调制解调技术（Modulation and Demodulation）主要用于将 数字信号转换为模拟信号，以便通过 模拟信道（如电话线、无线电波等） 进行传输。在接收端再通过解调将其还原为数字信号。

适用场景包括：

• 调制器将数字数据调制成模拟信号进行传输；
• 解调器在接收端将模拟信号还原为数字数据。

因此，调制解调器（Modem）主要用于模拟信道传输数字数据的场景中。

要计算该电话系统的最大数据传输率，我们使用香农定理（Shannon Capacity Formula）：

$$ C = B \cdot \log_2(1 + \text{SNR}) $$

其中：

• $C$：信道容量（最大数据传输率，单位是 bps）
• $B$：信道带宽（单位是 Hz）
• $\text{SNR}$：信噪比（功率比，不是分贝）
• $\text{SNR} = 10 log_{10}(\text{SNR})$

已知

• $B = 3000 , \text{Hz}$
• $\text{SNR}_{dB} = 30 \Rightarrow \text{SNR} = 10^{30/10} = 1000$

代入香农公式：

$$ C = 3000 \cdot \log_2(1 + 1000) \approx 29,910 , \text{bps} \approx 30 \text{kbps} $$

得到正确答案：B. 30kB/s

解析

• 曼彻斯特编码属于基带传输 ✅ 曼彻斯特编码是一种基带传输技术，用于在不调制的情况下直接在信道上传输数字信号。

• 采用曼彻斯特编码，波特率是数据速率的 2 倍 ✅ 曼彻斯特编码中，每一位数据都包含一个中间跳变（例如 1 表示为高到低，0 表示为低到高），因此每秒的数据位数（比特率）为波特率的一半。

• 曼彻斯特编码可以自同步 ✅ 由于每位都有跳变边沿，接收方可以通过这些跳变实现时钟同步，即“自同步”。

• 曼彻斯特编码效率高 ❌ 曼彻斯特编码每个数据位需要两个信号周期，带宽要求比非编码方式更高，因此效率较低。它以牺牲带宽换取同步能力和抗干扰性。

正确答案为 A。

解析

信道数据传输率（也称为信道容量）主要受以下因素影响：

1. 信噪比（SNR）：根据信道容量公式

   $$ C = B \cdot \log_2(1 + \text{SNR}) $$

   信噪比越高，信道容量越大。

2. 频率带宽（B）：带宽越大，单位时间可传输更多数据。

3. 调制速率：调制方式影响每个符号能携带多少比特，也影响传输速率。

信号传播速度：

• 它决定的是信号传播延迟（Latency），而不是数据传输速率（Throughput）。
• 即使信号传播得再快（如光速），每秒能传输的数据量仍由前面几项决定。

因此，不会影响信道数据传输率的是：信号传播速度。✔

解析

基带传输：

• 指不经调制、直接在信道上传输数字信号的方式。
• 通常采用编码技术，如：曼彻斯特编码、NRZ（不归零编码）等。
• 适用于局域网、有线传输等。

带通传输：

• 是调制后传输信号的方法，用于远距离或无线传输。

• 包括以下调制方式：

  • 正交幅度相位调制法（QAM）
  • 移相键控法（PSK）
  • 频移键控法（FSK）

曼彻斯特编码：

• 是一种基带传输编码，在每个位周期中间发生电平跳变。
• 常用于以太网等局域网标准中。

因此，属于基带传输的是：曼彻斯特编码（C）✔

解析

曼彻斯特编码（Manchester Encoding） 的主要特点是：

• 每个比特周期的中间进行一次电平翻转。

• 用于同步时钟，因为每一位中间都有电平变化，便于接收端提取时钟。

• 编码规则（IEEE 802.3 标准下的常见方式）：

  • 逻辑 1 表示为：低电平 → 高电平
  • 逻辑 0 表示为：高电平 → 低电平

• 无论是 0 还是 1，中间都有跳变。

错误选项解析：

• A：“每个比特的前沿有电平翻转” —— 错，跳变发生在中间。
• B、D：区分 0 和 1 是否跳变 —— 错，每一位都有跳变，不是仅某一类比特。

因此，曼彻斯特编码的特点是：C. 在每个比特的中间有电平翻转 ✔

解析：

在计算机网络中，数据传输涉及从高层到低层的逐层封装过程（通常参照 OSI 七层模型或 TCP/IP 模型）。每一层都对数据进行某种“封装”处理，直到最底层通过物理媒介传输比特。

各层封装处理如下：

• 应用层、运输层、网络层、数据链路层：

  • 都会添加各自的首部（Header），对数据进行封装。

  • 例如：

    • 应用层添加应用协议数据。
    • 运输层（如 TCP）添加端口信息、序号等。
    • 网络层（如 IP）添加 IP 地址等。
    • 数据链路层添加帧头帧尾（如 MAC 地址等）。

• 物理层：

  • 不进行任何封装。
  • 它只负责将比特流从一端发送到另一端（如通过电缆或无线），处理的是 0 和 1 的电信号或光信号。

因此，不进行封装处理的是：✔ 物理层

解析：

• 是“调制-解调器”的简称。

• 用于数字信号和模拟信号之间的相互转换：

  • 调制：把计算机的数字信号转换为模拟信号，以便通过电话线等模拟信道发送。
  • 解调：把接收到的模拟信号还原为数字信号。

其他选项解释：

• 网卡（Network Interface Card, NIC）：

  • 在数字网络中工作，只负责数字信号的传输。
  • 不涉及数字与模拟信号的转换。

• 网络线（如双绞线、光纤等）：

  • 是传输介质，不进行任何信号转换。

正确答案是：✔ 调制解调器

解析

• 数据传输速率 $R = 64 \text{ kbps} = 64,000 \text{ bps}$
• 一个载波信号码元有 4 个有效离散值

计算波特率

波特率表示每秒钟传输的符号数。

每个符号（信号码元）携带的比特数 $n$ 由离散值数目决定：

$$ n = \log_2(\text{离散值数}) = \log_2(4) = 2 \text{ bits/符号} $$

所以，波特率 $B$ 计算为：

$$ B = \frac{R}{n} = \frac{64,000}{2} = 32,000 \text{ Baud} $$

正确选项：32 kBaud/s

计算步骤：

1. 计算每个符号携带的比特数：

• 总的离散状态数 = 相位数 × 幅度数 = 8 × 2 = 16 种不同符号。

• 每个符号携带的比特数：

$$ n = \log_2(16) = 4 \text{ bits/符号} $$

2. 计算数据传输率：

$$ R = n \times \text{波特率} = 4 \times 1200 = 4800 \text{ bps} $$

正确选项是：4800b/s

解析：

信道最大传输速率通常受信道带宽和信噪比的限制，常用的理论公式包括：

• 香农公式（Shannon Capacity）：

$$ C = B \cdot \log_2(1 + \text{SNR}) $$

• 其中 $C$ 是最大传输速率（bps）， $B$ 是信道带宽（Hz）， SNR 是信噪比（无单位）。

其他选项说明：

• 码元传输速率和噪声功率：码元速率只是传输速率的一个表现，噪声功率影响信噪比，但不直接等同。
• 频率特性和带宽：频率特性影响信号失真，但不直接定义最大传输速率。
• 发送功率和噪声功率：发送功率影响信号强度，但信噪比才是关键。

所以，影响信道最大传输速率的主要因素是：信道带宽和信噪比。✔

使用香农公式计算最大数据传输率：

$$ C = B \cdot \log_2(1 + SNR) = 3000 \times \log_2(1 + 1000) $$

$$ \log_2(1001) \approx \log_2(1024) = 10 \quad (\text{近似}) $$

所以：

$$ C \approx 3000 \times 10 = 30,000 , \text{bps} = 30 \text{kbps} $$

正确选项是：30kb/s

关键条件：数据需以 500 Mbps 的速率传输。
根据以太网冲突检测机制，传输时间 ≥ 2 × 传播时间。

推导过程：

1. 传输时间 $ T_{\text{transmit}} = \frac{\text{帧大小}}{\text{数据速率}} = \frac{10000}{500 \times 10^6} = 2 \times 10^{-5} \ \text{s} $
2. 传播时间 $ T_{\text{propagate}} = \frac{\text{电缆长度}}{\text{传播速度}} = \frac{L}{2 \times 10^5} \ \text{s} $
3. 根据约束条件： $$ T_{\text{transmit}} \geq 2 \times T_{\text{propagate}} \Rightarrow 2 \times 10^{-5} \geq 2 \times \frac{L}{2 \times 10^5} \Rightarrow L \leq 2 \ \text{km} $$

结论：电缆的最大允许长度为 2 km，对应选项 (B)。

解析

• 必要条件：生成多项式 $G(x)$ 必须包含 $(1 + x)$ 作为因子。
• 作用：此条件确保所有具有奇数个 1 的错误模式（即奇数个比特翻转）能够被检测到。
• 原理：当 $(1 + x)$ 是 $G(x)$ 的因子时，任何奇数个错误的多项式表示在模 $G(x)$ 下无法整除，从而触发校验失败。

解析：

1. 单帧传输延迟：$\frac{1000}{10^6} = 1$ ms
2. 传播时延：25 ms
3. 最大可发送帧数：发送方在第一帧到达接收方前最多可发送 $\frac{25}{1} = 25$ 帧
4. 序列号位数计算：表示 25 个不同帧所需的最小位数为 $\lceil \log_2(25) \rceil = 5$ 位

所以答案选择 D。

解析

• 滑动窗口大小：$2^5 = 32$
• 单帧传输时间：1ms
• 32 帧总传输时间：32 × 1ms = 32ms
• 往返时延：2×传输时间 + 2×传播时延 = 2+50 = 52ms
• 发送方需等待的时间：52ms - 32ms = 20ms

计算逻辑基于滑动窗口协议的工作原理。当发送窗口满载时，发送方必须等待第一个确认帧返回后才能继续发送新帧。由于确认帧采用捎带方式，其返回时间等于数据帧的往返时延。因此，发送完全部 32 帧后，剩余的等待时间为往返时延与总传输时间的差值。

• 结论：比特率是波特率的一半
• 原理说明：曼彻斯特编码通过每个比特周期内的电平跳变实现同步，导致每个比特对应两个信号变化（即波特率是比特率的两倍）。因此比特率 = 波特率 ÷ 2。

站点 $X$ 尝试发送的概率为 $P(X) = p$。

站点 $X$ 不发送的概率为 $P(\sim X) = 1 - p$。

仅有一个站点发送的概率为 $Y$。

当有 $n$ 个站点时，$Y$ 可以表示为： $$ \begin{align*} Y &= P(A_1 \cap \sim A_2 \cap \dots \cap \sim A_n) \\ &\quad + P(\sim A_1 \cap A_2 \cap \dots \cap \sim A_n) \\ &\quad + \dots \\ &\quad + P(\sim A_1 \cap \sim A_2 \cap \dots \cap A_n) \end{align*} $$

假设各站点的发送行为相互独立，则上述各项可以写成： $$ \begin{align*} Y &= [p \times (1 - p) \times \dots \times (1 - p)] \\ &\quad + [(1 - p) \times p \times \dots \times (1 - p)] \\ &\quad + \dots \\ &\quad + [(1 - p) \times (1 - p) \times \dots \times p] \end{align*} $$

简化后，每项都为： $$p \times (1 - p)^{n-1}$$

由于共有 $n$ 种情况（即 $n$ 个站点中恰好有一个发送），因此 $Y$ 的最终表达式为： $$Y = n \times p \times (1 - p)^{n-1}$$

解析：

• 1 位时间：$ \frac{1}{10^7} $ 秒 = 0.1 微秒
• 传播距离：传播速度 × 时间 = $ 200 \ \text{米/微秒} \times 0.1 \ \mu\text{s} = 20 \ \text{米} $

要计算传输消息，我们将原始消息 11001001 末尾添加与 CRC 多项式 $x^3 + 1$ (1001) 的最高次数相同的零（3 个），变为 11001001000。然后，用这个扩展后的消息除以多项式 1001，得到的余数就是 CRC 校验码。将原始消息与这个余数连接起来，就是应传输的消息。

在这个例子中，CRC 余数为 000。因此，应传输的消息是 11001001000。

可以发送 $\frac{RTT}{\text{Transmission Time}}$ 数量的数据包，以最大化信道利用率，因为在这段时间内，我们收到第一个 ACK，在此之前，我们可以继续发送数据包。

因此，应该发送 $\frac{\text{Transmission Time} + 2 \times \text{Propagation Time}}{\text{Transmission Time}}$ 数量的数据包。

因此，序列号字段所需的比特数：

$$\left\lceil \log_2 \left( \frac{K}{R} + 2Lt \right) \middle/ \left( \frac{K}{R} \right) \right\rceil = \left\lceil \log_2 \left( \frac{K + 2LtR}{K} \right) \right\rceil$$

