408 知识点笔记——计网（物理层、数据链路层）

1 计算机网络体系结构

【网络体系结构所描述的内容】

计算机网络的各层及其协议的集合成为网络体系结构，网络体系结构是抽象的，它不应该包括各层协议及功能的具体实现细节（定义功能执行的方法）。这些内部实现细节应该由工作人员完成，我们并不需要知道

△☼▽（2010年真题）

分析：B，理论如上所述

【计算机网络分类方法】

计算机网络常采用的分类方法有两种

• 根据网络所使用的传输技术分类：广播式网络和点对点网络
• -根据网络的覆盖范围与规模分类：广域网、局域网和城域网

【计算机网络从逻辑功能上的划分】

典型的计算机网络从逻辑功能上可以分为两部分：资源子网和通信子网

【世界上第一个计算机网络】

世界上第一个计算机网络是 ARPANET

【时延带宽积】

记住公式，$$时延带宽积=传播时延\times 带宽$$

△☼▽

分析：
（1）最小 RTT $=2\times 150000km/(3\times 10^{8}m/s)=1s$
（2）延迟带宽积 $=1s\times 100Mbit/s=12.5MB$
（3）延迟带宽积的含义是：收到对方响应之前所能发送的数据量
（4）具体分析如下

【5 层参考模型的各层总结】

【OSI 参考模型和 TCP/IP 模型】

OSI 参考模型和 TCP/IP 模型的对应关系

解释两个点：

• 会话层的主要功能是在两个节点间建立、维护和释放面向用户的连接，并对会话进行管理和控制，保证会话数据可靠传输。这里要区别于传输层的建立连接，会话层一定是面向用户的
• 表示层主要功能包括数据格式转换、为数据加密解密以及为提高传输效率提供必需的数据压缩及解压功能

△☼▽（2017年真题）

分析：A，400/(400+5×20)

几个协议结合模型图要理解清楚

• PPP 在TCP/IP 体系结构中属于网络接口层协议（在 ISO/SOI 体系结构中属于数据链路层协议），所以 PPP 为网络层提供服务

• TCMP 属于网络层协议，ICMP 报文直接作为 IP 数据报的数据，然后再加上 IP 数据报的首部进行传送，所以 IP 直接为 ICMP 提供服务

• UDP 和 TCP 都属于传输层协议，为应用层提供服务

【网络在空间上的划分】

• 广域网和局域网之间的差异是他们覆盖的范围不同，除此之外它们使用的协议也有差异
• 由于广域网通信线路长，信号可靠度不高，因此运用一系列差错控制、流量控制手段；局域网由于其通信线路距离较短，信道质量较高，因此局域网协议的目标主要是实现信道复用和提高速度
• 至于广域网和局域网使用的传输介质，可能是相同的

【因特网】

当前互联网普遍采用分组交换技术的 TCP/IP，它属于互联网的核心技术

△☼▽

分析：C
Ⅰ. 由于广播式网络中并不存在路由选择的问题，故没有网络层
Ⅱ. 根据上述理论知正确
Ⅲ. 在 Internet 中，网络层的服务访问点是 IP 地址，传输层的服务访问点是端口号

【总时延】

核心公式：$$总时延=发送时延+传播时延+处理时延+排队时延$$

△☼▽ （重点关注直通交换）

分析：
（1）发送时延为 $5000bit/10Mbit/s=500us$，传播时延为 $10us$，总时延为 $500us\times 2+10us\times 2=1020us$（$\times 2$ 是因为发送数据的主机和交换机各有一次转发）
（2）有 $3$ 台交换机，共有 $4$ 条链路，总延迟为 $500us\times 4+10us\times 4=2040us$
（3）$20us$ 的交换机转发延迟与 $500us$ 的发送时延重叠了，故总时延为 $500us+10us\times 2=520us$

△☼▽

分析：传播时延 $=2km/2\times 10^{8}m/s=10us$

（1）设带宽为 $x$，$100B/x=10us$，即 $x=10MB/s$

（2）同理，$512B/x=10us$，即 $51.2MB/s$

△☼▽ （重点关注 2、3、4 三小问）

分析：
（1）发送时延 $=1000KB/1.5Mbit/s\approx 5.33s$，传播时延 $=RTT/2=50ms$，总时延 = $5.33s+50ms+200ms=5.58s$

（2）在（1）的基础上加上 $999RTT$，即总时延 = $5.58s+999\times 100ms=105.48s$

（3）每等待一个 RTT 可发送 $20$ 个分组，故一共需要 $1000/20=50$ 次才可以发完，又第一次的传播时延包含在第二次的等待时间里，故以此类推，一共等待了 $49$ 个RTT，但最后一次还需要 $0.5RTT$ 的传播时延，故总时延 $=2RTT+49RTT+0.5RTT=5.15s$

（4）设需要 $k$ 次 RTT 可以发完所有分组，于是 $1+2+\cdots +2^k=2^{k+1}-1⩾1000$，故 $k=9$，总时延 $=2RTT+9RTT+0.5RTT=11.5RTT=1.15s$

【有连接/无连接、有确认/无确认】

1. 以太网 MAC 协议提供的是无连接不可靠服务
   很明显 MAC 帧首部没有用于建立连接的字段，故是无连接的；其次，以太网帧是一种无编号的帧，当目的站收到由差错的数据帧时，就丢弃该帧，其他什么也不做，差错的纠正是由高层来决定的，所以 MAC 协议是不可靠的

2. 网络层提供的是无连接不可靠的数据报服务
   首先网络层传输采用的是 IP 分组，IP 分组中头部含有源 IP 地址和目的 IP 地址，并不是一个虚电路号，所以网络层采用的是数据报服务。其次，IP 分组的头部也没有对分组进行编号和提供校验字段，所以网络层提供的服务是不可靠服务；最后，IP 分组的头部也没有相关的建立连接的字段，所以网络层属于无连接

3. 如果信道可靠且实时性要求高，通常采用无连接无确认的服务

4. 千万记住，没有有连接无确认的服务，有连接就必须有确认

2 物理层

【基带传输和宽带传输】

基带信号是将数字信号 0 和 1 直接用两种不同的电压表示，然后传送到数字信道上去传输，称为基带传输

宽带信号是将基带信号进行调制后形成模拟信号，然后再传送到模拟信道上去传输，称为宽带传输。宽带传输在考研中可以等同于频带传输（都是传输模拟信号），只是宽带传输比频带传输有更多的子信道，并且这些子信道都可以同时发送信号

简单的，记住一句话：基带对应数字信号，宽带对应模拟信号

△☼▽

分析：C，基带传输传的是数字信号，而选项中只有曼彻斯特编码是数字信号

【波特率】

波特率：又称为码元传输速率，它表示单位时间内数字通信系统所传输的码元个数（又可称为脉冲个数或者信号变化的次数）

关于波特率中有一个要重点关注的问题：波特率和比特率

在二进制码元的情况下，比特率在数量上和波特率相等，即一码元有两种离散状态，对应 $lo{g}_{2}2=1bit$，但是如果增加到 $16$ 种信号变化，那么自然就需要 $lo{g}_{2}16=4bit$

于是，我们得到波特率 $B$ 与数据传输率 $C$ 的关系为：$C=Blo{g}_{2}N$，$N$ 为一个码元所取得离散值个数

△☼▽

分析：D，$8kbit/s=2000\times lo{g}_{2}16bit/s$

△☼▽

分析：B，坐标图上有 4 个点，说明一个码元可以携带 2bit 信息，因此数据传输率为 1200×2 bit/s

△☼▽（2011年真题）

分析：B，$2400bit/s=B\times lo{g}_{2}4$

△☼▽

分析：C，由图知可表示 16 种不同的信号，即 $lo{g}_{2}16=4bit$ 信息

△☼▽ （重点关注码元和 n 进制代码之间的转换关系）

分析：
（1）根据 $lo{g}_{4}4<lo{g}_{4}8<lo{g}_{4}16$ 可知，一个脉冲信号需要用 2 位四进制代码表示
（2）数据传输率为 $\frac{2bit}{0.02s}=1kbit/s$

【奈奎斯特定理 / 香农定理】

1）奈奎斯特定理

在采样定理和无噪声的基础上，

$$C_{max}=f_{采样}\times lo{g}_{2}N=2f\times lo{g}_{2}N$$

△☼▽

分析：D，无噪声最大数据传输率根据奈奎斯特定理，$N$ 可以取无限大。这道题的关键在于信道无噪声，如果在一个有噪声的信道中，根据香农定理则不允许最大数据传输率为无限大

