计算机网络自顶向下方法 习题参考答案 第三章

复习题

R1.

a.
称这个简单的运输层协议为 STP。
在发送端，STP 接收应用程序要发送的数据（不超过 1196 字节）、目的地址、端口号；然后 STP 添加 4 字节头部信息，即端口号；将这 1200 字节的报文段连同目的地址交付给网络层；
在接收端，STP 提取端口和数据，将数据发送给端口所标志的程序。

b.
在头部信息中增加 4 字节的源端口号，将数据减少为 1192 字节。

c.
不。

R2.

略

R3.

y、x

R4.

一些应用程序不想使用 TCP，因为其拥塞控制会降低发送速率。而且应用本身并不需要可靠的数据传输。

R5.

因为今天大多数的防火墙会拦截 UDP

R6.

在应用层添加差错检测，需要程序开发人员在程序中添加一些检测代码

R7.

题目正确的翻译应该是：这两个报文段都将被定向到主机C上的同一个套接字吗？还不如直接 google 翻译呢。那么现在题目要求清楚了，两个报文段都将被定向到主机C上的同一个套接字。根据源 IP 区分不同主机。

R8.

通过不同的欢迎套接字。它们的目的端口都是 80。

R9.

判断究竟是新的分组还是重传

R10.

处理丢包事件，如果丢包可以重传

R11.

RTT 固定的好处就是发送方可以准确判断 ACK 是否丢失，不过它仍需要一个时间固定的定时器。

R12.

a.
接收方丢弃全部分组，之后发送方重传五个分组。

b.
GBN 使用累积确认，因此没有触发重传

c.
只能发送五个，因为窗口大小就是 5

R13.

a.
只重发第一个分组即可

b.
超时重发第一个分组

c.
只能发送五个，因为窗口大小就是 5

R14.

a. 错
b. 错
c. 对
d. 错
e. 对
f. 错
g. 错

R15.

a. 110 - 90 = 20byte
b. 90

R16.

依然是三个，第一个 seq=43 ack=80，第二个 seq=80 ack=44，第三个 seq=44 ack=81

R17.

R/2

R18.

错，设为 cwnd 的一半

R19.

略

---

---

---

习题

P1.

假定 A 向 S 的源端口号为 x， B 向 S 的源端口号为 y
a.
A 向 S 的源端口号为 x， 目的端口号为 23

b.
B 向 S 的源端口号为 y， 目的端口号为 23

c.
S 向 A 的源端口号为 23， 目的端口号为 x

d.
S 向 B 的源端口号为 23， 目的端口号为 y

e.
x y 可能相同

f.
不可能

P2.

从 B 到 C：
   左边的连接：源端口号 80，源 IP 为 B 的 IP；目的端口 26145，目的 IP 为 C 的 IP；
   右边的连接：源端口号 80，源 IP 为 B 的 IP；目的端口 7532，目的 IP 为 C 的 IP；

从 B 到 A：
   源端口号 80，源 IP 为 B 的 IP；目的端口 26145，目的 IP 为 C 的 IP；

P3.

注意应在溢出时向最低位进位：

    01010011  
+   01100110 
————————————
    10111001
+   01110100
————————————
(1) 00101101
+          1
————————————
    00101110

其反码为 11010001

使用反码有以下好处：

1. 不依赖系统是大端还是小端
2. 计算检验和比较简单快速

接收方检验差错的方法是将三个字节与检验和相加，如果任何一个位为 0，说明出错

1比特的差错肯定会导致结果不同
2比特的差错可能会检测不出，比如题中第一、二字节变为 01010010，01100111，即最后一个比特反转

P4.

a. 00111110
b. 01000000
c. a 中的第一、二字节变为 01011101、01100100

P5.

不能确保，如同上两题讨论的那样

P6.

如果 rdt2.1 发送方正处于“等待来自上层的调用0”，接收方处于“等待来自下层的0”，发送方发送序号为 0 的分组，而接收方正确接收并向发送方发送 ACK；此时发送方处于“等待 ACK 或 NAK 0”，接收方处于“等待下层的 1”，如果此 ACK 损坏，发送方重发序号0的分组，而接收方会发送 NAK，这将导致一个死循环；
其实此接收方并没有标注初始状态，如果发送方初始状态为“等待来自上层的 0”，接收方初始为“等待下层的 1”，也会导致上述死锁。

P7.

ACK 分组没有序号是因为接收方、发送方都不需要该序号。

P8.

可以直接使用 rdt2.2 中的接收方

P9.

P10.

类似于 rdt3.0 的发送方，在 rdt2.1 的发送方上加上 start_timer 以及 timeout 事件即可。timer 的时间要大于最大往返时延。

P11.