注意：这里询问的是通用的滑动窗口协议，而不是 GBN 或 SR。

在通用滑动窗口协议中：

序列号比特数 = $\log_2(\text{发送方窗口大小})$

解析

长度 = 2 公里
传播速度 v = 2×10⁸ m/s
令牌持有时间 = 2 微秒

• 传播延迟计算

  $$ \text{传播时间} = \frac{\text{距离}}{\text{速度}} = \frac{2000\ \text{m}}{2×10^8\ \text{m/s}} = 10^{-5}\ \text{s} = 10\ \mu\text{sec} $$

• 总等待时间范围
  最短等待时间需考虑： $$ \text{最小等待时间} = \text{传播时间} + (\text{站点数}-1)×\text{令牌持有时间} $$ $$ = 10\ \mu\text{sec} + (10-1)×2\ \mu\text{sec} = 28\ \mu\text{sec} $$ 最大等待时间需考虑： $$ \text{最大等待时间} = \text{传播时间} + \text{站点数}×\text{令牌持有时间} $$ $$ = 10\ \mu\text{sec} + 10×2\ \mu\text{sec} = 30\ \mu\text{sec} $$

因此，监控站应等待的最短时间为 28 到 30 μsec

解析

1. 传输延迟：

   $$ \frac{1 \times 8 \times 1024}{1.5 \times 10^6} = 5.33\ \text{ms} $$

2. 传播延迟：

   $$ 50\ \text{ms} $$

3. 参数 a 计算：

   $$ a = \frac{\text{传播延迟}}{\text{传输延迟}} = \frac{50}{5.33} \approx 9.375 $$

4. 效率公式：

   $$ \text{效率} = \frac{\text{窗口大小}}{1 + 2a} = 0.6 $$

5. 求解窗口大小：

   $$ \text{窗口大小} = 0.6 \times (1 + 2 \times 9.375) = 11.856 $$

6. 序列号范围需求：

   • 选择性重传需双倍窗口大小： $$ 2 \times 11.856 \approx 23.712 $$
   • 最小序列号位数： $$ \lceil \log_2(23.712) \rceil = \lceil 4.56 \rceil = 5 $$

最终答案为 5 位，对应选项 C。

TTL（生存时间）机制解析

• 定义与作用
  TTL 是一种限制网络中数据包生命周期的机制，通过计数器或时间戳实现。由发送方设置并嵌入数据包中，表示数据包在网络中的最大存活时间。

• 工作流程

  • 每个路由器在转发数据包时会执行以下操作：
    1. 检查当前 TTL 值
    2. 若 TTL ≠ 0，则接受数据包并将 TTL 减 1
    3. 若 TTL = 0，则丢弃数据包

• 设计目的

  • 防止无限循环的未送达数据包
  • 避免因网络拥塞导致的重复投递问题

• 本题关键点分析

  • 路由决策层级：仅在网络层进行，局域网（LAN）工作在数据链路层，不会触发 TTL 修改
  • 路径统计：
    • 图中共有 6 个路由器节点
    • 接收端需通过网络层传递数据包，因此也会减少 TTL
  • 计算过程：
    text 初始 TTL = 32 经过 6 个路由器 → 32 - 6 = 26

此处需要注意的关键点是：在第一种情况下，整个数据包被传输，因此无法实现分组流水线操作。在第二和第三种情况下，可以利用流水线优势（当分组 i 从 R1 到 R2 传输时，分组 i-1 同时从 A 到 R1 传输）。以下是完整计算过程：

文件大小 = 1000 字节
头部大小 = 100 字节
所有链路传输速率 = $10^6$ 字节/秒

第一种情况

• 单个链路的传输时间
  = 数据包大小 / 带宽
  = (1000 + 100)/$10^6$
  = 1100 微秒
• 总时间 = 3 × 1100 = 3300 微秒

第二种情况

• 单个链路和单个部分的传输时间
  = (100 + 100)/$10^6$ = 200 微秒
• 流水线优势说明：
  • 当分组 i 从 R1 → R2 传输时，分组 i-1 同时从 A → R1 传输
• 总时间 = 3 × 200 + 9 × 200 = 2400 微秒

第三种情况

• 单个链路和单个部分的传输时间
  = (50 + 100)/$10^6$ = 150 微秒
• 总时间 = 3 × 150 + 19 × 150 = 3300 微秒

最终结论：T1 = T3 > T2，对应选项 D 正确。

位填充机制解析

• 核心原理：通过插入特定比特避免与定界符冲突
• 定界符作用：01111110 用于标识帧的起始/结束边界

填充规则详解

1. 发送端处理

   • 当检测到连续 5 个1时，自动插入0
   • 示例：原始数据 0111111101 → 填充后 011111 0 1101（加粗 0 为填充位）

2. 接收端处理

   • 遇到连续 5 个1时：
     • 若后续为0 → 移除该填充位
     • 若后续为1 → 判断是否为定界符或错误
       • 后续再遇0 → 确认为定界符
       • 后续再遇1 → 标记为错误并丢弃

本题解题过程

• 填充后字符串：01111100101
• 分析关键点：

  011111 0 0101
  └─┬─┘ └┬┘
    5 个 1  填充位
  

• 移除填充位后还原为：0111110101

结论验证

• 正确选项 B 对应还原后的原始数据
• 其他选项均不符合位填充规则

解析

• 往返传播延迟 = 80 ms
• 帧大小 = 32×8 比特
• 带宽 = 128 kbps
• 传输时间 = $ \frac{32×8}{128} $ ms = 2 ms

设窗口大小为 $ n $：
$$ \text{利用率} = \frac{n}{1 + 2a} $$
其中 $ a = \frac{\text{传播时间}}{\text{传输时间}} = \frac{80}{2} = 40 $

当 $ n = 41 $ 时达到最大利用率，
选项中 40 是最接近的合理值。

生成树结构为：

        B1
       /  \
      /    \
     B5    B3
            /  \
           /    \
          B4    B2

• 关键判断依据：
  • B4 和 B2 必须通过 B3 连接而非 B5，因为 B3 的序列号小于 B5
  • 深度优先遍历需遵循生成树的拓扑结构
• 遍历路径解析：

  B1 → B5 (左子树)
  B5 无子节点 → 回溯至 B1
  B1 → B3 (右子树)
  B3 → B4 (左子树)
  B4 无子节点 → 回溯至 B3
  B3 → B2 (右子树)
  

• 结论：选项 A 符合上述遍历顺序

解析：

1. 广播传播机制
   • 广播包从 H1 发出后，B3 会将其转发至所有非接收端口（遵循 IEEE 802.1D 标准）
2. 生成树阻塞端口影响
   • 阻塞端口的存在限制了广播路径，仅允许通过生成树确定的活动链路进行转发
3. 转发表构建逻辑
   • 转发表需记录各主机首次被发现的入端口（基于 MAC 地址学习过程）
   • 选项 A 中：
     • 端口 3 对应 H1-H4（直连设备）
     • 端口 1 对应 H5-H6/H9-H10（经由上游交换机）
     • 端口 2 对应 H7-H8/H11-H12（经由下游交换机）
4. 错误选项分析
   • 选项 D 存在端口冲突（H5 和 H7 同时指向端口 1）
   • 选项 C 混淆了直连设备的端口分配
   • 选项 B 错误划分了主机群组的端口映射关系

解析

• Td > 2 × Tp + Td（用于阻塞信号）
• Td > Rtt + (阻塞信号长度 / 带宽)
• Td > 46.4μs + (48 bit / 10 × 10⁶ bits/秒)
• Td > 46.4 × 10⁻⁶ 秒 + (4.8 × 10⁻⁶ 秒)
• Td > 51.2 × 10⁻⁶ 秒
• (帧长度 / 带宽) > 51.2 × 10⁻⁶ 秒
• 帧长度 > 51.2 × 10⁻⁶ 秒 × 带宽
• 帧长度 > 51.2 × 10⁻⁶ 秒 × 10 × 10⁶ bits/秒
• 帧长度 > 512 bits

结论：因此，最小帧长度为 512 bits。

注：

• 传输延迟 = Td
• 传播延迟 = Tp
• 往返时间 = Rtt = 2 × Tp
• Td = (帧长度 / 带宽)

背景知识

• OSI 模型中的物理层
  在串行通信中，信息是按位依次传输的。波特率表示串行线路的数据传输速率，通常以比特每秒（bps）为单位。每次传输一个数据块（通常是一个字节）时，会将其封装成包含同步位和校验位的帧进行发送。“9600 波特率"表示该串口每秒最多可传输 9600 比特。

计算步骤

1. 单字符传输开销
   每个字符需传输的总位数 =
   1 位（起始位） + 8 位（字符大小） + 1 位（校验位） + 2 位（停止位） = 12 位

2. 理论最大值计算
   每秒可传输的 8 位字符数量 =
   9600 ÷ 12 = 800

解析

每次发送帧时，A 和 B 会随机选择一个整数 k 值。根据 k 值计算退避时间（单位为时隙）。退避时间较小的站点优先发送。

第一次尝试：k 的取值范围为 k=0 或 k=1（0 ≤ k ≤ 2¹⁻¹；n 为第 n 次尝试）。由于 A 首次获胜，说明 A 选择了 k=0 而 B 选择了 k=1（A 获胜概率为 0.25）。A 将继续用 k=0 或 k=1 尝试第二个帧，但 B 因首次失败将使用 k=0、1、2 或 3 进行第二次尝试。

第二次尝试：设 kA 为 A 选择的 k 值，kB 为 B 选择的 k 值。可能的组合 (kA,kB) 包括：(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,0),(1,1),(1,2),(1,3)，共 8 种情况。A 获胜需满足 kA < kB，对应的事件空间为 (0,1),(0,2),(0,3),(1,2),(1,3)，共 5 种情况。

因此，A 在第二次退避竞争中获胜的概率为 5/8 = 0.625

在 CSMA/CD 中，发送节点在传输帧的同时会监听冲突。如果在发送完最后一个比特时未检测到冲突，则认为传输成功。最坏情况下的冲突检测时间等于两倍的传播延迟。因此，确保冲突未发生的最小数据包条件是：

$$ RTT = \text{传输时间} $$

计算过程

1. 传输时间公式

   $$ \text{传输时间} = \frac{\text{数据包长度}}{\text{带宽}} $$

2. 往返时延（RTT）公式

   $$ RTT = 2 \times \left( \frac{d}{v} \right) = 2 \times \left( \frac{2000}{2 \times 10^8} \right) $$

3. 联立方程求解 $$ \frac{\text{数据包长度}}{10^7} = 2 \times \left( \frac{2000}{2 \times 10^8} \right) $$ $$ \text{数据包长度} = 2 \times \left( \frac{2000}{2 \times 10^8} \right) \times 10^7 = 200\ \text{bit} $$ $$ 200\ \text{bit} = \frac{200}{8} = 25\ \text{字节} $$

结论
最小数据包大小为 25 字节，选项中无此答案，故选 D。

解析

• 网络吞吐量公式
  网络吞吐量 ≈ 窗口大小 / 往返时间

• 往返时间计算

  • 分组交付时间 = 传输时延 + 传播延迟 = 50 μs + 200 μs = 250 μs
  • 往返时间 = 2 × 分组交付时间 = 2 × 250 μs = 500 μs
    （注：原题中“处理延迟”未明确定义，此处按标准模型修正为往返路径的传播延迟叠加）

• 吞吐量计算 $$ \text{吞吐量} = \frac{5 \times 1000\ \text{字节}}{500\ \mu s} = 10^7\ \text{字节/秒} = 10\ \text{MB/s} $$ 因此选项 (B) 正确。

在串行通信中，发送端与接收端需要相互同步。数据开头添加的0作为起始位，结尾添加的1作为 停止位。

• 起始位：通知接收方数据的到来
• 停止位：重置接收方的状态以准备接收新数据
  因此，在串行通信中，接收方必须为字节接收进行同步。若发现上述内容有误，欢迎在下方评论指正。

解析

这四个站点在第一个时隙无冲突地发送帧的概率等于以下四种情况的概率之和：

• S1 发送且其他节点不发送的概率
• S2 发送且其他节点不发送的概率
• S3 发送且其他节点不发送的概率
• S4 发送且其他节点不发送的概率

计算公式为：

0.1 * (1 - 0.2) * (1 - 0.3) * (1 - 0.4)
+ (1 - 0.1) * 0.2 * (1 - 0.3) * (1 - 0.4)
+ (1 - 0.1) * (1 - 0.2) * 0.3 * (1 - 0.4)
+ (1 - 0.1) * (1 - 0.2) * (1 - 0.3) * 0.4
= 0.4404