△☼▽

分析：C，$2\times 6M\times lo{g}_{2}4bit/s=24Mbit/s$，至于什么是 $4$ 级数字信号不需要知道，只用 $lo{g}_2$ 就行

△☼▽

分析：B，$4$ 相位，每相位 $4$ 种振幅，总共 $16$ 种状态，故数据传输速率为 $2\times 2k\times lo{g}_{2}16bit/s=24kbit/s$

2）香农定理

$$\begin{gathered} 信噪比(dB)=10lo{g}_{10}(S/N)(dB) \\ {C}_{max}=W\times lo{g}_2(1+S/N) \end{gathered}$$

其中，$\frac{信号的平均功率}{噪声的平均功率}=\frac{S}{N}$

△☼▽

分析：C，$30dB=10lo{g}_{10}(S/N)$，故 $S/N=1000$，实际数据传输速率约为 $0.5\times 8k\times lo{g}_2(1+1000)$（近似认为 $lo{g}_{2}1001=lo{g}_{2}1024=10$）

△☼▽ （关注如何将频率范围转化为带宽进行计算）

分析：B，根据香农定理，$C_{max}=(3.9-3.5)MHz\times log(1+\frac{0.62W}{0.02W})$

3）两者之间的联系

• 奈奎斯特定理公式指出码元传输的速率是受限的，不能任意提高，否则在接收端就无法正确判定码元是 1 还是 0
• 香农公式给出了信息传输速率的极限

△☼▽

分析：D，$S/N=10^3$，$2Wlo{g}_{2}N⩾Wlo{g}_2(1+S/N)$

【调制解调技术】

调制就是将基带数字信号的频谱变换为合适在模拟信道中传输的频谱，解调与之相反。所以，调制解调技术用于模拟信道传输数字数据通信方式，而模拟信道传输模拟数据不需要调制解调技术

【信道数据传输速率的影响因素】

由香农定理可知，信噪比和频率带宽都可以限制信道的极限传输速率，所以信噪比和频率带宽都对信道的数据传输速率有影响。信道的传输速率实际上就是信号的发送速率，调制速度会直接限制数据的传输速率，而信号的传播速度不会，信号的传播速度是信号在信道上传播的速度，与发送速率无关

【编码】

将模拟数据转换为数字信号的过程称为编码

1）非归零码（NRZ）

NRZ 编码规则：低 0 高 1，其缺点是无法判断一个码元的开始和结束

非归零码中还有一类 NZR-I 编码，NRZ-I 电平的一次翻转来表示电平的逻辑 0，与前一个 NZR-I 电平相同的电平表示电平的逻辑 1 （相同表示 1）

2）曼彻斯特编码

将每个码元分成两个相等的间隔，前一个间隔为高电平而后一个间隔为低电平表示码元 1，码元 0 正好相反 （高低为 1）。曼彻斯特编码的特点是将每个码元的中间跳变作为收发双方的同步信号，无需额外的同步信号，但是它所占的频带宽度是原始的基带宽度的两倍（具体如下题）

△☼▽

分析：以太网采用曼彻斯特编码，发送每一位都有两个信号周期，数据传输率为 $10Mbit/s$，码元的传输率为 $20MBaud$

△☼▽

分析：A，10 Base-T 代表传统的以太网，使用曼彻斯特编码

△☼▽

分析：A，对 NRZ：低 0 高 1；对曼彻斯特编码，高低为 1

3）差分曼彻斯特编码

若码元为 1，则其前半个码元的电平与上一个码元的后半个码元的电平一样；若码元为 0，则其前半个码元的电平与上一个码元的后半个码元的电平相反 （前半个与上一个的后半个相同为 1）。该编码技术较复杂，但抗干扰性较好

△☼▽

分析：理论如上不再赘述

4）自含时钟编码

曼彻斯特编码属于自含时钟编码，其将每个码元的中间跳变作为收发双方的同步信号，无需额外的同步信号，但是其所占的频带宽度是原始的基带宽度的两倍（差分曼彻斯特编码也属于自含时钟编码）

【数据传输方式】

1）电路交换

通信双方之间建立一条被双方独占的物理通路

优点

1. 通信时延小，由于通信线路为双方用户专用，数据直达
2. 实时性强
3. 有序传输
4. 适用范围广，电路交换既适用于传输模拟信号，也适用于传输数字信号
5. 控制简单
6. 避免冲突
7. 适用于传送数据量很大且传送时间远大于呼叫时间的情况

缺点

1. 建立连接时间长
2. 信道利用率低
3. 缺乏统一标准，不同类型、不同规格、不同速率的终端很难相互通信
4. 灵活性差，只要通信双方建立的通路中的任何一个结点出了故障，就必须重新拨号建立新的连接

△☼▽（模拟题一）

分析：A，理论如上所述

2）报文交换

• 在报文交换中，交换的数据单元是报文
• 报文交换在交换结点采用存储转发的传输方式

优点

1. 无需建立连接
2. 动态分配线路
3. 提高可靠性，如果某条传输路径发生故障，可重新选择另一条路径传输数据
4. 提高线路利用率
5. 提供多目标服务，一个报文可以同时发送到多个目的地址，这在电路交换很难实现

缺点

1. 由于存储转发，进入了转发延迟，报文经过中间结点的接受、存储和转发时间较长而且也不固定，因此不能用于实时通信环境（如语音、视频等）
2. 由于报文大小不固定，在交换结点中需要较大的存储空间

3）分组交换

分组交换仍采用存储转发的方式，但将一个长报文先分割成若干个较短的报文，然后把这些分组逐个地发送出去

优点

1. 加速传输，流水线式传输方式减少了报文的传输时间。此外，传输一个分组所需的缓冲区更小，这样因缓冲区不足而等待发送的概率及等待时间也必然减少
2. 简化了存储管理，因为分组长度固定，相应的缓冲区大小也固定，在交换结点中存储器的管理通常简化为对缓冲区的管理
3. 减少了出错率和重发数据量，因为分组较短，出错概率必然减少，重发数据量大大减少，可靠性提高，减少了传输时延
4. 适合于计算机之间的突发式数据通信

缺点

1. 相比于电路交换，由于存储转发，必然页存在传输时延
2. 可能出现失序、丢失或重复分组现象，分组到达目的结点时，要对分组按编号进行排序等工作

4）三者之间的对比联系

4）定性计算

问题： 假设要传送的报文共 $xbit$，从源点到终点共经过 $k$ 段链路，每段链路的传播时延为 $ds$，数据的传输速率为 $bbit/s$，在电路交换时电路的建立时间为 $s_{1}s$，在分组交换时分组长度为 $(p+h)bit$（其中 $p$ 为分组的数据部分的长度，$h$ 为每个分组所带的控制信息固定长度），且各结点的排队时间可忽略不计

解答： 传播时延即一个分组的传播时延为 $kd$；发送时延为
$$\frac{x}{p}\frac{p+h}{b}+(k-1)\frac{p+h}{b}$$
其中，第二项表示最后一个分组中间经过 $k-1$ 个中间结点转发的时延

传输方式	总时延
电路交换	$$s_1+\frac{x}{b}+kd$$
报文交换	$$k(\frac{x}{b}+d)$$
数据报分组交换	$$\frac{x}{p}\frac{p}{b}+(k-1)\frac{p}{b}+kd$$
虚电路分组交换	$$s_2+\frac{x}{b}+(k-1)\frac{P}{b}+kd$$（$s_2$ 为虚电路的呼叫建立时间，P 为虚电路下分组的大小）

注：因为虚电路分分组首部并不包含目的地址，而是包含虚电路表示符，相对数据报方式开销较小，故区分两种情况下的分组大小

△☼▽（2010年真题）

分析：C
要求用时最少走上面支路，共 $3$ 段链路。分组大小 $1000B$，分组头 $20B$，数据 $980B$，文件分 $980000B/980B=1000$ 个分组，总时延为$$\frac{1000\times 8\times 1000bit}{100Mbit/s}+2\times \frac{1000\times 8bit}{100Mbit/s}=80.16ms$$

△☼▽（2013年真题）

分析：D，考虑报文交换，$$\frac{8Mbit}{10Mbits/s}\times 2=1600ms$$
考虑分组交换，$$\frac{8Mbit}{10Mbit/s}+(2-1)\times \frac{10kbit}{10Mbit/s}=801ms$$