如果从“等待来自下层的1”中删除，不会影响正常工作，因为 sndpkt 已经被生成了。
但是如果从“等待来自下层的0”中删除，而且接收方刚刚启动（处于初始状态），sndpkt 是一个错误的值（很可能是一个随机值），那么发送方会认为 ACK 损坏并重发分组，接收方会继续发送错误值，浙江导致一个死锁。

P12.

仅有一个比特差错时，协议正常工作，只不过可能比 rdt3.0 发送方反应更快。
而当定时器时间过短时，每一个超时重发的分组都将会导致正在发送的包重发，这样从第一个包累积到第n个包，分组发送的次数将趋于无穷。

P13.

像图片展示的那样，两个 M0 将无法区分

P14.

分组 x 丢失只能被接收方检测到，且只有 x-1，x+1 都被接收后。如果发送方在发送 x 之后隔较长时间才发送 x+1，那么这段时间 x 将一直不会被重发。
而当数据量较大且很少丢包时，用 NAK 协议发送的数据包的数量明显比 ACK 协议少

P15.

中文版翻译较差，错误极多，无力吐槽。。。这里按英文版的 98% 来做：
U = (nL/R) / (RTT + L/R) > 98%
    解出 n > 2450.98
    因此 n 至少是 2451

P16.

肯定能增加利用率，接收到 ACK0 或 ACK1 之后发送方认为分组已经成功到达，即使事实不是如此。
可能导致许多问题，例如差错出现并不会重发、造成无谓的重发等。

P17.

B与A类似，只不过初始状态从 receive from A 开始

P18.

略

P19.

略

P20.

略

P21.

略

P22.

a.
考虑两种极端情况：

1. 发送方发送 k-4，k-3，k-2，k-1，接收方都完整得接收并发送 ACK，但 ACK 全都未传到发送方，接收方的期待序号为 k，而发送方窗口序号为 [k-4, k-1]
2. 如果 ACK 全都传回，则发送方更新 base，其序号为 [k, k+3]

因此序号可能是 [k-4, k+3]

b.
如果接收方期待 k，则它一定将比 k-1 小的 ACK 发送出去了，如果要使发送方发送 k-1，那么它至少已经接收到了 k-5 的 ACK。
因此正在传播回发送方的 ACK 序号可能是 [k-4, k-1]

P23.

设序号为 0（第一个 0），1，…，k-1，0（第二个 0）

对于 SR，要使其序号发生混杂，至少是当接收方刚刚包含第二个 0，即接收方窗口为[k-N-1, 0]，也就是说 k-N (包括 k-N) 之前的都接收过了。要使序号混杂还有一个条件就是第一个 0 在发送方窗口且恰好其 ACK 丢失，需要重发。0(第一个0)~k-N 为 k-N+1 个值，如果窗口长度不足 k-N+1，则第一个 0 和第二个 0 不会同时包含在发送或接收窗口中。
所以窗口长度 N <= k-N，即 N <= k/2

GBN 类似，N <= k 即可

P24.

a.
可能， ACK 还没来得及返回，发送方超时重发，之后发送方接收到 ACK 并移动窗口，那么它之前重发的分组的 ACK 将落在窗口之外

b.
可能，类似 a

c.
是的

d.
是的

P25.

a.
UDP 直接将用户数据打包进报文并立即传输，而 TCP 会将数据写进缓存并可能分成多个报文

b.
TCP 有流量控制和拥塞控制，而 UDP 没有

P26.

a.
注意到 TCP 是字节流编号的， L 的最大值为 2^32 byte

b.
设 N 为报文数：
$N=\lceil \frac{2^{32}}{536}\rceil =8012999$

$总头部长=N\ast 66byte=528857934byte$

$总字节数=2^{32}byte+528857934byte=4.824\ast 10^{9}byte$

$t=\frac{总字节数}{155Mbps}=249s$

P27.

a.
序号、源、目的端口号分别为 207、302、80

b.
序号、源、目的端口号分别为 207、80、302

c.
127

d.

P28.

TCP 让发送方 A 维护一个接收窗口来提供流量控制，主机 B 将实时的 rwnd 值放入发给 A 的报文中，通知 B 的缓存大小。A 确保 LastByteSent - LastByteAcked <= rwnd，当缓存不足时，将暂停向 B 发送数据

P29.

a.
防止有攻击者发动 SYN 洪泛攻击

b.
不能。当服务器使用 SYN cookie 时，它不维护 cookie 或其他信息，因此半开连接不可行。攻击者并不知道某个服务器和某 IP 对应的初始序列号，因为那个秘密数只有服务器知道。

c.
理论上可行

P30.

a.
超时值是固定的，单一得增加有限缓存的长度，会导致未丢失的分组被重传

b.
有助于。

P31.