解析

• 已知条件

  • 链路速度 = 64 kb/s
  • 传播延迟 = 20 ms

• 停止等待协议特性

  • 帧传输时间为 $ \frac{x}{64} $ ms（x 为帧大小）
  • 确认帧传输时间与节点处理时间忽略不计

• 链路利用率公式
  要求单个帧的总时间不超过传输时间的两倍以达到 50% 利用率：

  $$ \frac{x}{64} \times 2 \geq \frac{x}{64} + 2 \times 20 $$

• 推导过程

  1. 化简不等式： $$ \frac{x}{64} \geq 40 \quad \Rightarrow \quad x \geq 2560 \text{ bit} $$
  2. 转换单位： $$ 2560 \text{ bit} = \frac{2560}{8} = 320 \text{ 字节} $$

• 结论
  正确最小帧大小为 320 字节。

根据 CSMA/CD 协议原理，需满足 传输时间 ≥ 2 × 传播时间。
具体计算如下：

• 帧大小 = 1250 字节 = $1250 \times 8 = 10,000$ 比特
• 传输时间 = $\frac{10,000}{100 \times 10^6} = 1 \times 10^{-4}$ 秒
• 传播时间 = $\frac{1\ \text{km}}{v}$（设信号速度为 $v\ \text{km/s}$）

代入公式得：

$$ 1 \times 10^{-4} \geq 2 \times \frac{1}{v} \Rightarrow v \leq \frac{2}{1 \times 10^{-4}} = 20,000\ \text{km/s} $$

因此，最大允许的信号传播速度为 20,000 km/s。
选项 (D) 正确。

解析

• 分组交换网络以独立的小数据包传输数据——根据每个分组中的目标地址。接收时，这些分组会按正确顺序重新组装成消息。
• 电路交换网络在通话期间需要专用的点对点连接。

结论：选项 B 的描述与实际特性矛盾，因此 B 是错误的。

这里讨论的是时隙 MAC 协议，当一个站点传输时，其他站点不能传输。现在假设单个站点传输数据的概率为 p，能够传输的站点数为 n。

由于当一个站点传输时其他站点必须保持静默，因此会有 n-1 个站点以概率 1-p 保持静默。

对于每个站点，需要保证每时隙至少 0.16 帧的吞吐量。因此，$n$ 个站点的总吞吐量为 $0.16 × n$，而每个站点始终以概率 p = 0.2 在每个时隙中尝试传输。

因此：

$$0.16 \times n = n \times 0.2 \times (0.8)^{n-1}$$

$$0.8 = 0.8^{n-1}$$

比较等式两边可得：

$$1 = n-1$$

这意味着 $n = 2$。

解析

CSMA/CD 要求发送方至少持续传输到第一个比特到达接收方为止，以检测可能发生的冲突。 对于具有 高传播延迟 的网络（如卫星网络），这种时间会变得过长，导致所需的 最小数据包尺寸 过大而不可行。

解析

• 网桥是第 2 层设备 - 正确
  用于将两个独立的以太网网络连接成一个扩展的以太网，而以太网工作在数据链路层。

• 网桥减少冲突域 - 正确
  网桥是一个具有两个接口的设备，会创建两个冲突域。它仅将从一个接口接收到的流量转发到目标第 2 层设备（根据其 MAC 地址）所连接的接口。

• 网桥用于连接两个或多个局域网（LAN）段 - 正确
  这是网桥的核心功能。

• 网桥减少广播域 - 错误
  网桥可以减少冲突域，但不能减少广播域。广播帧仍会在所有端口泛洪，因此广播域范围未被缩小。

解析

根据公式 $ S \geq \frac{2BL}{P} $，其中：

• 电缆长度 $ L = 1000 \ \text{m} $
• 传播速度 $ P = 2 \times 10^8 \ \text{m/s} $
• 带宽 $ B = 1 \ \text{Gbps} = 10^9 \ \text{bps} $

计算过程：

$$ S \geq \frac{2 \times 10^9 \times 1000}{2 \times 10^8} = 10000 \ \text{bits} $$

因此最小帧大小应为 10000 bits。

解析

• 已知条件

  • 比特率：4 kbps
  • 单向传播延迟：20 ms

• 效率公式

  $$ \text{效率} = \frac{\text{数据包传输时间}}{\text{数据包传输时间} + 2 \times \text{传播延迟}} $$

• 代入数值并求解

  $$ 0.5 = \frac{x}{x + 2 \times 20 \times 10^{-3}} $$

  解得：

  $$ x = 40 \times 10^{-3} \text{ 秒} $$

• 计算最小帧大小 $$ \text{最小帧大小} = 40 \times 10^{-3} \times 4 \times 10^3 = 160 \text{ 比特} $$

因此，选项 (D) 正确。

已知 TDM 局域网中：

• 数据包大小 $L = 100$ 比特
• 带宽 $B = 10$ Mbps = $10 \times 10^6$ bps
• 距离 $d = 1$ 公里 = $1 \times 10^3$ 米
• 传播速度 $v = 2 \times 10^8$ 米/秒
• 每个站点吞吐量 $b = \frac{2}{3}$ Mbps = $\frac{2}{3} \times 10^6$ bps

计算步骤：

1. 传输时间

   $$ T_x = \frac{L}{B} = \frac{100}{10 \times 10^6} = 1 \times 10^{-5} \text{ 秒} $$

2. 传播时间

   $$ T_p = \frac{d}{v} = \frac{1 \times 10^3}{2 \times 10^8} = \frac{1}{2} \times 10^{-5} \text{ 秒} $$

3. 系统效率

   $$ \mu = \frac{T_x}{T_x + T_p} = \frac{1 \times 10^{-5}}{1 \times 10^{-5} + \frac{1}{2} \times 10^{-5}} = \frac{1}{1 + \frac{1}{2}} = \frac{2}{3} $$

4. 有效带宽

   $$ B’ = \mu \times B = \frac{2}{3} \times 10 \text{ Mbps} $$

5. 站点数计算 $$ N \times \left(\frac{2}{3}\right) \text{ Mbps} = B’ \Rightarrow N \times \frac{2}{3} = \frac{2}{3} \times 10 \Rightarrow N = 10 $$

因此，当每个站点吞吐量为 $\frac{2}{3}$ Mbps 时，局域网最多可容纳 10 个站点。

总时间 = 传输时间 + 2×传播延迟 + 确认帧传输时间

• 传输时间：(1000×8)/(80×1000) = 0.1 秒
• 双程传播延迟：2×100ms = 0.2 秒
• 确认帧时间：(100×8)/(8×1000) = 0.1 秒
  总时间 = 0.1 + 0.2 + 0.1 = 0.4 秒

吞吐量计算公式：
$$ \text{吞吐量} = \frac{\text{数据包大小}}{\text{总时间}} $$
代入数值：
$$ \text{吞吐量} = \frac{1000}{0.4} = 2500 \text{ 字节/秒} $$

解析：

以太网是最流行且广泛使用的数据传输局域网。它是数据链路层的协议，规定了数据如何格式化传输以及如何将数据放置在网络上传输。现在我们逐一分析各选项：

• (A) 错误
  在以太网中，站点在发送帧前不需要停止感知信道。CSMA/CD 机制要求站点持续监听信道状态，直到帧发送完成。

• (B) 错误
  阻塞信号（Jam Signal）的作用是通知所有设备已发生冲突，强制它们停止进一步的数据传输，而非填充帧长度。

• (C) 错误
  一旦检测到冲突，站点会立即停止传输并发送阻塞信号，以确保网络中所有设备知晓冲突发生。

• (D) 正确
  指数退避机制通过随机延迟重传时间，有效降低多个站点同时重传导致的新冲突概率，从而提高网络效率。

要使帧尺寸最小，其传输时间应等于单向传播延迟的两倍。

即，$ T_x = 2T_p $

假设最小帧尺寸为 $ L $ 比特。

• 传输时间公式：$ T_x = \frac{L}{B} $
• 已知条件：
  • 带宽 $ B = 20 \times 10^6 $ 比特/秒
  • 传播延迟 $ T_p = 40 $ 微秒

由于 $ T_x = 2T_p $，代入得：

$$ \frac{L}{20 \times 10^6} = 80 \ \mu s $$

解得：

$$ L = 20 \times 10^6 \times 80 \times 10^{-6} = 1600 \ \text{比特} $$

单位转换：
1600 比特 ÷ 8 = 200 字节

因此，A 是正确答案。

解析

要实现 100% 效率，应发送的帧数 = 1 + 2 × $T_p / T_t$，其中 $T_p$ 是传播延迟，$T_t$ 是传输延迟。

• 传输延迟 $T_t$ = 帧大小 / 带宽 = (1 KB × 8 bit/byte) / (128×10³ bit/s) = 0.064 s = 64 ms
• 传播延迟 $T_p$ = 150 ms
• 发送窗口大小 = 1 + 2 × (150 ms / 64 ms) ≈ 5.687 → 向上取整为 6

由于选择性重传协议要求接收窗口大小与发送窗口大小相等，因此需要的不同序列号数量为：
6（发送窗口） + 6（接收窗口） = 12

表示 12 个不同序列号所需的最小位数为：
log₂(12) ≈ 3.584 → 向上取整为 4 位

因此答案是 (B)

解析：

1. 基本参数定义

   • 传输时间 (Tx) = 距离 / 速度
     $ T_x = \frac{36504 \times 10^3}{3 \times 10^8} = 0.12168 \text{ 秒} $
   • 传播时间 (Tp) = 数据包大小 / 带宽
     $ T_p = \frac{\text{数据包大小}}{1 \times 10^6} $
   • 参数 a = Tp / Tx
     $ a = \frac{T_p}{T_x} $

2. 效率公式应用
   根据滑动窗口协议的效率公式：

   $$ \eta = \frac{\text{窗口大小}}{1 + 2a} $$

   代入已知条件：

   $$ 0.25 = \frac{127}{1 + 2 \left( \frac{36504 \times 10^3 / (3 \times 10^8)}{\text{数据包大小} / 1 \times 10^6} \right)} $$

3. 方程求解
   化简后得到：

   $$ 0.25 = \frac{127 \times \text{数据包大小}}{L + 0.48 \times 10^6} $$

   进一步推导：

   $$ 0.25 \times \text{数据包大小} + 0.25 \times 0.48 \times 10^6 = 127 \times \text{数据包大小} $$

   解得：

   $$ \text{数据包大小} = 960 \text{ 比特} = 120 \text{ 字节} $$

4. 结论
   因此选项 (A) 正确。

解析

为了使 CSMA/CD 协议正常工作，帧的传输时间必须大于一个最小值。这个最小值是往返时延（RTT）的最坏情况。
因此，传输时间 ≥ RTT
设帧大小为 $ f $ 字节，则：
$$ \frac{f}{1\text{Gbps}} \geq \frac{2200}{210^8} $$
$$ f \geq \frac{220010^9}{210^88} $$
$$ f \geq 250 $$
最小帧长度为 250 字节，因此选项 (B) 正确。

解析

• 在给定的二维奇偶校验矩阵中，除了 r₁ 外的所有行都具有偶校验。因此，该行至少存在 1 位错误。
• 此外，有三列具有奇校验（奇校验表示错误），即 d₅、d₂和 d₀。
• 因此，必须至少存在 3 位错误。
• 这三个错误可能：
  • 全部出现在 r₁中
  • 或者其中两个错误可能出现在其他任何行
• 由于 r₁具有奇校验，因此该行至少有一个错误位

参考

• 网络设备中，交换机会根据 MAC 地址表进行数据帧的定向转发
• 相较于集线器的广播式转发，交换机实现了点对点通信
• 网关工作在网络层，负责不同协议网络间的转换
• 调制解调器主要实现数字信号与模拟信号的相互转换

结论
选择 (C) 是因为交换机通过学习 MAC 地址构建转发表，能精准地将数据帧转发至目标设备，这是其区别于其他网络设备的核心特性。

解析

• 千兆以太网采用 48 位地址长度 实现设备寻址
• 该设计沿用了传统以太网的 MAC 地址标准
• 参考依据：以太网帧格式规范
• 因此选项 (B) 是正确答案

• 参数解析

  • 页数：100 页/秒
  • 每页行数：24 行
  • 每行字符数：80 字符
  • 每字符编码：8 位（ASCII 标准）

• 计算公式

  $$ \text{比特率} = 100 \times 24 \times 80 \times 8 = 1,!536,!000\ \text{bit/s} $$

• 结果换算 $$ 1,!536,!000\ \text{bit/s} = \mathbf{1.536\ \text{Mbps}} $$

解析过程：

• 50,000 个字符需要 40 秒
• 每个字符为 8 位 → 总数据量：50,000 × 8 = 400,000 比特
• 数据速率计算：400,000 比特 ÷ 40 秒 = 10,000 比特/秒
• 单位换算：10,000 bps = 10 Kbps
  因此，选项 (D) 正确。

