，所以 C 不对
对 D 项， OSPF 采用的是最短路径算法，不应该是某个路由器为某个区域单独运行的，而应该是全网的。所以 D 不对
解: 选择 B
96 = 01100000 104 = 01101000 112 = 01110000 120 = 01111000 \begin{array}{l} 96=01100000 \\ 104=01101000 \\ 112=01110000 \\ 120=01111000 \end{array} 96=01100000104=01101000112=01110000120=01111000
上面四个的前缀有3个是相同，相与后是01100000，他们前面两个字段相同都是10.18 所以有16位+3位=19。
因此能覆盖这四个路由器的是 10.18 .96 .0 / 19
路由器发出的ARP请求包是广播报文, 它会向本地网络中的所有设备发 出请求, 以查找特定IP地址的MAC地址。如果网络中有大量的ARP请求, 就可能 导致过多的UDP广播报文。
解: 选择 D \mathrm{D} D , 因为总共需要 36 个子网, 需要 6 位, 则需要拿出 6 位主机号 (全 1 ) 作为子网号
(全 0 )
B 类地址的子网掩码为 255.255 .0 .0 , 因为借用 5 位子网, 故可行的掩码方案为 255.255 .252 .0
11111000=252
套接字唯一标识了网络中的一个主机和它上面的一个进程。 Scoket = 主机号：端口号
( 计算中记 : 1 G ≈ 1 0 9 ; 1 M ≈ 1 0 6 ; 1 K ≈ 1 0 3 ) (计算中记: 1 \mathrm{G} \approx 10^{9} ; 1 \mathrm{M} \approx 10^{6} ; 1 \mathrm{~K} \approx 10^{3} ) (计算中记:1G≈109;1M≈106;1 K≈103)
A 的路由表: 目的网络 距离 下一跳路由器 Net1 1 直接连接 Net2 10 A Net4 2 C Net6 7 D Net7 6 B Net8 2 D \begin{array}{l} \text { A 的路由表: }\\ \begin{array}{|c|c|c|} \hline \text { 目的网络 } & \text { 距离 } & \text { 下一跳路由器 } \\ \hline \text { Net1 } & 1 & \text { 直接连接 } \\ \hline \text { Net2 } & 10 & \text { A } \\ \hline \text { Net4 } & 2 & \text { C } \\ \hline \text { Net6 } & 7 & \text { D } \\ \hline \text { Net7 } & 6 & \text { B } \\ \hline \text { Net8 } & 2 & \text { D } \\ \hline \end{array} \end{array} A 的路由表: 目的网络 Net1 Net2 Net4 Net6 Net7 Net8 距离 1102762 下一跳路由器 直接连接 A C D B D
C 发来的距离向量表: 目的网络 距离 Net1 1 Net2 2 Net3 1 Net4 3 Net5 3 Net6 5 \begin{array}{l} \mathrm{C} \text { 发来的距离向量表: }\\ \begin{array}{|c|c|} \hline \text { 目的网络 } & \text { 距离 } \\ \hline \text { Net1 } & 1 \\ \hline \text { Net2 } & 2 \\ \hline \text { Net3 } & 1 \\ \hline \text { Net4 } & 3 \\ \hline \text { Net5 } & 3 \\ \hline \text { Net6 } & 5 \\ \hline \end{array} \end{array} C 发来的距离向量表: 目的网络 Net1 Net2 Net3 Net4 Net5 Net6 距离 121335
解: 先将收到的 C 发来的距离向量表更新如下表 C, 记为表 D: （对每一个相邻 路由器发送过来的 RIP 报文, 进行以下步骤:
目的网络 距离 下一跳路由器 N e t 1 2 C N e t 2 3 C N e t 3 2 C N e t 4 4 C N e t 5 4 C N e t 6 6 C \begin{array}{|c|l|l|} \hline 目的网络 & 距离 & 下一跳路由器 \\ \hline Net1 & 2 & C \\ \hline Net2 & 3 & C \\ \hline Net3 & 2 & C \\ \hline Net4 & 4 & C \\ \hline Net5 & 4 & C \\ \hline Net6 & 6 & C \\ \hline \end{array} 目的网络Net1Net2Net3Net4Net5Net6距离232446下一跳路由器CCCCCC