略，自己慢慢算算吧

P32.

a.
EstimatedRTT’
= 0.9 ( 0.9 ( 0.9 ( 0.9 EstimatedRTT + 0.1 SampleRTT1 ) + 0.1 SampleRTT2 ) + 0.1 SampleRTT3 ) + 0.1 SampleRTT4
= 0.9^4 EstimatedRTT + 0.1 SampleRTT4 + 0.9 * 0.1 SampleRTT3 + 0.9^2 * 0.1 SampleRTT2 + 0.9^3 * 0.1 SampleRTT1

b.
推广到 n：
EstimatedRTT’ = 0.9^n EstimatedRTT + 0.9^(n-1) * 0.1 SampleRTT1 + 0.9^(n-2) * 0.1 SampleRTT2 + … + 0.1 SampleRTTn

c.
根据上式：
$EstimatedRT{T}^{\prime }=0.9^{n}EstimatedRTT+\frac{1}{10}{\sum }_{i=1}^{n}0.9^{n-i}SampleRT{T}_i$

可以看出 i 越小，$SampleRT{T}_i$ 对 $EstimatedRT{T}^{\prime }$ 的影响越小，且其权重呈指数形式锐减

P33.

假设传递分组 1 到目的地，超时后源又重发分组 1 的副本分组 2；如果分组 1 的 ACK 返回到源，则源可能将它作为分组 2 的 ACK，从而计算了一个错误的 RTT

P34.

SendBase - 1 <= LastByteRcvd
LastByteRvcd 是刚到达 B 的编号， SendBase - 1 是已经到达 B 的编号

P35.

y 之前的所有字节都被接收，因此 y-1 <= LastByteRcvd

P36.

考虑当分组错序到达会发生什么，分组 1 正确到达，目的地发送 ACK，分组 3 提前于分组 2 到达，发送一个冗余 ACK，这将导致发送方重传分组 2，即使分组 2 并未丢失

P37.

a.
GBN：
A：首先发送分组 12345，后来重发 2345，总共 9 个分组
B：首先发送 ACK 1111，后来发送 2345，总共 5 个 ACK

SR：
A：首先发送分组 12345，后来重发 2，总共 6 个分组
B：首先发送 ACK 1345，后来发送 2，总共 5 个 ACK

TCP：
A：首先发送分组 12345，后来重发 2，总共 6 个分组
B：首先发送 ACK 2222，后来发送 6，总共 5 个 ACK

b.
GBN、SR 需要等待超时，而 TCP 使用快速重传，故 TCP 最快

P38.

是的

P39.

λ’in 超过 R/2，会导致更多的丢包以及重传，λout 可能会下降

P40.

a. [1, 6] 和 [23, 26]

b. [6, 16] 和 [17, 22]

c. 三个冗余 ACK

d. 超时

e. 32

f. 42/2 = 21

g. 29/2 = 14

h. 分组 1 (p1) 在传输轮回 1 (t1) 中发送，p2~p3 在 t2 中发送，p4~p7 在 t3 中发送，p8~p15 在 t4，p16~p31 在 t5，p32~p63 在 t6，p64~p96 在 t7,
因此分组 70 在第 7 个传输轮回内发送

i. ssthresh = 4，cwnd = ssthresh + 3MSS = 7

j. 在第16个传输轮回时，ssthresh = cwnd/2 = 21，cwnd = 1 并进入慢启动状态，则在第19个传输轮回中，ssthreash = 21，cwnd = 4

k. t17：1个，t18：2个，t19：4个，t20：8个，t21：16个，t22：21个
1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 21 = 52 个

P41.

从图中可以看出，这不是一种平等算法

P42.

超时仅能减缓 分组未丢失超时重传 这种情况，不能阻止 TCP 向可能出现拥塞的端到端路径上继续发送更多的新的分组。

P43.

流量控制将无法适用，因为接受缓存足够大。
没有丢包、没有超时，因此拥塞控制也无法适用。
无需适用任何措施，当发送缓存满载时，自动就慢下来了。

P44.

a.
每个 RTT 加 1 个 MSS，因此需要 6 个 RTT

b.
6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 = 51 MSS
平均吞吐量为 51MSS / 6RTT = 8.5 MSS/RTT

P45.

a.
从 W/2RTT 到 W/RTT 期间总共发送的分组数：
$\frac{W}{2}+(\frac{W}{2}+1)+(\frac{W}{2}+2)+...+W=\frac{(W+\frac{W}{2})(W-\frac{W}{2}+1)}{2}=\frac{3}{8}{W}^2+\frac{3}{4}W$

$仅丢了一个包，因此丢包率L=\frac{1}{\frac{3}{8}{W}^2+\frac{3}{4}W}$

b.
$当W足够大，\frac{3}{8}{W}^2>>\frac{3}{4}W，此时L\approx \frac{1}{\frac{3}{8}{W}^2}=8/3W^2$

$得出W\approx \sqrt{8/3L}$

$则平均吞吐率为=\frac{0.75W}{RTT}\approx \frac{1.22MSS}{RTT\sqrt{L}}$

P46.

a.
最大窗口长度 W 受限于链路速率：W * MSS / RTT = 10Mbps
得到 W = 125

b.
从 W/2 到 W：
平均窗口长度为 0.75W = 94
平均吞吐量为 94 * 1500 * 8 / 0.15 = 7.52Mbps

c.
W’ = W/2 + 3 = 65
从 W’ 到 W：
(125-65)*150ms = 9s

P47.