解析

• 数据分组计算：48 字节 ÷ 24 个分组 = 2 字节/分组
• 头部开销：每个分组固定包含 3 字节 头部
• 总分组大小：2 字节（数据） + 3 字节（头部） = 5 字节
• 结论：选项 (D) 正确

步骤 1：在数据单元末尾附加（除数位数 - 1）个零

• 数据单元 = 100111001
• 附加 3 个零后变为：100111001000

步骤 2：使用异或减法进行除法运算

     *********
   1011) 100111001000 (101000001
       1011
      ------
        01011
         1011
        ------
          01000
           1011
          ------
            011

步骤 3：将余数与数据单元中附加的零进行异或求和

• 原始数据单元 + 附加零：100111001(000)
• 异或余数 011 后结果：100111001011

因此，选项 (B) 正确。

解析：

• 请求速率：70 个/秒
• 时隙单位：50 ms
• 1 秒内包含的时隙数：
  $ \frac{1000\ \text{ms}}{50\ \text{ms}} = 20 $
• 信道负载计算公式： $$ \text{信道负载} = \frac{\text{1 秒内的请求数}}{\text{1 秒内的时隙数}} = \frac{70}{20} = 3.5 $$
• 结论：选项 (B) 正确。

纯 ALOHA 的吞吐量 (S) 公式为 $ S = G \cdot e^{-2G} $：

• 当 $ G = \frac{1}{2} $ 时达到最大值
• 即 $ S = \frac{1}{2} \cdot (e)^{-1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2.71} \approx 0.184 $

因此选项 (B) 正确。

解析

• 100 Base-TX 是快速以太网标准，数据传输速率为 100 Mbps
• 最大段长度为 100 米，使用 双绞线 作为传输介质
• “Base” 表示采用 基带传输 方式
• 因此，选项 (A) 正确

• 已知条件：

  • 带宽 = 50 kbps
  • 往返时间 = 500 ms = 2 × 传播时间

• 计算步骤：

  1. 传播时间 = 500 ms ÷ 2 = 250 ms
  2. 传输时间 = 数据大小 ÷ 带宽 = 1000 位 ÷ 50 kbps = 20 ms
  3. 总接收时间 = 传播时间 + 传输时间 = 250 ms + 20 ms = 270 ms

结论：接收方需等待传播时间与传输时间之和，故选择 D（270 ms）。

• 已知条件

  • 比特率 $ R_b = 8000 \ \text{bps} $
  • 波特率 $ R_s = 1000 \ \text{Baud} $

• 计算步骤

  1. 每个信号元素携带的数据元素位数（bit per symbol）： $$ \frac{R_b}{R_s} = \frac{8000}{1000} = 8 \ \text{位} $$
  2. 信号元素总数（不同幅度/相位组合数）： $$ 2^{\text{数据位数}} = 2^8 = 256 \ \text{个信号元素} $$

• 结论
  因此，正确答案为 256 个信号元素，每个信号携带 8 位数据，对应选项 (A)。

解析

• 自动协商是双绞线以太网中设备选择共同传输参数的过程
• 自动协商在 IEEE 802.3 中定义
• 最初是快速以太网的组成部分

因此，选项 (D) 正确。

解析

• 总电缆数计算：
  全互连网络中任意两台主机之间需一根电缆，总电缆数公式为 $ \frac{n(n-1)}{2} $。
  当 $ n = 10 $ 时，$ \frac{10 \times (10 - 1)}{2} = 45 $ 根电缆。

• 单机端口需求：
  每台设备需与其余 $ n - 1 $ 台设备直连，因此每台设备需 $ 10 - 1 = 9 $ 个端口。

• 结论：
  综上所述，正确答案为 (C) 45,9。

错误检测需求

• 检测 $ d $ 位错误需满足 $ d+1 $ 位海明距离
• 此处 $ d=2 $，所需位数 $ = 2+1 = 3 $

错误纠正需求

• 纠正 $ t $ 位错误需满足 $ 2t+1 $ 位海明距离
• 此处 $ t=1 $，所需位数 $ = 2 \times 1 + 1 = 3 $

总需求

• 最大值 $ \max(3, 3) = 3 $ 位海明距离
• 校验位数 $ r $ 需满足 $ 2^r \geq m + r + 1 $（$ m=16 $）
• 尝试 $ r=5 $: $ 2^5 = 32 \geq 16 + 5 + 1 = 22 $，成立

因此，选项 (B) 是正确答案。

解析：

1. 工作原理

   • 交换机本质上是多端口网桥，通过 MAC 地址表实现精准转发
   • 内置缓冲区优化数据传输效率（更多端口=更低冲突概率）
   • 错误检查机制：仅转发无差错数据包，避免无效流量传播

2. 网络特性分析

   • 冲突域划分：每个端口构成独立冲突域，有效隔离物理层冲突
   • 广播域特性：所有端口共享同一广播域，广播帧仍会泛洪全网

3. 结论验证

   • 冲突域被分割 → 不同冲突域
   • 广播域未被隔离 → 相同广播域
   • 因此选项 A 符合实际网络行为

解析

• 停等协议效率公式：$\text{效率} = \frac{1}{1 + 2a}$
• 其中参数定义：
  • $a = \frac{\text{传播时延}(tpd)}{\text{传输时延}(tx)}$
• 代入数值计算：
  • $a = \frac{30}{20} = 1.5$
  • $\text{效率} = \frac{1}{1 + 2 \times 1.5} = \frac{1}{4} = 0.25$
• 最终结果：$0.25 \times 100% = 25%$

IP 地址和端口号的组合称为套接字地址。

• 子网掩码号 是一个 32 位数字，用于屏蔽 IP 地址
• MAC（媒体访问控制）地址 是计算机唯一的硬件编号
• 网络号 是 32 位 IP 地址与网络掩码进行逻辑与运算后得到的数字
  因此，选项 (B) 正确。

地址解析协议（ARP）是一种将互联网协议地址（IP 地址）映射到本地网络中可识别的物理机器地址的协议。它是一个用于将网络层地址转换为链路层地址的低层网络协议。

因此，选项（D）正确。

解析：

• MAC 地址由 48 位 组成
• 包含 12 个十六进制数字（0-9 和 A-F）
• 格式通常表示为 六组两位十六进制数，用冒号 : 或连字符 - 分隔
• 示例：01:A5:BB:A7:FF:60 符合上述规范
• 其他选项分别为 IP 地址、非标准格式、物理地址

解释：
VLAN（虚拟局域网）的核心功能是通过逻辑方式将物理网络划分为多个独立的广播域。即使设备位于同一物理交换机中，也可以根据需求将它们分配到不同的 VLAN 中，从而实现网络流量的隔离和管理。选项 D 准确描述了这一特性。

其他选项分析：

• A. 展示网络的正确布局：属于网络设计/测试范畴，与 VLAN 的核心目的无关。
• B. 模拟网络：同样属于网络设计/测试范畴，不符合 VLAN 的实际功能。
• C. 创建虚拟专用网络：指的是 VPN 技术，与 VLAN 不同。

原因解析

• 无线介质限制：无线电波传播特性决定了其无法有效实现冲突检测（CD）机制
• 多用户干扰：在无线环境中存在大量并发用户时，发送端与接收端之间难以准确检测信号冲突
• 协议适配性：CSMA/CA（碰撞避免）更适合无线环境，而传统 CSMA/CD 依赖物理介质的冲突可检测特性

因此，选项（A）正确。

• 尽管数据报中的源和目的 IP 地址在每个跳转点保持不变，但帧在传输过程中每个站点都会替换源 MAC 地址。
• 因此，对于当前站点而言，源地址字段将包含上一节点的 MAC 地址。

因此，选项 (B) 正确。

解析

• 波特率定义：2400 波特表示串口每秒最大传输速率为 2400 位
• 单字符开销：
  • 起始位：1 位
  • 字符数据：8 位
  • 停止位：2 位
  • 总计：11 位/字符
• 计算过程：
  $ \frac{2400\ \text{位/秒}}{11\ \text{位/字符}} \approx 218.18 $
• 结论：实际有效传输字符数为 218 个/秒
• 补充说明：
  在异步串行通信中，奇偶校验位是可选配置项，本题未涉及该字段

解析

• 采样频率为信号最高频率的 2 倍（即奈奎斯特采样定理）
• 计算公式：比特率 = 采样频率 × 每样本位数
• 具体计算过程：
  • 采样频率 = 8 kHz × 2 = 16 kHz
  • 比特率 = 16,000 samples/second × 8 bits/sample = 128,000 bps
  • 单位换算：128,000 bps = 128 kbps
    因此，选项 (C) 正确。

解析：

• 汉明码的基本原理是通过校验位覆盖特定位置的信息位，实现错误检测与纠正。
• 总码长 $ n = 2^r - 1 $（包含校验位和信息位）。
• 校验位数量为 $ r $，因此信息位数量为总码长减去校验位： $$ \text{信息位} = (2^r - 1) - r = 2^r - r - 1 $$
• 选项 B 的表达式 $ 2^r - r - 1 $ 符合上述推导。

解析：

• 同步通信要求发送端和接收方的时钟同步——以相同速率运行，从而使接收方能在与发送方相同的间隔内采样信号。因此不需要起始位或停止位。正因如此，“同步通信允许在单位时间内通过电路传递更多信息”。
• 2400 波特表示串口最多每秒可传输 2400 位数据。
• 每秒可传输的 8 位字符数 = $2400 \div 8 = 300$

正确选项是（C）

解释：

• 位填充是指在数据中插入 非信息位
• 注意：填充的位不应与开销位混淆
  • 开销位是传输所必需的非数据位（通常作为头部、校验和等的一部分）

IEEE 802.11 指的是定义无线局域网（WLAN）通信的一系列标准。

选项 (D) 正确。

解析

• 已知条件

  • 波特率 = 2000 波特
  • 比特率 = 6000 bps

• 计算公式

  $$\text{每波特比特数} = \frac{\text{比特率}}{\text{波特率}}$$

• 代入数值

  $$\text{每波特比特数} = \frac{6000}{2000} = 3\ \text{比特/波特}$$

• 结论
  根据计算结果，选项 (B) 正确。

解析：

• 异步传输时：

  • 数据位 + 校验位 + 起始位 + 停止位 = 7 + 1 + 1 + 1 = 10 位/字符
  • 每秒传输位数：3200 bit/s
  • 可传输字符数：3200 ÷ 10 = 320 字符/秒

• 同步传输时：

  • 数据位 + 校验位 = 7 + 1 = 8 位/字符
  • 每秒传输位数：3200 bit/s
  • 可传输字符数：3200 ÷ 8 = 400 字符/秒

注：本题问的是异步传输场景，因此正确答案为 B（320）。同步传输结果 400 用于对比说明。

解析：

• 公式依据：传播时间 = 距离 ÷ 传播速度
• 单位换算：
  • 距离 = 48,000 公里 = $48 \times 10^6$ 米
  • 速度 = $2.4 \times 10^8$ 米/秒
• 计算过程： $$ \text{传播时间} = \frac{48 \times 10^6}{2.4 \times 10^8} = 0.2,\text{秒} = 200,\text{ms} $$
• 结论：最终结果与选项 D 完全一致，故选择 D。

解析：

1. 带宽延迟积（BDP）计算

   • 带宽：128 kbps = 128,000 bit/s
   • 往返延迟：80 ms = 0.08 s
   • BDP = 带宽 × 延迟 = 128,000 bit/s × 0.08 s = 10,240 bit

2. 转换为字节

   • 10,240 bit ÷ 8 = 1,280 byte

3. 计算窗口大小

   • 每个数据包大小：32 byte
   • 窗口大小 = 1,280 byte ÷ 32 byte/packet = 40 packet

因此，最佳窗口大小为 40，对应选项 (B)。

• 往返传播延迟 = 40 毫秒
• 帧大小 = 32 × 8 位
• 瓶颈带宽 = 64 kbps

计算过程：

1. 总数据量 = 往返延迟 × 带宽 $$ = 40 , \text{ms} \times 64 , \text{kbps} = 40 \times 64 , \text{位} $$
2. 转换为字节： $$ \frac{40 \times 64}{8} = 320 , \text{字节} $$
3. 数据包数量 = 总数据量 ÷ 单包大小 $$ \frac{320 , \text{B}}{32 , \text{B}} = 10 , \text{个数据包} $$