【数据报与虚电路】

1）数据报的特点

• 发送分组前无需建立连接
• 网络尽最大努力交付，传输不保证可靠性，即可能会发生丢失。每个分组都是被独立处理的，所以转发的路径可能不同，因此不一定按序列到达接收方
• 在具有多个分组的报文中，交换机尚未接收完第二个分组，已经收到的第一分组就可以转发出去，不仅减小了延迟，而且大大提高了吞吐量
• 当一台交换机或一段链路故障时，可相应地更新转发表，寻找另一条替代路径转发分组，对故障适应能力强
• 发送方和接收方不独占某一条链路，所以资源利用率高

2）虚电路的特点

首先，由于虚电路传输分组前需要建立一条逻辑连接，属于同一条虚电路的分组按照同一路由转发，所以分组一定是按序到达的。其次，由于目的地址仅在建立虚电路的时候使用，所以之后对每个分组使用长度较短的虚电路标识符放在分组首部即可。相比数据报服务来说，虚电路分组开销小

【传输介质】

1）双绞线

短距离传输，既可以传输模拟信号，也可以传输数字信号。距离太远时，对于模拟信号传输，要用放大器放大衰减了的信号；对于数字信号，要用中继器将失真的信号整形

2）同轴电缆

比双绞线的抗干扰能力强，因此传输距离更远

△☼▽

分析：C，记住就行

3）光纤

• 单模光纤：光直线传播，不会多次反射，使用半导体激光器做光源，适合远距离传输
• 多模光纤：利用光的全反射性，用发光二极管做光源，由于光脉冲在多模光纤中传输会逐渐展宽，造成失真，因此只适合近距离传输
• 光纤传输实际速率主要受限于光电转换的速率

【物理层接口特性】

• 机械特性：指明接口的形状、尺寸、引线数目和排列等
• 电气特性：规定何种信号表示电压 0 和 1（传输二进制位时，线路上信号的电压高低、阻抗匹配、传输速率和距离限制等）
• 功能特性：指明某条线路上出现的某一电平表示的意义，以及接口部件的信号线（数据线、控制线、定时线等）的用途
• 规程特性（过程特性）：物理线路上对不同功能的各种可能时间的出现顺序，即时序关系

△☼▽

分析：C，物理地址即 MAC 地址，属于数据链路层范畴

△☼▽

解析：C，理论如上所述

【中继器和集线器】

• 集线器（hub）的工作原理——广播
  假设一个连了 8 台计算机的集线器，计算机 1 需要将信息发给集线器所连的计算机 8，集线器在收到来自计算机 1 的信息后不会通过与计算机 8 相连的接口将信息直接转发给计算机 8，而是将信息从除与计算机 1 相连的剩下 7 个端口中广播信息，每台计算机接到这条广播信息后自行判断是否是发给自己的信息
• 集线器在一个时钟周期中只能传输一组信息，如果有多台计算机之间要同时通过集线器传输信息，则通过抢占的方式让集线器为自己工作
• 集线器上每个端口的真实速度除与集线器的带宽有关，还与同时工作的设备数量也有关
  假设一个带宽为 10Mbit/s 的集线器上连接了 8 台计算机，这 8 台计算机同时工作时，每台计算机真正拥有的带宽是 1.25Mbit/s
• 集线器不能隔离冲突域
  集线器会将信息进行广播，如果有多台计算机同时通信时必会发生冲突，所以集线器不能隔离冲突域，集线器所有端口都属于一个冲突域
• 通过中继器或集线器连接起来的几个网段仍是一个局域网
• 使用集线器的以太网在逻辑上仍是一个总线网，各工作站使用的还是 CSMA/CD 协议，并共享逻辑上的总线（这句话不知道在说啥，有待后续更补）

【计算机内部的数据传输方式】（该知识点偏向于计组）

并行传输被用于计算机内部的数据传输，其特点是距离短、速度快。串行传输的特点是：距离长、速度慢

另外，同步/异步传输是通信方式，不是数据传输方式

【同步/异步传输】（该知识点偏向于计组）

异步传输以字节为单位，每一字节增加一个起始位和一个终止位

同步传输以数据块（帧）为传输单位，为了使接收方能判定数据块的开始和结束，需要在每个数据块的开始处加一个帧头，在结尾处加一个帧尾

【分片传输】（更多是关于帧的分片）

1）分几片的问题

△☼▽

分析：C，每帧长 $56+48+4096bit=4200bit$，分 $\frac{1024\times 8bit}{4096bit}=2$ 帧，故传输时间为 $\frac{4200\times 2bit}{1200bit/s}=7s$

△☼▽

分析：D，以太网帧的最大数据负载是 1500B， IP 首部长度为 20B，故每个 IP 分片的数据字段长度为 1480B，整个 UDP 长 (8192+8) B = 8200B（UDP 首部 8B），1480B×6 = 8880 > 8200，故分 6 个数据片

2）传输成功率的问题

△☼▽ （典例）

分析：B，(0.95)¹⁰ ≈ 0.598

【卫星通信】

• 卫星通信的优点是通信距离远、费用与通信距离无关、覆盖面积大、通信容量大、不受地理条件的制约、易于实现多址和移动通信
• 其缺点是费用较高、传输延迟大、对环境气候较为敏感

【5-4-3规则】

任意两台计算机之间最多不超过 5 段线（包括集线器到集线器的连接线缆，也包括集线器到是计算机之间的线缆）；4 个集线器，其中只能有 3 个集线器直接与计算机或网络设备连接。若不遵循此规则，将会导致网络故障

3 数据链路层

【数据链路层】

分两种情况，

1. 在 OSI 参考模型中，数据链路层具有流量控制，差错控制
2. 在 TCP/IP 模型中，像流量控制与差错控制都已经交给传输层，故数据链路层已经没有了流量控制，差错控制等功能

无论哪种模型，帧同步是数据链路层的，拥塞控制是传输层的

【数据链路层的功能】

• 链路管理
• 帧同步：接收方确定收到的比特流中一帧的开始的开始位置和结束位置
• 差错控制
• 透明传输

【组帧】

1）字符统计法

字符计数法是用一个特殊病的字符表示一帧的开始，然后用一个技术字段来表明该帧包含的字节数

计数字段提供的字节数包含自身所占的一个字节

字符计数法存在的问题是：如果计数字段在传输过程中出现差错哦，接收方就无法判断所传输帧的结束位，这样就无法帧同步了

2）字节填充的首尾界符法

ACSII 码采用 7 位编码，可以组成 128 个不同的 ASCII 码，但是可打印的只有 95 个字符，那么当传送的帧是文本文件时（都是从键盘输入的），就可以在剩下的 33 个控制字符中选定 2 个字符，教材选用了 SOH 和 EOT 分别作为帧开始符和帧结束符

如果要传送的帧不是文本文件的话，可能会出现帧数据部分包含控制符的问题，如下所示

此时需要将数据中出现的字符 SOH 转换为 ESC 和 x 两个字符，将数据中出现的字符 EOT 转换为 ESC 和 y 两个字符，而当数据中出现了控制符 ESC 时，就将其转换成 ESC 和 z 两个字符，如下示例

教材采用的是在数据中出现控制字符 SOH 或 EOT 的前面插入一个转义符 ESC

3）比特填充的首尾标志法

比特填充的首位标志法是使用 01111110 作为帧的开始和结束标志，如果数据检测到 5 个连续的 1，马上在其后插入 0

4）物理编码违例法

物理违例法利用物理介质上编码的违法标志来区分帧的开始与结束，例如曼彻斯特编码是高低为 1（低高为 0），于是可以采用高高电平和低低电平作为帧的起始标志和结束标志

【奇偶校验码】

奇偶校验的原理是通过增加冗余位来使得码字中 1 的个数保持为奇数个或者偶数个的编码方法

• 若出现奇数个比特的错误， 1 的个数将与原来 1 的个数不 1 样，故可以发现奇数个比特的错误
• 而如果出现偶数个比特的错误， 1 的个数仍然与原来的 1 的个数相同，故无法发现偶数个比特的错误

【循环冗余校验码】

在使用多项式编码时，发送方和接收方必须预先商定一个生成多项式。发送方按照模 2 除法，得到校验码，在发送数据的时候把该校验码加到数据后面。接收方收到数据后，也需要根据同一个生成多项式来校验数据的正确性。所以，发送方和接收方在通信前必须要商定一个生成多项式

• 对于循环冗余校验码，带 $r$ 个校验位的多项式编码可以检测到所有长度小于或等于 $r$ 的突发性错误
• 长度大于 $r+1$ 的错误逃脱的概率是 $\frac{1}{2^r}$