不会

P48.

a.
W*MSS/RTT = 10Gbps
W = 125000

b.
7.52Gbps

c.
156.2min

P49.

已知 TCP 平均吞吐量 $D=\frac{1.22MSS}{RTT\sqrt{L}}$

$L=(\frac{1.22MSS}{RTT\ast D}{)}^2$

$\frac{1}{L}为丢包后(的那一刻)TCP发送的总分组数(因为只丢了一个包)$

则$\frac{MSS}{L}=T\ast D,T=\frac{D\ast RT{T}^2}{1.22^{2}MSS}$

因此 T 是 D 的函数

P50.

每秒发送最多 30 个报文段，即每 100ms 最多发送 3 个，每 50ms 最多发送 1 个；无论何时发生丢包，假定 C1 每 100ms 调整一次窗口， C2 每 50ms 调整一次。
a.

t/ms	C1.cwnd/报文段	C2.cwnd/报文段
0	10	10
50	5↓ （↓ 的意思是因丢包而减少一半）	10
100	2↓	5↓
150	1↓	5
200	1▲ （▲ 的意思是无法继续减少）	2↓
250	1▲	2
300	1▲	1↓
350	2↑（↑ 的意思是加性增）	1
400	1↓	1▲
450	2↑	1
500	1↓	1▲
550	2↑	1
600	1↓	1▲
650	2↑	1
700	1↓	1▲
750	2↑	1
800	1↓	1▲
850	2↑	1
900	1↓	1▲
950	2↑	1
1000	1↓	1▲

因此它们的拥塞窗口为 1、1

b.
C1 明显比 C2 占有的带宽多一些，是 C2 的三倍

P51.

类似上一题
a.
都是2

t/ms	C1.cwnd/报文段	C2.cwnd/报文段
0	15	10
100	7↓	5↓
200	3↓	2↓
300	1↓	1↓
400	2↑	2↑
500	1↓	1↓
600	2↑	2↑
700	1↓	1↓
800	2↑	2↑
900	1↓	1↓
1000	2↑	2↑
1100	1↓	1↓
1200	2↑	2↑
1300	1↓	1↓
1400	2↑	2↑
1500	1↓	1↓
1600	2↑	2↑
1700	1↓	1↓
1800	2↑	2↑
1900	1↓	1↓
2000	2↑	2↑
2100	1↓	1↓
2200	2↑	2↑

b.
是的

c.
是的，都是2

d.
不利于改善利用率
当 C1 C2 的窗口大小都为 1 时，这条链路无法满载。
可以增设一个缓冲区，在缓冲区溢出之前随机丢弃一些分组。主动队列管理，随机早期检测等都用到了此种方法。

P52.

1.
类似 P45：

$S=\frac{W}{2}+\frac{W}{2}(1+a)+\frac{W}{2}(1+a{)}^2+...+W$

设 $\frac{W}{2}(1+a{)}^n=W$ ：

得 $n={\log }_{1+a}2$

从而 $S=\frac{W(2a+1)}{2a}$

则丢包率 $L=\frac{1}{S}=\frac{2a}{W(2a+1)}$

2.
从 W/2 增加到 W 需要的时间：

$n\ast RTT=lo{g}_{1+a}2\ast RTT$

跟吞吐量无关

P53.

根据公式：

$D=\frac{1.22MSS}{RTT\sqrt{L}}$

$L=(\frac{1.22MSS}{RTT\ast D}{)}^2=(\frac{1.22\ast 1500byte}{0.1s\ast 10Gbps}{)}^2=(\frac{14640}{10^9}{)}^2=2\ast 10^{-10}$

而当 D’ = 100Gbps 时：

$L=(\frac{14640}{10^{1}0}{)}^2=2\ast 10^{-12}$

P54.

优点是无需经历慢启动过程
缺点是 t1 时刻的 cwnd 和 ssthresh 比较陈旧，不能正确反映 t2 时刻的线路拥塞状态

P55.

a.
Y

b.
可以确认，SYNACK 将发到 Y，攻击者无法得知初始的序号，也就无法发回正确的 ACK

P56.

略