因此，最优窗口大小为 10，选项 (B) 正确。

解析：

1. 基本公式
   频率 $ f = \frac{1}{T} $，其中 $ T $ 为周期。

2. 代入数值

   • 已知周期 $ T = 100 $ ms
   • 计算得 $ f = \frac{1}{100} $ Hz

3. 单位换算

   • 将 ms 转换为秒：$ 100 $ ms $ = 0.1 $ 秒
   • 因此 $ f = \frac{1}{0.1} = 10 $ Hz

4. 指数形式转换

   • $ 10 $ Hz 可表示为 $ 10^{-2} $ 千赫（因 $ 1 $ 千赫 $ = 10^3 $ 赫兹）

5. 结论
   选项 (B) 符合计算结果。

解析

• S1 分析
  ARP 应答由知道自身 MAC 地址的设备发送，用于回复特定的 ARP 请求，其目标 MAC 地址是请求设备的 MAC 地址，而非广播地址。
  结论：S1 错误

• S2 分析
  ARP 请求会向本地网络中的所有设备广播，以确定特定 IP 地址对应的 MAC 地址，其目标 MAC 地址为广播地址：FF:FF:FF:FF:FF:FF。
  结论：S2 正确

• 多项式转换：X³+X+1 对应二进制表示为 1011（最高次幂为 3，共 4 位）
• 附加操作：原始消息 11000 需在末尾附加与生成多项式阶数相同的 3 个 0，形成 11000000
• 模 2 除法：将 11000000 除以 1011，通过异或运算计算余数
• 结果验证：最终余数（即校验位）为 100，因此正确答案为 C
• 参考资料：循环冗余校验（CRC）的基本原理及实现方法

解析

• 对于 $N$ 个数据包，有 $Np$ 个会丢失（因为 $p$ 是丢失概率），因此必须重传
• 对于 $Np$ 个数据包，又有 $Np^2$ 个会丢失并需重传
• 依此类推

期望的传输次数计算如下：

$$ \begin{align*} &= N + Np + Np^2 + \cdots \\ &= N(1 + p + p^2 + \cdots) \\ &= N \cdot \frac{1}{1 - p} \quad (\text{等比数列求和公式}) \end{align*} $$

当 $N = 200$ 且 $p = 0.2$ 时：

$$ \text{期望传输次数} = \frac{200}{1 - 0.2} = \frac{200}{0.8} = 250 $$

解析

• 串行通信原理
  在串行通信中，信息是按位依次传输的。波特率指定了数据在串行线路上传输的速度，通常以比特每秒（bps）为单位。“9600 波特"表示该串口每秒最多可传输 9600 比特。

• 关键计算步骤

  1. 总传输时间内的总比特数：
     $9600 \ \text{bps} \times 15 \ \text{s} = 144000 \ \text{bits}$
  2. 单个数据帧的总位数：
     起始位（1 位） + 数据位（8 位） + 奇校验位（1 位） + 停止位（2 位） = 12 位
  3. 可传输的完整帧数量：
     $144000 \ \text{bits} \div 12 \ \text{bits/帧} = 12000 \ \text{帧}$
  4. 每帧对应一个字节，因此总字节数为 12000 字节

• 结论
  正确答案为 12,000 字节（选项 B）。

• 信道数量：4
• 每帧数据分配：
  • 每信道复用 1 字节 → 每帧总大小 = 1 × 4 = 4 字节
  • 转换为位：4 字节 × 8 = 32 位/帧
• 帧传输速率：
  • 每信道 100 字节/秒 → 每帧 4 字节 → 帧速 = 100 ÷ 1 = 100 帧/秒
• 总比特率：
  • 32 位/帧 × 100 帧/秒 = 3200 bps
    因此选项 (D) 正确。

两个字节的汉明距离：
0xAA = 1010 1010
0x55 = 0101 0101
这两个字节的所有位均不同，因此汉明距离为 8。

选项 (C) 正确。

根据子网划分规则：

• 主机数量公式为 $2^n - 2$（n 为主机位数）
• 代入计算： $$ 2^n - 2 = 60 \Rightarrow n \approx 6 $$
• 对应的子网掩码需保留 6 位主机位，即 32 - 6 = 26 位网络位
• 二进制表示为：

  11111111.11111111.11111111.11000000
  

• 转换为十进制即 255.255.255.192

解释：

• C 类默认子网掩码为 255.255.255.0
• 子网划分时从主机位借取位数进行划分
• 给定子网掩码二进制表示为 11111111.11111111.11111111.11100000
• 默认掩码为 11111111.11111111.11111111.00000000，因此借用了 3 位 主机位
• 子网数量计算公式： $$ \text{子网数量} = 2^n \quad (n=3) $$ $$ 2^3 = 8 $$

M=0 表示该数据报是原始数据报所有分片中的最后一个分片。因此答案只能是 A 或 C。

已知 HLEN 字段为 10。HLEN 字段表示头部长度（单位为 32 位字），因此头部长度=10×4=40 字节。
同时给出总长度为 400。总长度包含头部和有效载荷的总长度。
除去头部的有效载荷长度=400-40=360 字节。
最后一个字节的序号=2400+360-1=2759（因为编号从 0 开始）

解释：

• TTL（Time To Live）字段的核心功能是限制数据报在网络中的有效生命周期
• 每经过一个路由器，TTL 值减 1，当值为 0 时数据报会被丢弃
• 有效防止因路由环路导致的数据包无限循环传输问题
• 确保无法到达目标地址的数据包不会永久滞留在网络中

解析

以下是所有节点的距离向量。

从 $R_1$ 到 $R_2$, $R_3$, $R_4$, $R_5$ 和 $R_6$ 的最短距离
$R_1(5, 3, 12, 12, 16)$
使用的链接：$R_1 - R_3$, $R_3 - R_2$, $R_2 - R_4$, $R_3 - R_5$, $R_5 - R_6$

从 $R_2$ 到 $R_3$, $R_4$, $R_5$ 和 $R_6$ 的最短距离
$R_2(2, 7, 8, 12)$
使用的链接：$R_2 - R_3$, $R_2 - R_4$, $R_4 - R_5$, $R_5 - R_6$

从 $R_3$ 到 $R_4$, $R_5$ 和 $R_6$ 的最短距离
$R_3(9, 9, 13)$
使用的链接：$R_3 - R_2$, $R_2 - R_4$, $R_3 - R_5$, $R_5 - R_6$

从 $R_4$ 到 $R_5$ 和 $R_6$ 的最短距离
$R_4(1, 5)$
使用的链接：$R_4 - R_5$, $R_5 - R_6$

从 $R_5$ 到 $R_6$ 的最短距离
$R_5(4)$
使用的链接：$R_5 - R_6$

如果我们逐一标记所有使用的链接，我们可以看到以下链接从未使用过：
$R_1 - R_2$
$R_4 - R_6$

解析

• IP 数据包首部的 TTL（Time To Live）字段 在每次经过一个路由器时，其值会减 1。
• 当 TTL 字段的值变为 0 时：
  • 路由器将丢弃该数据包；
  • 向发送方返回一个 ICMP“时间超时”消息。
• 这一机制的设计目的是 防止数据包因路由环路或其他网络问题而无限循环。
• 因此，IP 使用 TTL 字段的核心原因是 “防止数据包无限循环”。

解析

链路状态：每个节点收集完整的网络拓扑结构
每个节点计算从自身出发的最短路径
每个节点生成自己的路由表
距离向量：无人持有完整拓扑图
节点通过迭代构建自己的路由表
每个节点向邻居发送其路由表信息

[S1] 链路状态协议中的计算开销高于距离向量协议。
[S2] 距离向量协议（带水平分割）可以避免持久性路由环路，但链路状态协议不能。
[S3] 拓扑变化后，链路状态协议的收敛速度比距离向量协议快。

• S1 分析
  链路状态协议要求每个节点维护完整的网络拓扑图并执行 Dijkstra 算法计算最短路径，因此计算复杂度为 $O(N^2)$（N 为节点数）。相比之下，距离向量协议仅需局部更新路由表，计算开销显著更低。此结论成立。

• S2 分析
  距离向量协议即使采用水平分割（split horizon）和毒化反转（poison reverse），仍无法完全消除路由环路。例如，当多条路径权重相近时，环路可能持续存在。链路状态协议因全局拓扑视图和最短路径算法设计，天然避免了此类问题。因此该陈述错误。

• S3 分析
  链路状态协议通过洪泛更新拓扑信息，各节点独立计算新路径，收敛速度快；而距离向量协议依赖逐跳传播和迭代计算，易受“计数到无穷大”问题影响，收敛速度明显滞后。此结论成立。

综上，S1 和 S3 正确，S2 错误。

解析

• 协议分类：RIP 和 OSPF 均为内部网关协议（IGP），仅用于自治系统内部通信
• 核心机制差异：
  • RIP 采用距离向量算法（Distance Vector Routing）
  • OSPF 采用链路状态算法（Link State Routing）
• 技术演进：RIP 是较早期的路由协议，现已被更高效的 OSPF 等协议逐步取代

解析

• 所有 (i), (ii) 和 (iii) 都会变化
  • (i) 每经过一个路由跳点，TTL 都会递减，因此 TTL 值与原始值不同。
  • (ii) 由于 TTL 发生变化，数据包的校验和也会随之改变。
  • (iii) 如果数据包大小超过网络的最大传输单元（MTU），则会被分片。中间网络可能会通过分片修改分片偏移量。

解析：

• 循环时间定义：所有主机生成所有可能 ID 所需的时间（即总 ID 数 ÷ 每秒生成的 ID 数）。
• 总 ID 数：50 位可表示 $2^{50}$ 个唯一标识符。
• 主机总数：IPv4 地址空间为 $2^{32}$ 台主机。
• 每秒生成 ID 数：
  • 单台主机每秒生成 1000 个 ID（即 $2^{10}$）；
  • 全网每秒生成总量为 $2^{32} \times 2^{10} = 2^{42}$ 个 ID。
• 循环时间计算： $$ \frac{2^{50}}{2^{42}} = 2^{8} = 256 \text{ 秒} $$

解析

• 分片数量计算

  $$ \text{分片数量} = \lceil \frac{\text{数据报总长度}}{\text{MTU}} \rceil \\ = \lceil \frac{4404}{1500} \rceil \\ = \lceil 2.936 \rceil \\ = 3 $$

• 分片详情

  • 第一个分片：

    • 数据范围：0 → 1479 字节
    • 偏移量：$ 0/8 = 0 $
    • MF 位：1

  • 第二个分片：

    • 数据范围：1480 → 2959 字节
    • 偏移量：$ 1480/8 = 185 $
    • MF 位：1

  • 第三个分片：

    • 数据范围：2960 → 4404 字节
    • 偏移量：$ 2960/8 = 370 $
    • MF 位：0

• 结论
  第三个分片为最后一个分片，因此其 MF 位设为 0，偏移量为 370，数据报长度为 $ 4404 - 2960 + 20 = 1464 $ 字节（含首部）。选项 A 中 “数据报长度：1444” 存在误差，实际应为 1464，但因题目选项设计可能存在简化计算（如忽略首部），故仍选 A 为最接近答案。

解析

将消息划分为分组可能会由于并行性而减少传输时间。但超过一定限制后，减小分组大小也可能增加传输时间。

假设所有节点传输 1 字节所需的时间为 t。第一个分组的传输时间为 (分组大小) 3×t。在第一个分组到达目的地后，剩余分组由于并行性只需 (分组大小)×t 的时间。

计算分析

分组大小为 4 字节

• 分组数量：24 个
• 总传输时间 = 第一个分组耗时 + 剩余分组耗时
  $= 3 \times 4 \times t + 23 \times 4 \times t = 104t$

分组大小为 6 字节

• 分组数量：8 个
• 总传输时间 = $3 \times 6 \times t + 7 \times 6 \times t = 60t$

分组大小为 7 字节

• 分组数量：6 个
• 总传输时间 = $3 \times 7 \times t + 5 \times 7 \times t = 56t$

分组大小为 9 字节

• 分组数量：4 个
• 总传输时间 = $3 \times 9 \times t + 3 \times 9 \times t = 54t$

结论

通过对比不同分组大小的总传输时间，9 字节的分组大小具有最小的总传输时间（54t），因此是最佳选择。

解析说明

• 默认掩码：255.255.255.0

• 子网需求分析：

  • 需求 13 个子网 → 实际需满足 $2^n \geq 13$，取 $n=4$（$2^4=16$）
  • 借用主机位数：4 位
  • 新子网掩码：255.255.255.240（二进制 11111111.11111111.11111111.11110000）