细节问题，

• CRC 具有纠错功能的
• CRC 可以使用硬件来完成，只是费用更大而已
• CRC 能保证交给上层的数据在传输中没有错误（仅是做到无差错接收），但这并不是可靠传输，如帧失序、帧丢失等差错就不能靠 CRC 来完成，而这些都是可靠传输需要做的

下面用一道题来说明下关于循环冗余码常出现的计算，

△☼▽

分析：生成多项式 G(x) 对应的二进制比特序列为 11001，进行如下模 2 除法


所得余数为 0，因此该二进制比特序列在传输过程中没有出现差错。发送数据的比特序列为 1011001，CRC 检验序列是 1010（注意 CRC 校验码的位数等于生成多项式 G(x) 的最高次数）

【海明码】

• 假设信息有 $k$ 位，$r$ 个冗余校验位，整个码字的长度就是 $k+r$ 位，满足 $2^r⩾k+r+1$
• 海明码如果要检测出 $d$ 位错误，需要一个海明距为 $d+1$ 的编码方案；如果要纠正 $d$ 位错误，需要一个海明距为 $2d+1$ 的编码方案
• 海明码的纠错能力很恒小于或等于检测能力

下面也是以一道例题说明关于海明码常见的计算，

△☼▽

分析：C，C

根据上述关系式即有 $2^4⩾k+4+1$，故 $k$ 最大只能取到 $11$

由于 $s_2{s}_1{s}_0=110$，说明 $s_2$ 和 $s_1$ 出错，得出 $a_5$ 或 $a_6$ 可能出错，但是 $s_0$ 没有出错，$a_6$ 不可能出错，故只能是 $a_5$ 出错

需要注意的是，该题的出错判断方式和教材例题给出的出错判断的方式虽看起来不同，但实质是一样的：如果按照教材的判断方式，这里有 4 个冗余位，应该给出 $s_3{s}_2{s}_1{s}_0$ 的二进制编码，转换为十进制后再对应整个数据判断出错位，例如

同样，对于该例子使用本题的判断方法，$e_1$ 和 $e_3$ 出错得出 $M_5$ 或 $M_7$ 可能出错，但 $e_2=0$，$M_7$ 不可能出错，故只有 $M_5$ 出错

【误码率与信噪比相关】

因为信噪比越高，失真就会越小，到达接收端之后波形的变化就会很小，这样就不会将 0 译成 1、1 译成 0 了，自然误码率就低了

【流量控制】

！！！ 流量控制与可靠传输机制是属于传输层的功能（在 TCP/IP 模型）

流量控制就是要控制发送方发送数据的速率，使接收方来得及接收，目的是防止接收方缓冲区溢出

1）停止—等待流量控制

其工原理是发送方每发出一帧，然后等待应答信号到达再发送下一帧；接收方每收到一帧后，返回一个应答信号，表示可以接受下一帧，如果接收发不返回应答，则发送方必须一直等待

2）滑动窗口流量控制

• 发送方窗口内的序列号代表那些已经被发送但是还没有被确认的帧
• 在接收端只有当收到的数据帧的发送序号落入接收窗口内才允许将该数据帧收下，并将窗口前移一个位置。若接收到的数据帧落在接收窗口之外则一律丢弃

【可靠传输机制与无差错接收的区别】

传输差错可分为两大类：

1. 比特差错，可以通过 CRC 来检测
2. 传输差错，如帧丢失、帧重复、帧失序的问题

可靠传输是数据链路层的发送端发什么，接收端就接受什么。显然，无比特差错和无传输差错的概念是不一样的

【关于滑动窗口的诸多问题】

1）发送窗口的变化

• 只有在接收窗口向前滑动时（考虑发回确认），发送窗口才有可能向前滑动

△☼▽

分析：B，发送窗口后沿的变化情况只能有两种：原地不动，没有收到新的确认；向前移动，收到了新的确认

2）收到分组按序接收的滑动窗口协议

要使分组一定是按序接收的，接收窗口的大小为 $1$ 才能满足，只有停止—等待协议与后退 N 帧协议的接收窗口大小为 $1$

（对选择重传协议，发送窗口取得最大值时，$W_R=W_T=2^{n-1}$，且大部分情况下都是发送窗口等于接收窗口，因为这样可达到最大效率）

△☼▽（模拟题一）

分析：A，理论如上所述

3）发送窗口大小与帧序号位数关系

后退 N 帧协议：$W_T⩽2^n-1$

选择重传协议：$W_T⩽2^{n-1}$

连续 ARQ 协议包括后退 N 帧和选择重传两种协议，因此在连续 ARQ 协议中，当滑动窗口序号位数为 $n$ 时，则发送窗口最大尺寸为 $max(2^n-1,2^{n-1})=2^n-1$（一定注意是在题干没有信息能指明具体是哪种连续 ARQ 协议的时候，我们才这样认为）

△☼▽

分析：D，由无序接受可推知为选择重传协议

△☼▽

分析：对选择重传协议，发送窗口和接收窗口应满足关系式：$$接收窗口的值+发送窗口的值⩽2^n$$
而题中 $W_T+W_R=9>2^3$，故无法正常工作。设发送窗口内的序号为 0、1、2、3、4、5，而接收窗口等待后面的 6、7、0，接收端收到 0 号帧，无法判断是新帧还是重传帧

△☼▽

分析：B，看到滑动窗口协议，想具体的三个协议：停等协议和后退 N 帧协议的接收窗口大小均为 1；选择重传协议，需要满足 $W_T+W_R⩽2^n$，且接收窗口大小不应超过发送窗口大小，故此时接收窗口最大为 3

4）对于窗口大小为 $n$ 的滑动窗口，最多可以有多少帧已发送但没有确认？

（主要还是从接收端能否区分是重传帧还是新的帧这个角度去考虑）

一方面，在连续 ARQ 协议中，必须要求 $$发送窗口的大小⩽窗口总数-1$$另一方面，对于回退 N 帧协议，发送窗口的大小可以达到窗口总数 $-1$，所以对于窗口大小为 $n$ 的滑动窗口，其发送窗口大小最大为 $n-1$，即最多可以有 $n-1$ 帧已发送而未确认

5）后退 N 帧协议（GBN）

工作原理： 发送方发送完一个数据帧后，不是停下来等待确认帧，而是可以连续再发送若干个数据帧。如果这时收到了接收方的确认帧，那么还可以接着发送数据帧。如果某个帧出错了，接收方只能简单地丢弃该帧及其所有的后续帧。发送方超时后需重发该出错帧及其后续的所有帧

注意两个点：

1. 累计确认：只要收到 ACKn 就认为前面的 n-1 帧一定全部收到
2. 发送方超时后需重传该出错帧及其后续的所有帧

△☼▽

分析：C，收到 3 号帧的确认，根据累计确认认为 0、1、2、3 号帧都成功接收，那么要重发的就是 4 号帧及其以后的所有帧

△☼▽

分析：B，其实就是看图说话，没有太难的点

△☼▽

分析：接收方能够按序收到分组，说明为 GBN，按序收到下一个期望收到的序号为 5，说明 4 及 4 以前的报文已经正确收到了

（1）因为到 4 为止的报文都已经收到，那么发回的确认包括对 4 的确认，对 3 的确认，对 2 的确认，若这些确认全部到达接收方，则 $W_T=[5,7]$；若对 2 的确认及其以后的确认都丢失，即全部确认丢失的，则 $W_T=[2,4]$；若对 3 的确认及其以后的确认都丢失，则 $W_T=[3,5]$；若对 4 的确认及其以后的确认都丢失，则 $W_T=[4,6]$

（2）因为 $W_T=3$，$ACK=5$，所以 1 号报文的确认可定已经达到发送方，否则不会发送 4 号报文。所以，可能滞留在网络中的确认号为 3、4、5，是对 2、3、4 号报文的确认

△☼▽（2017 年真题）

分析：

（1）甲方在 $t_0～t_1$ 时刻期间收到的最后一个数据帧是 $R_{3,3}$，确认号为 $3$，GBN 采用累计确认，于是可断定乙方已经正确接收了 $3$ 个数据帧，分别为 $S_{0,0},S_{1,0},S_{2,0}$