2.(5分) 传输一个10M字节的文件，若传播时延为20ms，分组大小为2K字节。初始“握手”延迟为两倍的往返时延。文件的最后 1 位到达目的地表示传输完成。
（1）若带宽为 10
M
b
p
s
\mathrm{Mbps}
Mbps , 数据可以被连续发送, 计箅传输文件所需的时间。
解: (1) 握手时延 =
2
k
T
T
=
2
⋅
2
⋅
20
m
s
=
80
m
s
2 k T T=2 \cdot 2 \cdot 20 \mathrm{~ms}=80 \mathrm{~ms}
2kTT=2⋅2⋅20 ms=80 ms
传输时延 =20 \mathrm{~ms}
发送时延 =
10
m
B
10
M
b
p
s
=
10
×
1
0
6
×
8
b
i
t
10
×
1
0
6
b
p
s
=
8
s
\frac{10 \mathrm{mB}}{10 \mathrm{Mbps}}=\frac{10 \times 10^{6} \times 8 \mathrm{~bit}}{10 \times 10^{6} \mathrm{bps}}=8 s
10Mbps10mB=10×106bps10×106×8 bit=8s
所以文件传输的总时延=80ms+20ms+8s=8.1s
（2）若链路允许无限快速发送, 每个 RTT 仅发送 10 个分组，计算传输文件所需的时间。
因为链路允许无限发送，故带宽为无限大，即发送时延为0s，并且在等待每个RTT后只能发送10个分组。
所以，分组大小=10MB/2kb=5000个分组。
5000/10=500个RTT。
第一个发送的10个分组有0.5个RTT=传输时延。
所以总的时延为20ms+80ms+499220ms=20.06s
3. （6 分) 考虑一个
T
C
P
\mathrm{TCP}
TCP 连接 (Reno）使用一条带䆕为
100
M
b
p
s
100 \mathrm{Mbps}
100Mbps 的链路发送一个大文件, 这 条链路是发送方和接收方之间的唯一拥塞链路。接收方的接收缓存比拥塞窗口大得多。假 TCP 连接总是处于拥塞避免阶段, 忽略慢启动。试回答:
（1）这条 TCP 连接能取得的最大窗口大小是多少报文段?
（2）这条 TCP 连接从丢包恢复后, 再次达到最大窗口大小需要多长时间?
解: 做这一题, 首先了解几个概念
TCP 协议: TCP 协议定义（Transimission Control Protocol）是以一种面向连接的、可靠的、基于字节流的传输层通信 协议。TCP 是基于不可靠的网路实现可靠传输, 肯定会存在丢包问题。如果在通信过程中, 发现缺少数据或者丢包, 那边么最大 的可能性是程序发送过程或者接受过程中出现问题。例如: 我有 2 台服务器 , \mathrm{A} 和 \mathrm{B} 服务器。A 服务器发送数据给 \mathrm{B} 服务器频 率过高时，B 服务器来不及处理, 造成数据丢包。(原因可能是程序逻辑问题，多线程同步问题，缓冲区溢出问题）
丢包: 如果 A 服务器不对发送频率进行控制, 或者数据进行重发的话, 那么 B 服务器收到数据就会少。就会造成丢失数 据。
端到端时延: 端到端时延 (end-to-end delay) 是指 IP 数据报从离开源点时算起一直到抵达终点时为止一共经历了多长时 间的时延。即包的延时就是指包的接收时间与包的发送时间差。为 0.5 倍的 RTT。
拥塞避免算法：让拥塞窗口 cwnd 缓慢地增大, 即每经过一个往返时间 RTT 就把发送方的拥塞窗口 cwnd 加 1 , 而 不是加倍。这样拥塞窗口 cwnd 按线性规律缓慢增长, 比慢开始算法的拥塞窗口增长速率缓慢得多。
在慢开始和拥塞避免算法中使用了“乘法减小” 和“加法增大”方法。“乘法减小”是指不论在慢开始阶段还 是拥塞避免阶段, 只要出现一次超明时 (即很可能出现了网络拥塞), 就把慢开始门限值 ssthresh 设置为当前的 拥塞窗口值的一半。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。而 “加法增大” 是指执行拥塞避免算法后, 在收到对所有报文段的确认后 (即经过一个 RTT), 就把拥塞窗口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。
答：
（1）当发送速率最大只能等于链路带宽时, 才能不发生丢包（即数据溢出）。设窗口大小为
W
\mathrm{W}
W , 因此由公式
W
∗
M
S
S
/
R
T
T
=
100
M
b
p
s
\mathrm{W} * \mathrm{MSS} / \mathrm{RTT}=100 \mathrm{Mbps}
W∗MSS/RTT=100Mbps , 因为端到端的时 延是 30ms，因此
R
T
T
=
2
∗
30
m
s
RTT =2 * 30 \mathrm{~ms}
RTT=2∗30 ms