• 子网参数计算：

  • 块大小：$256 - 240 = 16$
  • 每子网可用 IP 数：$2^4 - 2 = 14$（扣除网络地址和广播地址）

• 子网划分示例：

  子网编号	网络地址	可用 IP 范围	广播地址
  0	199.10.20.0	199.10.20.1 - 199.10.20.14	199.10.20.15
  1	199.10.20.16	199.10.20.17 - 199.10.20.30	199.10.20.31
  …	…	…	…
  14	199.10.20.224	199.10.20.225 - 199.10.20.238	199.10.20.239

• 关键结论：
  第 15 个子网（索引从 0 开始计数）的可用 IP 范围为 199.10.20.225 至 199.10.20.238，对应选项 (b)。

解析流程

1. 匹配规则

   • 路由器采用「最长前缀匹配」原则，即优先选择子网掩码位数最多的匹配项

2. 128.75.43.16 的路由决策

   目标地址：128.75.43.16
   匹配项：
   - 128.75.43.0/24 (255.255.255.0) → 掩码长度 24
   - 128.75.43.0/25 (255.255.255.128) → 掩码长度 25
   

   • 由于 /25 子网掩码比 /24 更精确（掩码位数更多），因此选择 Eth1

3. 192.12.17.10 的路由决策

   目标地址：192.12.17.10
   检查路由表：
   - 无精确匹配项
   - 默认路由指向 Eth2
   

   • 因此选择 Eth2

4. 结论

   • 128.75.43.16 → Eth1
   • 192.12.17.10 → Eth2

网络 B 从网络 A 接收到 220 字节的数据（180 字节应用层数据 + 20 字节 TCP 头部 + 20 字节 IP 头部）。由于网络 B 的最大分组大小为 100 字节（80 字节数据 + 20 字节 IP 头部），对于网络 B 来说，220 字节中 200 字节是数据或有效载荷（180 字节应用层数据 + 20 字节 TCP 头部），20 字节是 IP 头部。网络 B 移除 20 字节的 IP 头部后，剩余 200 字节数据。它使用其中 80 字节数据，因此第一个离开 B 的分组为 100 字节（数据 80 字节，IP 头部 20 字节）。此时剩余 120 字节数据，第二个分组同样为 100 字节（数据 80 字节，IP 头部 20 字节）。最后剩余 40 字节数据，第三个分组为 60 字节（数据 40 字节，IP 头部 20 字节）。

因此，目的地总共接收 100 + 100 + 60 = 260 字节。

解析：

• 接收数据：主机 C 接收到 260 字节的数据（包含 IP 和 TCP 首部），其中 180 字节为有效应用数据。
• 传输效率：计算得传输效率为 $ \frac{180}{260} = 0.6923 $。
• 应用数据速率：基于上述效率，实际应用数据传输速率为 $ 0.6923 \times 512\text{Kbps} = 354.45\text{Kbps} $。

解析

• 选项 A 正确：一台计算机可以绑定多个网络接口，或者一个接口上配置多个 IP 地址（例如内网地址 + 外网地址，或 IPv4 + IPv6）。
• 选项 B 正确：IP 协议是无连接的，每个数据包独立处理，可能走不同路径（称为路由的非确定性）。
• 选项 C 正确：IP 数据包有一个 TTL（Time To Live）字段，每经过一个路由器就减 1，若减为 0 则丢弃，防止死循环。
• 选项 D 错误：虽然默认情况下路由是由路由器决定的，但 IP 协议支持源路由（source routing），即数据包源主机可以在 IP 头中指定部分或全部的路由路径。不过，出于安全原因，大多数现代路由器已禁用该功能。

解析

• 转发表中的不同条目可能存在网络地址重叠的情况
• 路由器通过选择与传入数据包最长前缀匹配的路由条目来决定转发路径
• 这是 IP 路由中解决多匹配问题的标准机制（Longest Prefix Match, LPM）

解释：

• 选项 I 匹配第一个和第三个 IP 地址，因为它们属于其子网掩码定义的范围。
• 选项 II 匹配第二个 IP 地址，因为它属于其子网掩码定义的范围。
• 选项 III 不匹配任何 IP 地址，因为它们超出其子网掩码定义的范围。
  因此正确答案是 B。

当发生 IP 分片时，长度和校验和可能被修改。生存时间（TTL）会在路由路径上的每个路由器处递减。源地址字段的两种情况：

1. 若设备具有公网 IP 地址，则任何路由器均无法修改 IP 头部的源地址字段。
2. 若设备具有私有 IP 地址，则仅支持网络地址转换（NAT）功能的路由器可以将其转换为公网 IP 地址：
   • 普通路由器无法处理私有 IP 地址，因此会丢弃数据包
   • 将私有 IP 转换为公网 IP 的目的是实现发送方与接收方在局域网外或互联网上的通信

唯一不能被修改的 IP 地址字段是源地址，因此答案选 B。

解析

• 网络地址的第四字节为 144。
• 将 144 转换为二进制为 10010000。
• 该字节的前三位固定为 100，剩余位最大值为 11111。
• 因此，主机 IP 的最后一个字节最大可能为 10011110（即 158）。
• 广播地址（主机位全为 1 的地址）不能分配给主机，因此最大可用主机地址为 10011110，对应十进制 158。
• 可分配的最大网络地址为 200.10.11.158/31，其最后字节为 158。

解析

给定的子网掩码 255.255.255.192 的二进制表示为：

11111111.11111111.11111111.1100000

网络前缀的位数为：8 + 8 + 8 + 2 = 26
可用于主机的位数为：32 - 26 = 6
可用地址数量为：2⁶ = 64
首个地址保留给子网，最后一个地址作为广播地址。
因此，可用主机地址数量为：64 - 2 = 62
所以选项 (C) 正确。

解析

• 以太网地址本质是 MAC 地址
• 其设计目标是实现 网卡（NIC）层面的全局唯一性
• 因此在 互联网范围 内均保持唯一性
• 知识延伸：MAC 地址由 IEEE 统一分配，前 3 字节为厂商标识符，后 3 字节为设备序列号，确保全球唯一性

解析：

• 在慢启动阶段，TCP 协议中每收到一个确认应答（ACK），发送方会将当前发送窗口大小增加一个最大报文段长度（MSS）。
• 根据题目描述，每个数据包大小为 2000 字节，即 MSS = 2000 字节。
• 收到两个 ACK 后，当前窗口尺寸将从 4000 字节增加至 4000 + 2000 + 2000 = 8000 字节。
• 最终结果未超过最大发送窗口尺寸（12000 字节），因此有效。

解析

路径追踪跟踪 IP 网络中数据包到达指定主机所经过的路由。它利用 IP 协议的生存时间（TTL）字段，并尝试从路径上的每个网关获取 ICMP_TIME_EXCEEDED 响应。替代方案——本题提供的选项部分正确。

• 选项 A 部分正确地指出源节点逐步查询路由器，但错误地声称源节点使用 ICMP 数据包查询路径上下一个路由器的信息。
• 选项 C 也部分正确。路径追踪通过提前耗尽 TTL 字段来确保从每个路由器返回数据包，每次收到路由器响应时 TTL 递增 1。但它错误地声称使用的是 ICMP 回复数据包，而实际上使用的是 ICMP 错误数据包。

在两个选项中，选项 C 更准确地描述了路径追踪程序的工作方式。

此解释由 Chirag Manwani 提供。

解释：

• 使用距离向量路由的网络容易出现环路和计数到无穷大的问题。
• 当链路或路由器发生故障时，路由协议可能会出现问题。

解析过程：

• 数据包比特数：$L$ 比特
• 链路选择与参数
  • 选择链路 $L_1$ 的概率：$p_1$
  • 链路 $L_1$ 的比特错误概率：$b_1$
  • 链路 $L_1$ 无比特错误的概率：$(1 - b_1)$
  • 选择链路 $L_2$ 的概率：$p_2$
  • 链路 $L_2$ 的比特错误概率：$b_2$
  • 链路 $L_2$ 无比特错误的概率：$(1 - b_2)$
• 互斥性分析
  链路 L1 和 L2 是互斥的选择路径，因此总无错误接收概率为两路径概率之和： $$ \text{总概率} = (1 - b_1)^L \cdot p_1 + (1 - b_2)^L \cdot p_2 $$
• 结论
  选项 A 正确表达了上述计算公式。

背景知识

• IP 地址分类

  • A 类：1.0.0.1 - 126.255.255.254
  • B 类：128.1.0.1 - 191.255.255.254
  • C 类：192.0.1.1 - 223.255.254.254
  • D 类：224.0.0.0 - 239.255.255.255（127.0.0.0 用于回环）

• 特殊地址规则

  • x.x.x.0 和 x.x.x.255 分别为网络 ID 和广播地址
  • 网络 ID = IP 地址 & 子网掩码

• IPv4 地址位分配

  • A 类：1-8 位网络，9-32 位主机
  • B 类：1-16 位网络，17-32 位主机
  • C 类：1-24 位网络，25-32 位主机

解题分析

原始网络信息

• 网络地址：204.204.204.0（二进制：11001100.11001100.11001100.00000000）
• 地址范围：204.204.204.0 - 204.204.204.255

子网划分原则

通过借用主机位创建子网：

• 子网掩码中网络位 + 子网位为 1，主机位为 0
• 主机数量计算公式：$2^n - 2$（n=可用主机位数）

选项解析

选项 (A)

204.204.204.128/255.255.255.192 → 62 主机
204.204.204.0/255.255.255.128   → 126 主机
204.204.204.64/255.255.255.128  → 与主网络冲突
→ 仅生成 2 个有效子网

选项 (B)

204.204.204.0/255.255.255.192    → 62 主机
204.204.204.192/255.255.255.128  → 126 主机
204.204.204.64/255.255.255.128   → 与主网络冲突
→ 仅生成 2 个有效子网

选项 (C)

204.204.204.128/255.255.255.128 → 126 主机
204.204.204.192/255.255.255.192 → 62 主机
204.204.204.224/255.255.255.192 → 与前一子网冲突
→ 仅生成 2 个有效子网

选项 (D)

204.204.204.128/255.255.255.128 → 126 主机（满足 100 需求）
204.204.204.64/255.255.255.192  → 62 主机（满足 50 需求）
204.204.204.0/255.255.255.192   → 62 主机（满足 50 需求）
→ 生成 3 个互不重叠的有效子网

背景知识

当您在浏览器中输入网址（如 www.google.com）时，计算机需要将其转换为 IP 地址以连接到目标服务器并获取网页。

正向 DNS 查询流程

域名 → IP
客户端首先向 ISP 请求域名的 DNS。若缓存未命中，则：

1. 向根级 DNS 服务器发起请求
2. 根服务器重定向至顶级域服务器（如 .org）
3. 最终获得目标 IP 地址返回给客户端

反向 DNS 查询流程

IP → 域名
特殊地址域 in.addr.arpa 用于逆向解析：

• IPv4 使用 in-addr.arpa
• IPv6 使用 ip6.arpa

具体实现方式

对于 IP 地址 192.19.20.1，其 PTR 记录格式为：

1.20.19.192.in-addr.arpa. IN PTR www.geeksforgeeks.org.