（2）数据帧的序号占 $3bit$（$0\sim 7$），根据 GBN 的窗口大小 $W_T⩽2^3-1$，故 $W_T=7$，此时已发送 $2$ 个数据帧，分别为$S_{3,0},S_{4,1}$，因为 $S_{0,0},S_{1,0},S_{2,0}$ 都已经确认了，故滑动窗口中会移除这三个数据帧，于是甲最多还可以发送 $5$ 个数据帧 ，其中第一个数据帧为 $S_{5,2}$（甲收到了 $R_{1,3},R_{3,3}$ 期望收到 $R_2$，故此时发送的确认号为 $2$），最后一个数据帧为 $S_{1,2}$（序列号为 $1$ 是因为此时发送的 $5$ 个数据帧的序号分别为 $5,6,7,0,1$，但是确认号为 $2$ 的原因是甲仍期望收到来自乙的的 $R_2$）

（3）根据累计确认，甲发送了 $0,1,2,3,4$ 号帧，而乙只确认了 $0,1$ 号帧（$R_{2,2}$），故甲需要重新发送 $3$ 个数据帧，重发的第一个数据帧为 $S_{2,3}$（确认号为 $3$ 的原因是在 $t_1$ 时刻前甲成功收到了 $R_{2,2}$）

（4）根据下面将要说到的理论，信道的利用率为 $$\frac{7\times \frac{8\times 1000bit}{100Mbit/s}}{0.96ms+2\times \frac{8\times 1000bit}{100Mbit/s}}\times 100\%=50\%$$

6）选择重传协议

基本思想：若一帧出错，则其后续帧先存入接收方的缓冲区中，同时要求发送方重传出错帧，一旦收到重传帧后，就和原先存在缓冲区的其余帧一起按正确的顺序送至主机

△☼▽

分析：B，不同于后退 N 帧协议的是，选择重传并不支持累计确认，故需要重传 0、2 号帧，3 号帧还未超时

7）停止—等待协议

停止—等待协议的基本思想是：发送方传输一个帧后，必须等待对方的确认才能发送下一帧，若在规定时间内没有收到确认，则发送方超时，并重传原始帧（注意这句话中包括两种机制：确认机制和超时重传机制）

停止—等待协议会出现的差错主要有一下两类：

• 数据帧被破坏：解决方法就是利用超时重传机制可以解决这个问题
• 确认帧被破坏：一旦确认帧被破坏，由于超时重传机制，发送方会一直重传该帧，于是就要求接收方具有区分某一帧是新帧还是重复帧的能力，解决方法很简单，就是让接收方在每个待发的帧的头部加一个编号，而接收方对每个到达的帧的编号进行识别，判断式新帧还是要抛弃的重复帧

△☼▽

分析：不是。假定这条链路的通信质量不是非常坏，那么不可能每次传输都出现差错。每当成功传输一次后，发送端就再发送下一帧。虽然耗时很多，但总是能够把所需传送的数据都传送完毕。如果每一次都传输失败，即发送端不管重传多少次都不能成功地传输一次，那么通信就会失败。但这种通信失败的原因并非是数据链路层协议不正确，而是由于通信线路质量太差，使得发送端没有可用的信道

8）关于滑动窗口协议的计算问题

① 链路（信道）利用率相关

$$\begin{gathered} 链路（信道）利用率=\frac{发送数据的时间}{从发送第一帧到收到第一帧的时间} \\ =\frac{n\times 发送一数据帧的时间}{发送一个数据帧的时间+RTT+发送一个确认帧的时间} \end{gathered}$$

注意，有的不考虑确认帧的开销；有的采用捎带确认，此时发送确认帧的时间等于发送一个数据帧的时间

△☼▽

分析：B

不考虑确认帧开销，一个帧发送完后经过一个单程传播时延到达对方，再经过一个单程传播时延收到对方的应答，从而继续发送。要使得传输效率最大化，就是不用等确认也可以连续发送多个帧。设连续发送 $n$ 个帧，对于采用滑动窗口协议的流水线机制，有如下的公式：
$$链路利用率=\frac{n\times 发送时延}{RTT+发送时延}(不考虑确认帧的开销)$$
另外，需注意的是发送窗口大小和帧序号比特数的关系：帧序号的比特数 $k$ 需要满足 $2^k⩾n+1$（或者 $2^{k-1}⩾n$）

于是要求 $$\frac{n\times \frac{1000\times 8bit}{128kbit/s}}{\frac{1000\times 8bit}{128kbit/s}+250ms\times 2}⩾0.8$$解之得 $n⩾7.2$，故帧序号的比特数至少为 4（是同时满足上面的两个式子）

△☼▽

分析：D
设数据帧长为 $x$，则满足关系式$$\frac{\frac{x}{3kbit/s}}{200ms\times 2+\frac{x}{3kbit/s}}=0.4$$解之得 $x=800bit$

△☼▽

分析：

单程传播时延为 $250ms$，发送时延为 $2000bit/1Mbit/s=2ms$，于是 $t=2ms$ 第一帧发送完毕，$t=252ms$，第一帧完全达到接收方，$t=502ms$，带有确认的帧完全达到发送方，于是设 $502ms$ 内可以发送 $k$ 个帧，则信道的利用率为 $\frac{2k}{502}$

（1）停等协议，$k=1$，故信道的利用率为 $\frac{2}{502}=\frac{1}{251}$

（2）$k=W_T=7$，故信道的利用率为 $\frac{2\times 7}{502}=\frac{7}{251}$

（3）$k=W_T=127$，故信道利用率为 $\frac{2\times 127}{502}=\frac{127}{251}$

（4）$2W_T=510>502$，换言之，第一帧的确认到达发送方时，发送方还在发送数据，即发送方就没有休息的时刻，故信道利用率为 $100\%$

△☼▽（2012 年真题，考虑帧长和帧的个数、帧序号的比特数的关系）

分析：B

要使得信道利用率最高，就需要使发送数据的主机尽量保持不停地发送数据。题目要求的是帧序列比特数的最小数，该最小数应该同时满足帧长取到两个端点处的情况，帧长越小需要的帧的个数就越多，需要的比特数就越多，因此，应该考虑最坏情况，取帧长为 128B

从主机发送数据开始到接收到确认帧所经历的总时间为$$T=\frac{128\times 8bit}{16kbit/s}+\frac{128\times 8bit}{16kbit/s}+270ms\times 2=668ms$$在 $668ms$内，至少可以发送 $\lfloor \frac{668ms}{64ms}\rfloor =10$ 个帧，所指帧序号的比特位数为 $4$ （$2^4>10+1$，要求满足GBN窗口大小与帧序号位数的关系）

② 最大数据传输速率

△☼▽

分析：考虑制约甲的数据传输率的因素:

1）信道带宽能直接制约数据的传输速率，传输速率一定是小于等于信道带宽的；
2）甲乙采用后退 N 帧协议，要考虑发送一个数据到接收到它的确认帧之前最多能发送多少数据

最终，甲的最大传输速率取这二者中的较小值

甲的发送窗口为 1000，即收到第一个数据的确认之前，最多能传送 1000×1000B = 1MB 的内容，从发送第一个帧到接到它的确认的时间是一个 RTT（这里同时也忽略了一个帧发送的时间，对比起 1000 个帧，可以忽略不计），即 100ms，故最大传输率为 (1M×8bit)/0.1s = 80Mbit/s，和信道带宽相比取较小值，故甲的最大传输速率为 80Mbit/s

③ 最大吞吐量

（和上面思想是一致的，只是说法不同而已）

△☼▽

分析：

RTT = 2×10ms = 20ms，发送时延为 (65535×8bit)/(1Gbit/s) = 0.52428ms，由于确认帧长度不计，那么发送一个完整窗口的时间为 20.52428ms，于是，每秒可发送 1000/20.52428 个窗口，故最大吞吐量为 65535×8×(1000/20.52428) bit/s = 25.54 Mbit/s，线路效率为 25.54M/1G×100% ≈ 2.55%

△☼▽

分析：分两种情况讨论：

（1）接收端在接收完数据的最后一位才发出确认，设发送窗口 $W=x$，发送方连续发送完窗口内的数据需要的时间为 $T=\frac{x}{256kbit/s}$，则经过 $256ms+T$ 的时间才能发送下一个窗口的数据，故 $\frac{x}{256ms+T}=120kbit/s$，解之得 $x=57825.88bit\approx 7228B$

（2）接收端每收到一个很小的报文段后就发回确认，此时，发送方只需经过比 $256ms$ 略微多一些的时间就可以发送下一个窗口的数据，可以近似地认为经过 $256ms$ 的时间就可以发送下一个窗口的数据，故 $\frac{x}{256ms}=120kbit/s$，解之得 $s=3840B$