由题意可知 MSS 为报文段长度 1500 字节,
W
∗
1500
∗
8
b
i
t
/
2
∗
30
m
s
=
100
M
b
p
s
W*1500*8bit / 2 * 30 \mathrm{~ms}=100 \mathrm{Mbps}
W∗1500∗8bit/2∗30 ms=100Mbps 因此求出
W
=
500
\mathrm{W}=500
W=500
(2) 因为 TCP 丢包（即出现超时, 出现了网络拥塞溢出问题），这时需要 把慢开始的门限值 ssthresh 设置为当前的拥塞窗口值的一半, 因为恢复过 程中, TCP 总是处于拥塞避免状态, 因此, 每个RTT 窗口尺寸增加 1 个 MSS，因此总共需要的时间
T
=
(
500
/
2
)
∗
R
T
T
=
(
500
/
2
)
∗
2
∗
3
∗
1
0
−
2
s
=
15
s
\mathrm{T}=(500 / 2) * \mathrm{RTT}=(500 / 2) * 2 * 3 * 10^{-2} \mathrm{~s}=15 \mathrm{~s}
T=(500/2)∗RTT=(500/2)∗2∗3∗10−2 s=15 s
软件开发模型是指软件开发的全部过程、活动和任务的结构框架。主要的开发模型佯瀑布模型、演化模型、螺旋模型、喷泉模型等。螺旋模型将瀑布模型和演化模型相结合, 并增 加了（1）, 它建立在（2）的基础上, 沿螺旋自内向外每旋转一圈, 就得到它的一个新 版本。喷泉模型描述了（3) 的开发模型, 它休现了这种开发方法创建软件过程所固有的 ( 4) 和 ( 5) 的特征。
供选择的答案:
(1): A. 系统工程 B. 风险分析 C. 设计评审 D. 进度控制
(2): A. 模块划分 B. 子程序分解 C. 设计 D. 原型
(3): A. 面向对像 B. 面向数据流 C. 面向数据结构 D. 面向事件驱动
(4): A. 归纳 B. 推理 C. 迭代 D. 递归
(5)：A．开发各阶段之间无 “间隙” B. 开发各阶段分界明显 C. 部分开发阶段分界明显 D. 开发过程不分段
答案:
1、B 2、D 3、A 4、C 5、A
软件测试的目的是:
(1) 为了发现错误而执行程序的过程。
(2) 一个好的用例能够发现至今尚末发现的错误的测试。
(3) 一个成功的测试是发现至今尚末发现的错误的测试。
(1)消息传递必须给出信道的消息, 通常需要指出明确的接收方。
(2)由于接收方是一通信实体, 具有保持状态的能力, 所以同一发送方在不同时刻向同一接收 方发送相同的消息, 可因接收方的当前在状态不同而得到不同的结果。
(3)消息传递可以是异步的, 发送方可以不必等待接收方返回信息就可以继续执行后面的操作, 而传统的过程调用只能是同步的, 本质上是串行的。
- 功能模型: 表达系统的详细需求, 为软件的进一步分析和设计打下基础。在面向对象方 法中, 由用例冬和场景描述组成。
2）对象模型: 表示静态的、结构化的系统 “数据” 性质。描述现实世界中实体的对象以及 它们之间的关系, 表示目标系统的静态数据结构。在面向对象方法中, 类图是构建对 象模型的核心工具。
3）动态模型: 描述系统的动态结构和对象之间的交互, 表示瞬时的、行为化的系统的 “控 制” 特性。面向对象方法中, 常用状态图、顺序图、合作图、活动图构建系统的动态模 型。
与功能模型的关系:
(1) 对象模型展示了功能模型中的动作者、数据存储和流的结构, 动 态模型展示了执行加工的顺序。
(2) 与对象模型的关系: 功能模型展示了类上的操作和每个操作的变量, 因此它也表示 了类之间的 “供应者一客户”关系; 动态模型展示了每个对象的状态以及 它接收事件 和改变状态时所执行的操作。
(3) 与动态模型的关系: 功能模型展示了动态模型中末定义的不可分解的动作和活动的定义, 对象模型展示了是谁改变了状态和承受了操作。
某培训中心要研制一个计算机管理系统, 它的业务是将学员发来的信息收集分类后, 按 以下不同情况进行处理:
主观贝叶斯方法是一种（） 方法。
A. 机器学习的分类
B. 不确定性推理
C. 知识表示
关于启发式搜索描述正确的是（）。
A. 启发函数没有固定的模式, 需要针对具体问题分析
B. 启发式搜索不能在盲目搜索基础上增加启发函数完成
C. 启发式搜索可以不用启发函数指导搜索
下面关于 BP 神经网络描述正确的是 ( )。
A. 允许同层神经元有连接
B. 采用梯度下降法进行训练
C. 可以不使用激活函数来完成非线性可分数据的多分类
二、证明题（共 9 分）
使用归结法证明:
(
(
T
∧
Q
)
→
P
)
→
(
T
→
(
Q
→
(
S
∨
P
)
)
)
\quad((T \wedge Q) \rightarrow P) \rightarrow(T \rightarrow(Q \rightarrow(S \vee P)))
((T∧Q)→P)→(T→(Q→(S∨P))) 。
三、简答题（每小题 4 分, 共 12 分)
说明使用支持向量机求解二分类问题的原理。
解释什么是分支界限法。
说明在证据理论中, 用哪三个函数来描述和处理知识的不确定性。