关键规则

1. 地址倒序排列：IP 地址在记录中按字节倒序排列
2. 域名映射：ISP 维护双向映射表
3. 验证机制：用于验证发送方的 IP 地址真实性

本题解析

针对 IP 145.128.16.8 的反向查询应遵循：

1. 首先查询 in-addr.arpa 的 NS
2. 然后查询 128.145.in-addr.arpa 域的 NS
   此过程符合反向 DNS 查询的标准路径设计原则。

• 已知条件：
  • MTU = 100 B
  • IP 首部长度 = 20 B
  • IP 数据报总长度 = 1000 B
• 计算步骤：
  1. 每个分片可传输数据大小 = MTU - 首部长度 = 100 - 20 = 80 B
  2. 待传输总数据量 = 总长度 - 首部长度 = 1000 - 20 = 980 B
  3. 分片数量 = $\lceil \frac{980}{80} \rceil$ = 13
• 结论：需划分 13 个分片以满足 MTU 限制

以太网帧格式

• 又称为 IEEE 802.3 协议
• 工作在数据链路层，采用总线拓扑结构，CSMA/CD 访问控制，不使用确认机制
• 安全性方面使用 CRC（更精确地说是 CRC-32 位）

IP 数据报格式

• 使用 16 位校验和

结论
因此，以太网 → CRC，IP → 校验和

解析

• S₁为真：无限计数问题仅与距离向量算法相关，而不会影响链路状态算法
• S₂为假：在链路状态算法中，每个节点在广播其邻居信息到所有其他节点后，都会运行最短路径算法
• S₃为假：在距离向量算法中，每个节点在接收到邻居的距离向量或链路成本变化时，会异步运行最短路径算法
• S₄为真：在链路状态算法中，每个节点需要将其邻居信息广播给所有其他节点；而在距离向量算法中，每个节点只需将路由信息发送给直接邻居。因此，DV 所需的网络消息数量少于 LS

因此选项 (D) 正确。

解释：

• 子网掩码（存储在路由表中）是路由器将数据包导向目标网络的关键信息
• 主机通过子网掩码执行 逻辑与运算 来识别目标地址是否属于本地网络
• 当主机需要通信时：
  1. 将目标 IP 地址与自身子网掩码进行与运算
  2. 比较结果与本机网络地址
  3. 若匹配则直接发送；若不匹配则交由默认网关（路由器）处理
• 这种机制确保主机能自主决定数据传输路径
  因此，选项 (C) 正确。

在 IP 分片问题中，我们不需要担心 TCP/UDP 首部，因为路由器处理分片时甚至无需查看 TCP/UDP 首部，因此不会将它们附加到每个分片上。TCP/UDP 首部只是有效载荷的一部分，被视为普通数据，且仅存在于第一个分片中。

MTU=600 字节，IP 首部=20 字节，因此有效载荷为 600-20=580 字节。580 不是 8 的倍数，但分片大小必须是 8 的倍数，因此分片大小=576 字节。

第 K 个分片的偏移值=分片大小×(第 K 个分片 -1)/缩放因子。
第三个分片的偏移值=576×(3-1)/8=144。

在 IPv4 中，0.0.0.0 有多种用途，其中之一是：

• 它被用于 系统启动时 的临时地址表示
  因此 (A) 是正确选项。

结论

• (a) 分片字段迁移
  IPv4 基本头部中的分片字段已移至 IPv6 的分片扩展头部，此陈述正确。

• (b) 认证扩展头部
  虽然认证头（协议 51）在 IPv4 和 IPv6 中相同，但认证扩展头部是 IPv6 新增特性，因此该陈述正确。

• (c) 记录路由功能
  根据 [IPv6] 规范，IPv6 未定义记录路由功能。IPv4 的记录路由功能存在灵活性差和可扩展性问题。尽管 RR6（IPv6 记录路由）机制尝试优化并修复这些问题，但 IPv6 本身并未实现该功能，故此陈述正确。

结论
所有陈述均正确，因此选项 (D) 是正确答案。

• 已知条件

  • 令牌桶填充速率 $ r = 2 , \text{Mbps} $
  • 令牌桶容量 $ b = 16 , \text{Mb} $
  • 最大传输速率 $ M = 10 , \text{Mbps} $

• 计算公式
  最大持续时间 $ t = \frac{b}{M - r} $

• 代入数值

  $$ t = \frac{16}{10 - 2} = \frac{16}{8} = 2 , \text{秒} $$

• 结论
  因此，选项 (B) 正确。

解释

A、B、C 三个选项描述的都是动态路由协议的核心功能：

• 动态发现和维护路由（A）是动态路由协议的基本特性
• 分发路由更新（B）用于同步网络状态信息
• 就网络拓扑达成一致（C）是实现路由收敛的前提条件
• 动态发现和维护路由：通过协议算法（如 OSPF、BGP）自动识别网络变化并更新路由表

解释：

• 子网数量计算
  使用 6 位作为子网号时，传统公式为 $2^n - 2$（其中 $n=6$），因为全 0 和全 1 的子网通常被保留。
  因此 $2^6 - 2 = 62$ 个有效子网。

• 每子网主机数
  B 类网络默认有 16 位主机位，划分 6 位子网后剩余 $16 - 6 = 10$ 位主机位。
  每子网可用主机数为 $2^{10} - 2 = 1022$（减去网络地址和广播地址）。

• 选项分析
  选项 C 符合上述计算结果，而其他选项要么未扣除保留地址（如 64 个子网或 1024 台主机），要么数值错误。

解析：

• 当 PING 遇到错误时（如目标不可达、网络拥塞等），会通过 ICMP 错误消息 返回具体信息
• 常见的 ICMP 错误消息包括：
  • Destination Unreachable
  • Time Exceeded
  • Parameter Problem 等
• 因此，选项 C 的描述与实际行为相悖，属于错误陈述

吞吐量定义
吞吐量是指成功从一个地方传输到另一个地方的数据量。

计算过程

• 每分钟传输帧数：12,000 帧
• 每帧数据量：10,000 位
• 总数据量 = 12,000 × 10,000 = 120,000,000 位/分钟
• 转换为秒级：120,000,000 ÷ 60 = 2,000,000 比特/秒 = 2 Mbps

结论
因此选项 (B) 正确。

网络地址转换（Network address translation，NAT）是一种通过修改网络地址信息将一个 IP 地址空间重新映射到另一个 IP 地址空间的方法。

• 端口地址转换（Port Address Translation，PAT）：是 NAT 的扩展，允许本地局域网（LAN）上的多个设备映射到单个公共 IP 地址。其目标是节约 IP 地址资源。
• 地址映射（Address mapping）：也称为点映射或地理编码，是将数据库中的地址分配地图坐标位置的过程，其输出结果是一个带有输入数据库所有数据属性的点图层。
• 端口映射（Port mapping）：或端口转发，是 NAT 的一种应用，用于在网络网关（如路由器或防火墙）中将通信请求从一个地址和端口号组合重定向到另一个组合。

因此，选项 (B) 是正确的。

解释：

• 开放最短路径优先（Open Shortest Path First，OSPF）是一种链路状态路由协议，属于网络层协议。
• 它通过链路状态路由方法基于特定算法计算网络中到目标的最短路径。
• 该协议属于 IGP（内部网关协议）类别。

因此，选项 (D) 正确。

解析：

• 分片偏移量 = 100 × 8 = 800
• HLEN = 5，因此首部长度 = 5 × 4 = 20
• 总长度字段 = 200
• 载荷大小 = 200 - 20 = 180

计算过程：

1. 数据包起始字节位置 = 分片偏移量 × 8 = 800
2. 数据包结束字节位置 = 起始位置 + 载荷大小 - 1 = 800 + 180 - 1 = 979

最终结果为 979，对应选项 (C) 正确。

解析

已知信道的传输速率为 32kbps，从源到目的地有‘8’条路由路径，每个数据包 p 包含 8000 位。
总延迟 = 路由路径数 × 数据包大小 / 传输速率。
即：8 × 8000 b / 32 kbps
= 8 × 8000 b / 32000 bps
= 2 s
因此，选项（A）正确。

分析过程

• 前 4 位表示版本 IPv4
• 后 4 位表示首部长度（/4），应介于 20 到 60 字节 之间
• 此处 0010 表示首部长度，等于 $2 \times 4 = 8$ 字节
• 因此接收方将拒绝该数据包

结论：选项 (D) 正确。

通过将超网掩码与给定 IP 地址进行与运算，如果结果等于超网的第一个地址，则该 IP 地址属于同一超网。

以选项（D）为例验证：

• 超网掩码：255.255.248.0
• IP 地址：205.16.39.44

11111111. 11111111. 11111000. 00000000   # 超网掩码（二进制）
11001101. 00010000. 00100111. 00101100   # IP 地址（二进制）
----------------------------------------
11001101. 00010000. 00100000. 00000000   # 与运算结果

运算结果 205.16.32.0 恰好等于超网的第一个地址，因此选项（D）正确。

130.34.12.64/26 的地址空间分析如下：

1. 网络前缀长度：/26 表示网络位占 26 位，主机位占 $32 - 26 = 6$ 位
2. 可用地址数量：$2^6 = 64$ 个地址（含网络地址和广播地址）
3. 地址范围：
   • 起始地址：130.34.12.64
   • 结束地址：130.34.12.127
4. 验证选项：
   • A. 130.34.12.124 ∈ [64, 127] ✅
   • B. 130.34.12.89 ∈ [64, 127] ✅
   • C. 130.34.12.70 ∈ [64, 127] ✅
   • D. 130.34.12.132 ∉ [64, 127] ❌

结论：选项 (D) 超出该组织分配的地址范围，因此是正确答案。

IPv6 支持的寻址模式包括：

• 单播寻址：在单播模式下，IPv6 接口（主机）在网络段中被唯一标识。
• 多播寻址：发送给多个主机的数据包通过特殊的多播地址传输。
• 任播寻址：IPv6 引入了任播寻址。在此模式下，多个接口（主机）可以分配相同的任播 IP 地址。

IPv6 不支持广播寻址。

选项 (C) 正确。

解析

11111111.11100000.00000000.00000000

• 前 8 位：11111111 表示 A 类网络地址
• 后续 3 位：11100000 中的前 3 个 1 用于子网划分
• 子网数量计算：$2^3 = 8$

(B) 是正确答案。

解析

• 服务类型 与 IPv4 数据报的分片功能无直接关联
• 分片偏移 用于指示当前分片在原始数据报中的位置
• 标志位 控制是否允许分片及是否为最后一个分片
• 标识符 用于标识同一原始数据报的所有分片

因此，选项（A）正确。

解析：

• 流量控制 是管理两个节点间数据传输速率的过程，用于防止发送方过快导致接收方被淹没。该机制通常属于传输层功能（如 TCP 滑动窗口），而非网络层职责范畴。
• 分组丢弃策略：网络层通过主动丢弃超额数据包缓解拥塞。
• 分组生存期管理策略：通过 TTL（Time To Live）字段限制分组在网络中的存活时间，避免无效循环。
• 路由算法：动态选择低负载路径分散流量，是典型的网络层拥塞控制手段。

因此，选项（A）正确。

解析：

1. 总传输数据量计算

   • 每帧数据量：8000 bit
   • 每分钟传输帧数：15000 帧
   • 总数据量 = 15000 × 8000 = 120,000,000 bit

2. 吞吐量换算

   • 时间单位转换：1 分钟 = 60 秒
   • 吞吐量 = 120,000,000 ÷ 60 = 2,000,000 bps = 2 Mbps

3. 结论
   网络实际吞吐量（2 Mbps）远低于理论带宽（10 Mbps），表明存在显著的传输效率损耗。
   因此，选项（A）正确。

当使用 IPSec 隧道模式时，IPSec 会加密 IP 头部和有效载荷，而传输模式仅加密 IP 有效载荷。在隧道模式下，整个 IP 数据包会被封装一个 AH 或 ESP 头部和新的 IP 数据包（包括原始头部），对整个数据包应用 IPSec 安全方法，并添加一个新的 IP 头部。外层 IP 头部的地址是隧道端点，被封装 IP 头部的地址是最终源地址和目的地址。隧道模式可用于以下配置：

• 网关到网关
• 隧道模式通常用于两个路由器之间
• 保护原始 IP 头部

选项 (B) 正确

• 核心原理：路由器通过路由表选择性地将数据包转发到其他网络。这些路由器会应用最短路径算法，选择数据包需要经过的链路，以确保其在最少跳数内到达目的地。
• 数量计算：
  • 每个路由器维护独立的路由表
  • 网络中有 5 个路由器 → 对应 5 张路由表
• 结论：选项（B）正确。

• 路由机制：路由是基于 IP 地址进行的。当网络 A 上的主机向网络 B 上的主机发送数据包时，它会检查接收主机的 IP 地址，并将数据包路由到合适的下一跳。
• 物理地址（MAC）：物理地址（即 MAC 地址）用于在局域网中识别网络上的唯一主机。
• 端口作用：端口号用于标识消息到达服务器后需要转发到的特定进程或应用程序。

因此，选项 (B) 正确。

在一个包含 $ n $ 台设备的网络中，网状拓扑结构需要 $ \frac{n(n - 1)}{2} $ 条全双工模式链路。

• 计算逻辑：每台设备需与其他 $ n-1 $ 台设备建立独立连接，总连接数为 $ n(n-1) $，但由于每条链路被两台设备共享，因此除以 2 去重。
• 参考依据：网络拓扑结构 | 计算机网络
• 结论：选项 (D) 是正确的。

解释

HDLC 是一种面向比特的协议，专门设计用于点对点和多点链路通信。
其他选项（如停止等待、滑动窗口、回退 N）属于流量控制或错误恢复机制，并非面向比特的协议。

• 停止等待：通过发送方每次仅发送一个帧并等待确认后继续发送，实现简单但效率较低的流量控制。
• 滑动窗口：允许发送方连续发送多个帧，并通过动态调整窗口大小优化信道利用率。
• 回退 N：在检测到错误时，从出错帧开始重传后续所有未确认的帧，属于自动重传请求（ARQ）机制。

这些机制主要关注数据传输的可靠性和效率，与 HDLC 的协议类型本质不同。

路由器是网络层设备。如下图所示：源 S 和目的 D 各包含 1 个网络层和 1 个数据链路层，而中间路由器 R 包含 2 个数据链路层和 1 个网络层。因此：

• 网络层总共访问 3 次（S→R→D）
• 数据链路层总共访问 4 次（S→R 入、R 出→D）
  正确答案为 (D)

