计算机网络习题——第3章 数据链路层
3-01数据链路（即逻辑链路）与链路（即物理链路）有何区别？“电路接通了”与“数据链路接通了”的区别何在？
数据链路与链路的区别在于数据链路除链路外，还必须有一些必要的规程来控制数据的传输。因此，数据链路比链路多了实现通信规程所需要的硬件和软件。
“电路接通了”表示链路两端的结点交换机已经开机，物理连接已经能够传送比特流了。但是，数据传输并不可靠。在物理连接基础上，再建立数据链路连接，才是“数据链路接通了”。此后，由于数据链路连接具有检测、确认和重传等功能，才使不太可靠的物理链路变成可靠的数据链路，进行可靠的数据传输。当数据链路断开连接时，物理电路连接不一定跟着断开连接。
3-06PPP协议的主要特点是什么？为什么PPP不使用帧的编号？PPP适用于什么情况？为什么PPP协议不能使数据链路层实现可靠传输？
主要特点有：（1） 点对点协议，既支持异步链路，也支持同步链路；（2） PPP是面向字节的。
PPP不采用序号和确认机制是出于以下的考虑：
第一， 若使用能够实现可靠传输的数据链路层协议（如HDLC），开销就要增大。在数据链路层出现差错的概率不大时，使用比较简单的PPP协议较为合理。
第二， 在因特网环境下，PPP的信息字段放入的数据是IP数据报。假定我们采用了能实现可靠传输但十分复杂的数据链路层协议，然而当数据帧在路由器中从数据链路层上升到网络层后，仍有可能因网络拥塞而被丢弃。因此，数据链路层的可靠传输并不能保证网络层的传输也是可靠的。
第三， PPP协议在帧格式中有帧检验序列FCS安段。对每一个收到的帧，PPP都要使用硬件进行CRC检验。若发现有差错，则丢弃该帧（一定不能把有差错的帧交付给上一层）。端到端的差错检测最后由高层协议负责。因此，PPP协议可保证无差错接受。
PPP协议适用于用户使用拨号电话线接入因特网线路，质量不太差的情况。
3-07要发送的数据为1101011011。采用CRC的生成多项式是P(X)=X4+X+1。试求应添加在数据后面的余数。
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？
采用CRC检验后，数据链路层的传输是否就变成了可靠的传输？
根据数据生成多项式M(X)=X9+X8+X6+X4+X3+X1+X0=1101011011，因为G(X)=X4+X+1=10011，所以K=4，把M(X)左移K位，得到M’(X)，M’(X)=M(X)*XK=M(X)*X4=X13+X12+X10+X8+X7+X5+X4=11010110110000 ，用M’(X)模二除G(X)，余数为CRC位，M’(X)/G(X)= 11010110110000/10011，R(X)=1110。
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。
采用crc检验后，收方将丢掉此数据，所以只采用crc检验而没有ppp重传机制，数据链路层的传输还不是可靠传输。
3-08要发送的数据为101110。采用CRC的生成多项式是P(X)=X3+1。试求应添加在数据后面的余数。
已知除数为1001，被除数为101110000，余数为011。
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）？
由于PPP的字节填充法规定：0x7E转换为（0x7D，0x5E），0x7D转换为（0x7D，0x5D），即7E→7D 5E，7D→7D 5D，数据部分划分为7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E，所以真正的16进制数据是7E FE 27 7D 7D 65 7E。
3-10PPP协议使用同步传输技术传送比特串0110111111100。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？
零比特填充：只要发现有5个连续1，则立即填入一个0
原始比特串：011011111 1111100，零比特填充后：0110111110 11111000
0001110111110 111110 110=>000111011111 11111110
3-14常用的局域网的网络拓扑有哪些种类？现在最流行的是哪种结构？为什么早期的以太网选择总线拓扑结构而不使用星形拓扑结构，但现在却改为使用星形拓扑结构？
常用的局域网的网络拓扑有星形网，总线网，环形网，树形网4种。
当时很可靠的星形拓扑结构较贵，人们都认为无源的总线结构更加可靠，但实践证明，连接有大量站点的总线式以太网很容易出现故障，而现在专用的ASIC芯片的使用可以将星形结构的集线器或交换机做的非常可靠，因此现在的以太网一般都使用星形结构的拓扑。
3-19以太网使用的 CSMA/CD协议是以争用方式接入到共享信道的。这与传统的时分复用TDM相比优缺点如何？
传统的时分复用TDM是静态固定时隙分配，均匀高负荷时信道利用率高，低负荷或负荷不均匀时资源浪费较大，CSMA/CD可动态使用空闲新到资源，低负荷时信道利用率高，但控制复杂，高负荷时信道冲突大。
对局域网来说，连入信道的是相距较近的用户，因此通常信道带宽较宽，如果使用TDM方式，用户在自己的时隙内没有数据发送的情况会更多，不利于信道的充分利用。对计算机通信来说，突发式的数据更不利于使用TDM方式。
3-20假定1km长的 CSMA/CD网络的数据率为1 Gbit/s。设信号在网络上的传播速率为200000km/s。求能够使用此协议的最短帧长。
电磁波在1km电缆的传播时延约为5微秒，来回路程传播时间为10微秒，为了能够按照CSMA/CD工作，最小帧的发射时间不能小于10微秒；以1Gb/s速率工作，10微秒可以发送的比特数为：10×10-6×109=10000，因此，最短帧是10000位或1250字节长。
3-22假定在使用 CSMA/CD协议的10Mbit/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100 Mbit/s的以太网呢？
对于10Mbit/s的以太网，以太网把争用期定为51.2μs，要退后100个争用期，等待时间是51.2μs×100=5.12ms。对于100Mbit/s的以太网，以太网把争用期定为5.12μs，要退后100个争用期，等待时间是5.12μs×100=512μs。