【介质访问控制分类】

• 信道划分介质访问控制：如频分多路复用、时分多路复用、码分多路复用 （均不会发生碰撞）
• 随机访问介质访问控制：如ALOHA、CSMA、CSMA/CD、CSMA/CA
• 轮询访问介质访问控制：如令牌传递协议

信道划分介质访问控制均属于静态分配信道的方法（尽管我们说统计时分复用是动态的时间分配，CDMA 是真正的动态复用，这里的动态所表示范围是很小的），随机访问介质访问控制和轮询访问介质访问控制为动态分配信道的方法

【信道划分介质访问控制】

多路复用的主要功能是要结合来自多条线路的传输，从而提高线路的使用率。多路复用有 4 种形式：频分多路复用、时分多路复用、波分多路复用和码分多路复用

1）频分多路复用

频分多路复用以信道频带作为分割对象，通过为多个子信道分配互不重叠的频率范围的方法实现多路复用

2）时分多路复用（TDM）

时分多路复用以信道传输时间作为分割对象，通过为多个子信道分配互不重叠的时间片的方法实现多路复用，它又包括两种类型：同步时分多路复用与异步时分多路复用。异步时分多路复用采用动态分配时间片（间隙）的方法，又称为统计时分多路复用，是一种动态的时间分配

注意，对于计算机通信来说，突发式的数据更不利于使用传统的时分多路复用

我们用一个故事来记住同步时分复用和异步时分复用：

假设现在只有一个玩具，有 10 个小孩，这时候只能将一个固定的时间分割成 10 份，10 个小孩轮流玩耍，这就是同步时分复用。如果恰好某个时间轮到一个小孩玩耍了，但是这个小孩睡着了，岂不是这段时间就浪费了？对于同步时分复用来说是这样的，所以引进了异步时分复用。在异步时分复用中，现在如果轮到某小孩玩玩具，但是他睡着了，就立刻跳过他，给下一个小孩玩。由此可见，每个小孩下次轮到自己玩玩具的时间是不确定的，如果有多个其他小孩睡着了，很快就轮到他玩玩具；反之，如果睡觉的人少，就很慢

△☼▽

分析：

（1）同步时分复用不管信号是否空闲，一定要等到时间分配给它，才进行数据传输，故最高速率为 10Mbit/s/10 = 1Mbit/s

（2）而对于异步时分复用，若只有一个用户需要传输数据，那剩下 9 个都停止，最高速率可达到 10Mbit/s

3）码分多路复用（CDMA）

码分多路复用又称为码分多址，它既共享信道的频率，又共享时间，是一种真正的动态复用技术， 工作在物理层

两个重要定理：

1. 任意两个不同站的码片向量正交，即任意两个站点的码片向量的规格化内积一定为 0
2. 任意站点的码片向量与该码片向量自身的规格化内积一定为 1；任何站点的码片向量和该码片的反码向量的规格化内积一定为 -1

下面讲解一下计算步骤，

△☼▽

分析：B
内积为 $1$ 表示发送了比特 $1$，内积为 $-1$，表示发送了比特 $0$
$(1,1,1,1)\cdot (2,0,2,0)/4=1$
$(1,1,1,1)\cdot (0,-2,0,-2)/4=-1$
$(1,1,1,1)\cdot (0,2,0,2)/4=1$

【ALOHA 协议】

发数据时不进行任何检测就发，如果在一段时间内没有收到确认，就认为传输中发生了冲突，等待一个随机时间之后再发，直至发送成功为止

时分 ALOHA：所有结点的时间被划分为时间间隔相同的时隙，并规定每个结点只有等待下一个时隙到来时才可以发数据

【CSMA 协议各监听算法】

1）非坚持 CSMA

• 当发送结点一旦监听到信道空闲时，立即发送数据
• 如果介质被占用，则该站点不会持续监听介质，而等待一个随机的延迟时间后再监听
• 采用随机的监听延迟时间可以减少冲突的可能性，但其缺点也是很明显的：即使有多个站点有数据要发送，因为此时所有站点可能都在等待各自的随机延迟时间，而介质仍然可能处于空闲状态，这样就使得介质的利用率较低

2）1-坚持 CSMA

• 如果介质被占用，该站点将会持续监听直至介质空闲
• 一旦该站点检测到介质空闲，它就立即发送数据帧。若产生冲突，则等待一个随机时间再监听
• 之所以叫 1-坚持，是当一个站点发现介质空闲时，它传输数据帧的概率是 1
• 1-坚持 CSMA 的优点是：只要介质空闲，站点就立即发送数据
• 它的缺点是：假如有两个或两个以上的站点有数据要发送，冲突就不可避免

3）p-坚持 CSMA

• 若介质空闲，则该站点按照概率 p 的可能性发送数据，而有 1-p 的概率会把要发送数据帧的任务延迟到下一个时槽
• 按照这样的规则，若下一个时槽也是空闲的，则站点同样按照概率 p 的可能性发送数据，所以说如果处理得当 p-坚持型监听算法还是可以减少网络的空闲时间的

△☼▽（模拟题一）

分析：B，理论如上所述

【CSMA/CD】

1）特点总结

1. 工作流程：先听后发，边听边发，冲突停发，随机重发
2. 当发现冲突时，CSMA/CD 发送一个阻塞信号，当所有的站都检测到阻塞信号时，它们立即停止发送尝试
3. 需要根据网络跨距和数据传输速率限定最小帧长
4. 当信号传播延迟趋近于 0 时，信道利用率趋近 100 %
5. CSMA/CD 适用于有线网，且广泛应用于局域网；CSMA/CA 广泛应用于无线局域网
6. 在全双工模式下，将使用双绞线中的两对线进行工作，一对用于发送，另一对用于接收。既然发送和接收是分开的两条链路，那么就不存在冲突的问题了。所以，在全双工模式下是不需要使用 CSMA/CD 冲突检测机制的。需要注意一点，全双工通信只有在数据传输链路两端的结点设备都支持全双工时才有效。在半双工模式下，因为发送和接收使用同一个信道，所以肯定需要使用 CSMA/CD 冲突检测机制

2）如何保证 CSMA/CD 工作？

为了能够按照 CSMA/CD 工作，就要知道争用期的概念，争用期一定要保证大于来回往返时延。因为假设现在传了一个帧过去，还没到往返时延就发送完了，其实在中途碰撞了，这样就检测不出错误了；如果中间碰撞了，而这个帧还没有发送完，这样就可以检测出错误了。所以，要保证 CSMA/CD 正常工作就必须使得发送时间（也就是争用期）要大于或等于来回往返的时延（中间没有中继器，说明往返时延直接算传播时延即可）

△☼▽

分析：B，发送时间为 (128×8)/10M = 10.24us，要求发送时间大于或等于来回往返的时延，故单向传播延迟最多为 5.12us

△☼▽

分析：B，要解决理论上可以相距的最远距离，所以最远肯定要保证能检测到碰撞

以太网最短帧长 64B，其中 Hub 为 100Base-T，可知线路的传输速率为 100Mbps，单程传输时延为 64×8bit/100Mbps/2= 2.56us, 比特流再生产生1.535us 的延时，故单程传播时延为 2.56us-1.535us=1.025us，最远距离为 1.025us×200m/us = 205m

△☼▽

分析：设在 $t=0$ 时，A 开始发送数据，那么在 $t=(64+8)\times 8=576$ 比特时间，A 发送完毕。B 在 $t=225$ 比特时间就能检测到 A 的信号，又 B 在 A 发送结束之前也发送一帧，说明 B 发送数据的时间肯定在 $t<225$ 比特时间的时候，不然在 $t>225$ 比特时间 B 已经收到了 A 发来的数据

不妨设 B 在第 $N(N<225)$ 比特时间发送数据，那么 $N+225<576$，因此在 A 发送完数据之前就已经检测到了碰撞，即 A 在检测到和 B 发生碰撞之前不能把自己的数据发送完毕

如果 A 在发送完毕之前并没有检测到碰撞，那就能肯定 A 所发送的帧刽和 B 所发送的帧发生碰撞

△☼▽

分析：$t=0$ 时，A 和 B 开始发送数据；$t=225$ 时，A 和 B 都检测到碰撞；$t=273$ 时，A 和 B 结束干扰信号的发送。于是，信道空闲时刻为 $273+225=498$（干扰信号的传播）由于是 $10Mbit/s$ 的以太网，争用期为 $512$ 比特时间，即 A 等待 $0\times 512$ 比特时间后，还要等待 $96$ 比特时间（最小帧间间隔，记住即可），因此 $t=498+96=594$ 时，A 开始发送数据。当 $t=273+512$ 时，即 B 在 $273$ 比特时间等待了 $1\times 512$ 比特时间后再次检测信道，如果空闲，则 B 在 $t=785+96=881$ 比特时间发送数据，否再避退。A 重传的数据在 $t=594+225=819$ 比特时间到达 B，B 先检测到信道忙，因此 B 在预定的 $t=881$ 比特时间将会停止发送