解析：

1. 网络层访问次数

   • 路由器属于网络层设备（第 3 层）
   • 数据包需经过：S → R1 → R2 → D 共 4 个节点
   • 每个节点都会进行网络层处理（路由决策/转发）

2. 数据链路层访问次数

   • 数据链路层（第 2 层）负责物理传输
   • 传输路径包含 3 段链路：S-R1, R1-R2, R2-D
   • 每段链路两端设备均需进行数据链路层封装/解封装
   • 因此总共访问数据链路层：3 段 × 2 次 = 6 次

3. 结论

   • 网络层共访问 4 次（每个节点 1 次）
   • 数据链路层共访问 6 次（每段链路 2 次）

路由器是存储转发设备。

传播时间 = $\frac{100 \text{ km}}{10^8 \text{ m/s}} = 1$ 毫秒

一个数据包的传输时间 = $\frac{1000 \text{ bits}}{10^6 \text{ bits/sec}} = 1$ 毫秒

在第一个数据包到达接收器之后，数据包将以流水线方式转发，每 $1$ 毫秒会有一个新的数据包到达。

现在数据包 No.1 到达目的地所需的时间是：

$1$ 毫秒（发送方的 $T_x$）$+ 1$ 毫秒（从发送方到 R1 的 $T_p$）$+ 1$ 毫秒（R1 处的 $T_x$）

$+ 1$ 毫秒（从 R1 到 R2 的 $T_p$）$+ 1$ 毫秒（R2 处的 $T_x$）$+ 1$ 毫秒（从 R2 到目的地的 $T_p$）$= 6$ 毫秒

所以，1000 个数据包的时间 = $6$ 毫秒 $+ 999$ 毫秒 $= 1005$ 毫秒

正确答案：A

在本题中，我们需要为每个路由表项计算子网掩码，并将其与给定的数据包地址进行按位与运算，结果等于网络 ID（Netid）的即为候选答案。例如：

• 第一个表项 131.16.0.0/12 的子网掩码是前 12 位全为 1（网络部分），后 20 位全为 0（主机部分），即 255.240.0.0。将 131.23.151.76 与该掩码进行按位与运算得到 131.16.0.0，匹配成功。
• 最后一个表项 131.22.0.0/15 的掩码为 255.254.0.0，运算结果为 131.22.0.0，同样匹配成功。

此时需要通过最长前缀匹配规则决定最终接口：当目标地址匹配多个路由表项时，选择最具体的（即前缀长度最长）表项作为接口。

输入 IP 地址与接口 1 的前缀匹配长度最长，因此选择接口 1。

根据网络地址计算规则：

• C1 的网络地址
  203.197.2.53 & 255.255.128.0 = 203.197.0.0/17

• C2 的网络地址
  203.197.75.201 & 255.255.192.0 = 203.197.64.0/18

分析过程

1. 从 C1 视角看 C2 的 IP 地址

   • 使用 C1 的子网掩码进行与运算：
     203.197.75.201 & 255.255.128.0 = 203.197.0.0/17
   • 结果与 C1 自身网络地址相同（203.197.0.0/17），因此 C1 认为 C2 在同一网络中。

2. 从 C2 视角看 C1 的 IP 地址

   • 使用 C2 的子网掩码进行与运算：
     203.197.2.53 & 255.255.192.0 = 203.197.0.0/18
   • 结果与 C2 自身网络地址（203.197.64.0/18）不同，因此 C2 认为 C1 在不同网络中。

综合上述分析，选项 C 正确。

• 结构分解：8 个簇 × 9 个区域 × 10 个路由器
• 路由表条目组成：
  • 本地路由器：10 条目
  • 其他区域：8 条目
  • 远端簇：7 条目
• 总计：10 + 8 + 7 = 25
  因此，选项 (A) 正确。

目标地址不在本地 TCP/IP 网络段的数据包会被发送到默认网关。

解析：

• 关键概念：当主机发现目标 IP 地址不属于本地网络时，会通过默认网关（Default Gateway）转发数据包。
• 工作原理：
  • 默认网关是主机通往外部网络的出口节点，负责将数据包路由到其他网络段。
  • 其他选项（文件服务器/DNS/DHCP）仅提供特定服务，不承担跨网络通信的路由功能。
• 相关知识点：
  • 集线器/中继器：物理层设备，仅放大信号。
  • 网桥/交换机：数据链路层设备，基于 MAC 地址转发。
  • 路由器/网关：网络层设备，基于 IP 地址实现跨网段通信。

因此，选项 (D) 正确。

首先，当链路 N1 − N2 失效后，N2 和 N1 都会将其路由表中对应项更新为 ∞。所以此时 N2 的路由表为 N2(∞, 0, 2, _, _)（我省略了其余部分，因为它们在这里不重要）。

接下来，N3 在下一轮中会通过 N2 和 N4 获取更新的路由表。但在此之前，我们需要知道上一轮 N4 是如何更新的。在上一题中，N4 收到了来自 N3 和 N5 的更新，其表分别为：

• N3: (7, 6, 0, 2, 6)
• N5: (4, 3, 6, 4, 0)

现在这点非常重要：为什么 N4 没有从 N3 获取到更新后的路由表？
答案是：这些路由表是在同一时刻被共享的，因此在一次更新轮次中用到的都是旧值，而不是已更新的值。

N3 是在先将旧的路由表传给邻居后，才进行了更新的。N4 没理由等 N3 先更新再处理，所以它会直接使用旧表更新（也就是 N4(8, 7, 2, 0, 4)）。

来看通向 N1 的路径：这条路径是通过 N5 而不是 N3 的。因为当时 N3 所分享的表中指向 N1 的代价是 7，而 N1 通过 N3 的路径代价是 7 + 2 = 9。
现在，当 N3 接收到来自 N2 和 N4 的表：

• N2: (∞, 0, _, _, _)
• N4: (8, 7, 2, 0, 4)

它首先会将指向 N1 的距离更新为 ∞，而不是 3，因为现在从 N2 到 N1 的距离为 ∞，且下一跳还是 N2。
（注意：如果下一跳相同，即使新值比旧值大，也会更新。）

但与此同时，N3 也会看到来自 N4 的表中到 N1 的距离是 8，因此通过路径 N3 − N4 − N1 的代价是 2 + 8 = 10，于是它更新距离为 10。

因此，N3 到 N1 的距离将更新为 10，最终路由表变为：

• N3(10, _, 0, _, _)

所以，答案是 (C)。

解析

TCP（传输控制协议）和 UDP（用户数据报协议）是两种主要的传输层协议。

TCP 是面向连接的，而 UDP 是无连接的，这使得 TCP 比 UDP 更可靠。但 UDP 是无状态的（开销更小），因此在需要及时交付而非错误检查和纠正的场景中更为适用。

• 实时多媒体：及时交付比正确性更重要 → UDP
• 文件传输：正确性至关重要 → TCP
• DNS：及时交付更重要 → UDP
• 电子邮件：与文件传输相同 → TCP

解析

• SMTP 是应用层协议，负责邮件传输
• TCP/UDP 属于传输层协议
• SMTP 选择 TCP 的原因：
  • TCP 提供可靠的数据传输服务
  • 确保邮件数据完整无误地到达目标
  • 与 UDP 不同，TCP 支持连接建立和错误重传机制

• 解析

根据 AIMD 算法规则：

1. 慢启动阶段：窗口大小按指数增长（每次翻倍）。
2. 拥塞避免阶段：窗口大小线性增长（每次 +1 MSS）。
3. 超时处理：将当前窗口大小的一半作为新阈值，并重置窗口为 1 MSS，重新进入慢启动阶段。

具体过程：

• 第 1 次传输：窗口 = 2 MSS（未达阈值 8，继续慢启动）。
• 第 2 次传输：窗口 = 4 MSS（未达阈值 8，继续慢启动）。
• 第 3 次传输：窗口 = 8 MSS（达到阈值，进入拥塞避免阶段）。
• 第 4 次传输：窗口 = 9 MSS（线性增长）。
• 第 5 次传输：窗口 = 10 MSS（发生超时，触发拥塞控制）。
  • 新阈值 = 10 / 2 = 5 MSS。
  • 窗口重置为 1 MSS，重新进入慢启动阶段。
• 第 6 次传输：窗口 = 2 MSS（未达新阈值 5，继续慢启动）。
• 第 7 次传输：窗口 = 4 MSS（未达新阈值 5，继续慢启动）。
• 第 8 次传输：窗口 = 5 MSS（达到新阈值，进入拥塞避免阶段）。
• 第 9 次传输：窗口 = 6 MSS（线性增长）。
• 第 10 次传输：窗口 = 7 MSS（线性增长）。

因此，第十次传输结束时的拥塞窗口大小为 7 MSS。

解析

• A: 可通过阻止 TCP 端口 80 实现，属于第 4 层功能
• B: 第 4 层可识别并阻止 ICMP 协议
• C: 基于源/目的 IP 的过滤是第 4 层基本能力
• D: 用户身份识别需依赖应用层信息，超出第 4 层防火墙的能力范围

解析：

• 关键参数： 最大数据包生存时间 $ MSL = 64 , \text{秒} $
• 核心逻辑： 序列号需在 $ MSL $ 时间内至少递增一次，以避免旧数据包与新连接冲突。
• 计算公式：
  $$ \text{最小速率} = \frac{1}{MSL} = \frac{1}{64} \approx 0.015625 , \text{/s} $$
• 结论： 四舍五入后最接近的选项为 0.015/s，对应选项 (A)。
  若发现上述内容有误，请在下方评论指出。

解析

socket() 创建一个特定类型（通过整数标识）的套接字，并为其分配系统资源。bind() 通常在服务器端使用，将套接字与地址结构绑定（即指定本地端口号和 IP 地址）。listen() 在服务器端使用，使已绑定的 TCP 套接字进入监听状态。connect() 在客户端使用，为套接字分配一个空闲的本地端口号。对于 TCP 套接字，它会尝试建立新的 TCP 连接。

当客户端调用 connect() 时，TCP 通过以下三次握手建立连接：

1. 客户端通过向服务器发送 SYN（同步）消息请求连接。
2. 服务器通过发送 SYN-ACK 响应客户端的请求。
3. 客户端以 ACK 响应，连接建立完成。

解析

UDP 特性：无状态、无连接、不可靠
HTTP：需要建立连接 → 使用 TCP
Telnet：字节流协议，需连接 → 使用 TCP
DNS：快速处理小规模查询 → 使用 UDP
SMTP：需要可靠性 → 使用 TCP

DNS 查询场景中，UDP 的速度优势与无状态特性使其能高效处理海量用户的短报文请求，因此成为最优选择。

解析

以报文段数量表示的当前拥塞窗口大小：
$$ \frac{32\text{KB}}{2\text{KB}} = 16\text{MSS} $$

当发生超时后，TCP 慢启动算法会将阈值减半至 8MSS（16KB），并进入慢启动阶段（此时拥塞窗口呈指数增长）。

• 慢启动阶段：从 1MSS 开始，经过 3 个 RTT 后达到 8MSS（1→2→4→8）。
• 拥塞避免阶段：从 8MSS 到 16MSS 需要 8 个 RTT（线性增长，每次增加 1MSS）。

总耗时 = (3 + 8) × 100ms = 1100ms，因此答案范围为 1100-1300。

正确答案是 (B) TCP 和 UDP。在传输控制协议（TCP）和用户数据报协议（UDP）中，同一会话的数据包都可以通过不同的路径进行路由。

• TCP 和 UDP 的共性

  • 两者均为 IP 网络通信中的传输层协议。
  • 尽管 TCP 是面向连接的协议（确保可靠且有序的数据流），而 UDP 是无连接协议（不保证可靠性或顺序），但它们的数据包均可能因网络条件选择不同路径。

• TCP 的路由灵活性

  • 虽然 TCP 处理数据包丢失和重传，但网络拥塞、负载均衡或拓扑变化可能导致数据包实际走不同路径。

• UDP 的路由特性

  • 每个 UDP 数据包独立发送，无需维护连接状态，因此天然支持多路径传输。

综上，TCP 和 UDP 都允许同一会话的数据包通过不同路径路由。

解析：

在选择性拒绝（或选择性重复）协议中，为避免接收方无法区分新旧数据包，需满足以下条件：

1. 窗口大小限制：发送窗口与接收窗口总和不得超过序列号空间总数 $2^n$
2. 对称分配原则：通常将序列号空间均分为发送窗口和接收窗口
3. 数学推导：最大窗口尺寸 = $ \frac{2^n}{2} = 2^{n-1} $

因此，当使用 n 位帧序列号时，最大窗口尺寸为 $2^{n-1}$。