3-24假定站点A和B在同一个10Mbit/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。）
设在t=0时A开始发送，在t=(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。只要B在t=224比特时间之前发送数据，A在发送完毕之前就一定检测到碰撞，就能够肯定以后也不会再发送碰撞了。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=225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 r A r_A rA=0和 r B r_B 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重传的数据再次发送碰撞？B会不会在预定的重传时间停止发送数据？
因为 r A r_A rA=0，则A在干扰信号传输完之后立即开始侦听t=273+225（传播时延）=498比特时间，A检测到信道开始空闲t=498+96（帧间最小间隔）=594比特时间，A开始重传数据。
t=594+225（传播时延）=819比特时间，A重传完毕，A重传的数据帧到达B的时间。
因为 r B r_B rB=1，则B在干扰信号传输完之后1倍的争用期，即512比特时间才开始侦听t=273+512=785比特时间，B开始侦听。若侦听空闲，则t=785+96（帧间最小间隔）=881比特时间，B开始重传数据，若侦听非空闲，则继续退避算法，又因为t=819比特时间的时候，A才重传数据完毕，所以B在785比特时间侦听的时候，肯定会侦听信道非空闲，即B在预定的881比特时间之前侦听到信道忙，所以B在预定的881比特时间是停止发送数据的。即A重传的数据不会和B重传的数据再次发生碰撞。
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次重传失败的概率、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。
第i次重传分布在[0，1，…，2i-1]共2个时间槽内，因此，i次重传碰撞的概率为 p i = 2 − i ， i = m i n [ i ， 10 ] p_i=2^{-i}，i=min[i，10] pi=2−i，i=min[i，10]。
第一次重传碰撞的概率为 P 1 = 2 − 1 = 0.5 P_1=2^{-1}=0.5 P1=2−1=0.5，第2次重传失败的概率为 P 2 = 2 − 2 = 0.25 P_2=2^{-2}=0.25 P2=2−2=0.25，第3次重传失败的概率为 P 3 = 2 − 3 = 0.125 P_3=2^{-3}=0.125 P3=2−3=0.125。
开始k-1次失败，紧接着第k次重传成功的概率为 P k = ( 1 − 2 − k ) ∏ i = 1 k − 1 2 − i P_k=(1-2^{-k} ) ∏_{i=1}^{k-1}2^{-i} Pk=(1−2−k)∏i=1k−12−i ，进一步化简可得： P k = ( 1 − 2 − k ) [ 2 − 1 ∗ 2 − 2 ∗ ⋯ 2 − ( k − 1 ) ] = ( 1 − 2 − k ) 2 − k ( k − 1 ) / 2 P_k=(1-2^{-k} )[2^{-1}*2^{-2}*⋯2^{-(k-1) } ]=(1-2^{-k})2^{-k(k-1)/2} Pk=(1−2−k)[2−1∗2−2∗⋯2−(k−1)]=(1−2−k)2−k(k−1)/2（平均重传k次的概率）
平均重传次数 l = ∑ k = 1 ∞ k p k = ∑ k = 1 ∞ k ( 1 − 2 − k ) 2 − k ( k − 1 ) / 2 = 1 / 2 + 3 / 4 + 21 / 64 + 15 / 256 + ⋯ ≈ 1.64 l=∑_{k=1}^∞kp_k =∑_{k=1}^∞k(1-2^{-k})2^{-k(k-1)/2} =1/2+3/4+21/64+15/256+⋯≈1.64 l=∑k=1∞kpk=∑k=1∞k(1−2−k)2−k(k−1)/2=1/2+3/4+21/64+15/256+⋯≈1.64
3-34有两台主机A和B接在800m长的电缆线的两端，并在t=0时各自向对方发送一个帧，长度为1500bit（包括首部和前同步码）。假定在A和B之间有4个转发器，在转发帧时会产生20比特的时延。设传输速率为100 Mbit/s，而 CSMA/CD的退避时间是随机数r倍的争用期，争用期为512bit，在发生第一次碰撞后，在退避时A选择r=0而B选择r=1。忽略发生碰撞后的人为干扰信号和帧间最小间隔。
（1）设信号的传播速率是2×108m/s。试计算从A到B（包括4个转发器）的传播时延。
（2）在什么时间（以秒为单位）B完全收到了A发送的帧？
（3）现在假定只有A发送帧，帧长仍为1500bit，但4个转发器都用交换机来代替。交换机在进行存储转发时还要产生额外的20bit的处理时延。在什么时间（以秒为单位）B完全收到了A发送的帧？
（1） 整个传输链路被4个交换机分成5个网段。在主机和交换机之间或两个交换机之间的传播时延是：每一段电缆长度160m除以电磁波的传播速率2×108m/s，即(160m/2×108m/s)=0.8µs，总的传播时延是5×0.8=4µs。4个交换机的处理时延是4×0.2=0.8µs。所以从A到B（包括4个转发器）的传播时延4µs+0.8µs=4.8µs
（2）发送1帧需要的时间是1500/(100×106bit/s)=15µs，比从A到B传播一个比特所需的时间还要多。
在t=0时，A和B同时发送帧。
在t=4.8µs时，A和B都检测出碰撞。
在t=9.6µs时，B终止发送的帧的最后一个比特到达A，A立即重传。
在t=14.4µs时，A重传帧的第一个比特到达Ｂ。
Ａ发送1500bit所需要的时间是1500/108=15µs。
在t=29.4µs=29.4×10-6s时，A重传帧的最后一个比特到达B。
（3） 主机A和4个交换机的发送时延一共是5×15=75µs。由（1）可知，从A到B的传播时延为4.8µs，因此，B收完A所发送的帧总共经历的时延=4.8+75=79.8µs=79.8×10-6s。