分析一个问题，为什么 A 是在 $273+225$ 后加上退避时间，而 B 是在 $273$ 后加上退避时间？

答：在停止数据发送的时候（刚开始发送干扰信号，$t=225$），适配器就执行退避算法。因 A 的随机数为 0，故在 A 发送完干扰信号后，信道仍有干扰信号在传播，故不断地监听，直到 $t=273+225$ 的时候监听到信道为空（干扰信号传播完毕），再加上 $96$ 比特时间，就可以发送数据了。而 B 本来就要等待 $512$ 比特时间，那时 $t=273+512$ 信道已经是空闲的了（此时 A 的数据还没有达到 B，故在 B 看来信道是空闲的）

（1）A 和 B 分别在 $t=594$ 比特时间和 $t=881$ 比特时间开始重传其数据（$t=881$ 比特时间只是 B 的预定重传时间，并不一定会发送数据）
（2）A 重传的数据帧在 $t=819$ 比特时间到达 B
（3）不会，因为 B 在发送数据时检测到了信道忙，立即停止了发送
（4）B 在预定重传时间停止发送数据，因为 B 在 $t=881$ 比特时间准备发送数据时检测到信道忙

3）最短有效帧长

最短有效帧长和最远两个站的距离以及传输速率都是有关系的，并且成正比

（至于为什么？详细的分析参考上面一点如何保证 CSMA/CD 工作中的论述）

△☼▽

分析：单程传播时延为 1000m/(2×10⁸m/s) = 5×10^-6s，来回路程传播为 10^-5s，故最小帧长度为 1Gbit/s×10^-5s = 10000bit

△☼▽（2009 年真题）

分析：D，可以计算出减少 $800bit$ 后，节省了多少发送时间，即 $800bit/1Gbit/s=0.8\times 10^{-6}s$，也就是说，最大往返时延可以允许减少 $0.8\times 10^{-6}s$，，最大端到端单程时延可以减少 $0.4\times 10^{-6}s$，要使得单程时间减少，且传播速度不变，只有将最远两个站点的距离减少才能满足需要，且需要减少 $0.4\times 10^{-6}s\times 2\times 10^{8}m/s=80m$

分析：B，由以上理论可以推知

4）碰撞时什么时候检测出来的？

并不是说一碰撞就可以检测出来，而是当发送端在发送数据时竟然收到了数据，收到数据的这一刻才知道中途碰撞了

△☼▽

分析：
（1）显然当甲和乙同时向双发发送数据时，信号在信道中发生冲突后，冲突信号继续向两个方向传播，这种情况下两台主机均检测到冲突需要经过的时间最短：
$$T(a)=1km/200000km/s=0.01ms=单程传播时延t_0$$
设甲先发送数据，当数据即将到达乙时，乙也开始发送数据，此时乙将立刻检测到冲突，而甲要检测到冲突还需等待冲突信号从乙传播到甲，故两台主机均检测到冲突的时间最长：
$$T(a)=2km/200000km/s=0.02ms=双程传播时延2t_0$$

（2）甲发送一个数据帧的时间，即发送时延 $t_1=1518\times 8bit/10Mbps=1.2144ms$，乙每成功收到一个数据帧后，向甲发送一个确认帧，确认帧的发送时延 $t_2=64\times 8bit/10Mbps=0.0512ms$，主机甲收到确认帧后，即发送下一数据帧，故主机甲的发送周期 $T=t_1+t_2+2t_0=1.2856ms$，于是主机甲的有效数据传输率为 $1500\times 8/T=12000bit/1.2856ms\approx 9.33Mbps$（以太网帧的数据部分为 1500B）

5）二进制后退算法

以太网采用 CSMA/CD 协议，当网络上的流量越多，负载越大时，发生冲突的几率也会越大。当工作站发送的数据帧因冲突而传输失败时，会采用二进制后退算法后退一段时间后重新发送数据帧。二进制后退算法可以动态的适应发送站点的数量，后退延时的取值范围与重发次数形成二进制指数关系。当网络负载较小时，后退延时的取值范围也小；当负载大时，后退延时的取值范围也随之增大。二进制后退算法的优点是把后退延时的平均取值与负载的大小联系起来。所以，二进制后退算法考虑了网络负载对冲突的影响

在二进制后退算中，$N$ 次碰撞之后，站点会在 $0\sim M$ 之间选择一个随机数：

• $1⩽N⩽10,M=2^N-1$
• $10⩽N⩽15,M=1023$
• 当 $N=16$ 时，直接丢弃，并给计算机发送一个错误报告

△☼▽

分析：D，由上述理论可以推知

【CSMA/CA】

CSMA/CA 在CSMA 的基础上增加了冲突避免的功能。 冲突避免要求每个结点在发送数据之前监听信道。如果信道空闲，则发送数据。发送结点在发送完一个帧后，必须等待一段时间（称为帧间间隔），检查接收方是否发回帧的确认，若收到确认，则表明无冲突发生；若在规定时间内没有收到确认，辨明出现冲突，重发该帧

CSMA/CA 在进行信道预约上主要使用的是请求发送帧（RTS）和允许发送帧（CTS）。当一台主机想要发送信息时，先向无线站点发送一个 RTS 帧，说明要传输的数据及响应时间。当无线站点收到 RTS 帧之后，会广播一个 CTS 帧作为对此的响应，既给发送端发送许可，又指示其他主机不要在这个时间内发送数据，从而预约信道，避免碰撞

【令牌环网络】

令牌是一种特殊的 MAC 控制帧，帧中有一位标志令牌（忙/闲)，令牌环网络的拓扑结构为环形存在，一个令牌不停的在环中流动，只有获得了令牌的主机才能够发送数据，因此是不存在冲突的。所以，同一时刻环上只有一个数据在传输，网上所有节点共享网络宽带，并且数据从一个结点到另一个结点的时间是可以计算的

具体令牌环网中令牌和数据的传递过程如下：

【局域网的主要技术】

局域网的主要技术要素包括网络拓扑结构、传输介质与介质访问控制方法，其中介质访问控制方法是最为重要的技术要素，决定着局域网的技术特性

【以太网的工作原理】

• 以太网采用总线拓扑结构，所有计算机共享一条总线，信息以广播方式发送
• 为了确保数据通信的方便性和可靠性，以太网使用了 CSMA/CD 技术对总线进行访问控制
• 采用无连接的工作方式
• 不对发送的数据帧进行编号，也不要求对发送方发送确认
  （因此，以太网提供的服务是不可靠的服务，即尽最大努力交付，差错的纠正由传输层的 TCPDBR 完成）

【以太网的 MAC 帧】

1）前导码

MAC 不需要帧结束符，因为以太网在传送帧时，各帧之间必须有一定的间隙。因此，接收端只要找到帧开始定界符，其后面连续到达的比特流就都属于同一个 MAC 帧

2）数据

占 46 ~ 1500B（注意最大数据负载量，可能会和网络层、传输层分片结合起来考察），由 CSMA/CD 可知，以太网的最短帧长为 64B，而 MAC 帧首部和尾部的长度为 18 B（讨论到以太网帧的有效数据时要记得减去这 18B），所以数据最短为 64B - 18B = 46B，如果数据长度小于 46B，那么就得填充，使得帧长不小于 64B，同时，填充数据长度的范围为 0 ~ 46B

△☼▽

分析：C，IP 分组长 60B，加上 18B 的 MAC 帧首部和尾部，整个帧长 78B（ > 64B）

【重复的硬件地址】

在使用静态地址的系统上，如果有重复的硬件地址（ MAC 地址），那么这两个设备都不能通信。在局域网上，每个设备必须有一个唯一的硬件地址

【常用以太网】

10BROAD 36，10 表示数据传输率为 $10Mbit/s$；BROAD 表示电缆上传输的信号是宽带信号；36 表示网络的最大跨度是 $36m$

10Base-T，10 表示数据传输率为 $10Mbit/s$；Base 表示采用基带传输，所以为数字信号，使用的是曼彻斯特编码；T 表示使用了双绞线；其代表的就是传统的以太网

【网卡】

通常之下，网卡是用来实现以太网协议的，所以网卡主要实现了物理层和数据链路层的功能

【无线局域网】

1）802.11 数据帧

802.11 数据帧最特殊的地方就是有四个地址字段，地址 4 用于自组网络。我们只讨论前三种地址，这三个地址的内容取决于帧控制字段中的 “ 去往 AP ”（发送到接入点）和 “ 来自AP ”（从接入点发出）这两个子字段的数值。下表给出 802.11 数据帧的地址段最常用的两种情况

考虑如下例子，

△☼▽（2017 年真题）

分析：B，依次对应上述理论即可

【广域网】

1）广域网和互联网的区别

互联网覆盖范围很大，但是我们不称之为广域网，因为在互联网中，不同网络可以通过路由器互联连，这是其最主要的特征。而广域网只是一个单一的网络，它使用结点交换机连接各主机

2）广域网和局域网的区别

【点对点协议 PPP】

1）PPP 主要有三个部分组成

1. 一个将 IP 数据包封装成串行链路的方法
2. 一个链路控制协议（LCP），其用于建立、配置和测试数据链路连接，并在它们不需要时将它们释放
3. 一套网络控制协议（NCP），其中每个协议支持不同的网络层协议，用来建立和配置不同的网络层协议

2）PPP 帧的透明传输

为了实现 PPP 帧的透明传输，采用了字节填充，具体步骤如下：

• 转换规则：7E → 7D5E，7D → 7D5D
• 若在信息字段中出现 ASCII 码的控制字符（数值小于 20 的字符），则在该字符前面加入一个 7D，同时将该字符的编码加上 20（加上 20 其实就是对控制字符的十六进制编码加以了一个偏移量，保证其不再是控制字符）
  例如，出现 03 在控制字符中表示传输结束 ETX，那么 03 → 7D23

△☼▽

分析：真正的数据位 7E FE 27 7D 65 7E

【HDLC】

HDLC 是可靠传输协议，用于早期通信质量较差的年代

在 HDLC 中，帧被分为 3 类，分别为：信息帧、监控帧和无编号帧（无监息）

使用比特填充方法来保证数据的透明传输，比特填充方法：只要数据帧检测到有 5 个连续的 1，马上在其后插入 0，而接受方做该过程的逆操作，即每收到 5 个连续的 1，自动删除后面紧跟的 0

【PPP 协议和 HDLC 协议的区别】

• PPP 是面向字节的，HDLC 是面向比特的（PPP 使用字节填充，HDLC 使用比特填充）
• PPP 不使用序号和确认机制，只保证无差错接收，而端到端差错检测由高层完成；HDLC 的信息帧使用了编号和 确认机制

【网桥】

1）基本概念

互连不同物理层、不同 MAC 子层和不同速率的以太网

2）透明网桥

透明是指局域网上的站点并不知道所发送的帧将经过哪几个网桥

问题： 假定链接在透明网桥上的一台计算机把一个数据帧发给网络上不存在的一个设备，网桥将如何处理这个帧？

答： 网桥并不知道网络上是否存在该设备，它只知道在其转发表中没有这个设备的 MAC 地址。因此，当网桥收到这个目的地址未知的帧时，它将通过所有其他接口进行转发（即广播），但此时存在一个特殊的情况，也就是帧在网络中不断地转圈，如：

①、②：站点 A 发出一个帧 F，它经过网桥 1 和网桥 2
③、④：帧 F 的目的地址均不在网桥 1 和网桥 2 的转发表中，因此网桥 1 和网桥 2 都转发帧 F，把 网桥 1 和网桥 2 转发的帧 F 在到达局域网 2 以后，分别记为 F1 和 F2
⑤、⑥：F1 传到网桥 2，F2 传到网桥 1，网桥 1 和网桥 2 分别收到了 F2 和 F1，又将其转发到局域网 1
……
如此循环

为了避免此类问题的出现，透明网桥使用了一种生成树算法，生成树使得这个扩展局域网在逻辑上形成树状结构，所以工作起来逻辑上没有环路，但是生成树一般不是最佳路由

△☼▽

分析：C，当 A 发送一个目的地址均不在这两个网桥的地址转发表中的帧时，网桥 1 和网桥 2 均进行广播，这样经网桥 1 转发的帧将继续经过网桥 2 转发，同理经网桥 2 转发的帧也会继续经网桥 1 转发，故而在整个网络中无限制地循环下去

【交换机】

1）基本概念

交换机本质上就是一个多端口的网桥

对于普通的 $10Mbit/s$ 共享式以太网，若有 $N$ 个用户，则每个用户占有的平均宽带只有总带宽的 $\frac{1}{N}$

但使用以太网交换时，以太网交换机独占传输媒体的带宽，虽然在每个端口到主机的带宽还是 $10Mbit/s$，但由于一个用户在通信时是独占而不是和其他网络用户共享传输媒体的带宽，因此，每个用户仍然可以得到 $10Mbit/s$ 的带宽，这正是交换机的最大优点

交换机总容量计算方式：

• 对于半双工，端口数 $\times$ 每个端口带宽
• 对于全双工，端口数 $\times$ 每个端口带宽 $\times$ 2

△☼▽

分析：从带宽来看，集线器不管有多少端口，所有端口都共享一条宽带；而对于交换机来说，每一个端口都有一条独占的带宽，故

（1）每一个站所能得到的带宽为 1Mbit/s
（2）每一个站所能得到的带宽为 10Mbit/s
（3）每一个站所能得到的带宽为 10Mbit/s

△☼▽

分析：A，理由如上加粗的第一句话

△☼▽

分析：D，因为是全双工，根据上述理论，总带宽 $=24\times 100Mbit/s\times 2+2\times 1000Mbit/s\times 2=8800Mbit/s$

△☼▽ （交换机转发方式）

分析：B，a1 向 c1 发送数据帧时，交换机的转发表中无 c1 这项，故向除 a1 之外的端口广播，同时将 a1 加入转发表，而后当 c1 向 a1 发送确认帧时，由于转发表中存在 a1 项，故定点转发

注意：转发表添加的是源地址，理由如下：网桥是不用人工配置转发表的，那么网桥是如何进行自学习的呢？步骤如下：

1. 网桥收到一帧后先进行自学习，查找转发表中与收到帧的源地址有无相匹配的项目。若没有，就在转发表中增加一个项目 （源地址、进入的接口和时间）；若有，则把原有的项目进行更新
2. 转达帧。查找转发表中与收到帧的目的地址有无匹配的项目。若没有，则通过所有其他接口（但进入网桥的接口除外）进行转发；若有，则按转发表中给出的接口进行转发（若转发表中给出的接口是该帧进入网桥的接口，则应丢弃这个帧，因为这时不需要经过网桥转发）

△☼▽

分析：理论请参考上题所述内容
A → E：B1 此时转发表空，故先记录 MAC1 然后向所有端口转发此帧；B2 同理
C → B：B1 先记录 MAC1 然后向虽有端口转发此帧；B2 同理
D → C：B2 先记录 MAC4，然后查询有记录 MAC3；B1 先记录 MAC4，然后查询有记录 MAC3，且接口同为 2，故丢弃不转发
B → A：B1 先记录 MAC2，然后查询有记录 MAC1，且接口同为 1，故丢弃不转发

2）交换机的两种交换模式

① 存储转发

无碎片转发：交换在得到数据报的前 64 个字节后就转发，对于小于 64 字节的数据报，交换机将其认为是碎片，不进行转发

② 直通交换

以直通交换方式转发一个以太网帧，在输入端口检测到一个数据帧时，检查帧首部，获取帧的目的地址，启动内部的动态查找表转换成相应的输出端口，在输入和输出交叉处连通，把数据帧直通到相应的端口，实现交换功能。于是，直通交换方式只检查帧的前 14B（8B 的前导码 + 6B 的目的地址）

△☼▽

分析：B，由于题目忽略前导码，故只需要检测目的地址的 6B，转发延迟为 (6×8bit)/100Mbit/s

【各层设备冲突域、广播域总结】

△☼▽

分析：D，交换机可以隔离冲突域，而集线器不能隔离冲突域

△☼▽

分析：B，只有路由器可以隔离广播域

【数据链路（逻辑链路）与链路（物理链路）的区别】

数据链路与链路的区别在于，数据链路除了本身是一条链路外，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

【电路接通了与数据链路接通了的区别何在？】

电路接通了表示电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，才使得不可靠的物理链路变成可靠的数据传输。当数据链路断开连接时，物理连接不一定跟着断开