2013年全国硕士研究生入学统一考试计算机科学与技术学科联考计算机学科专业基础综合真题及详解
一、单项选择题：1～40小题，每小题2分，共80分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合试题要求。
1已知两个长度分别为m和n的升序链表，若将它们合并为一个长度为m＋n的降序链表，则最坏情况下的时间复杂度是（ ）
A．O（n）
B．O（m*n）
C．O（min（m，n））
D．O（max（m，n））
【答案】D
【解析】m和n是两个升序链表长度分别为m和n，在合并过程中最坏的情况是两个链表中的元素依次进行比较，比较的次数是m和n中的最大值。
2一个栈的入栈序列为1，2，3，……，n，其出栈序列是P1，P2，P3……Pn。若，则P2＝3，则P3可能取值的个数是（ ）
A．n－3
B．n－2
C．n－1
D．无法确定
【答案】C
【解析】除了3本身以外，其他的值均可以取到，因此可能取值的个数为n－1。
3若将关键字1，2，3，4，5，6，7依次插入到初始为空的平衡二叉树T中，则T中平衡因子为0的分支结点的个数是（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【解析】将图中给定的关键字序列依次插入到平衡树中，构成的平衡树如下图所示，由图可知平衡因子为0的分支结点为3个叶子结点，故答案为D。
4已知三叉树T中6个叶结点的权分别是2，3，4，5，6，7，T的带权（外部）路径长度最小是（ ）
A．27
B．46
C．54
D．56
【答案】B
【解析】利用三叉树的6个叶子结点的权构建最小带权生成树，最小的带权路径长度为（2＋3）*3＋（4＋5）*2＋（6＋7）*1＝46
5若X是后序线索二叉树中的叶结点，且X存在左兄弟结点Y，则X的右线索指向的是（ ）
A．X的父结点
B．以Y为根的子树的最左下结点
C．X的左兄弟结点Y
D．以Y为根的子树的最右下结点
【答案】A
【解析】根据后续线索二叉树的定义，X结点为叶子结点且有左兄弟，那么这个结点为右孩子结点，利用后续遍历的方式可知X结点的后继是其父结点，即其右线索指向的是父结点。
6在任意一棵非空二叉排序树T1中，删除某结点v之后形成二叉排序树T2，再将v插入T2形成二叉排序树T3。下列关于T1与T3的叙述中，正确的是（ ）
I．若v是T1的叶结点，则T1与T3不同
II．若v是T1的叶结点，则T1与T3相同
III．若v不是T1的叶结点，则T1与T3不同
IV．若v不是T1的叶结点，则T1与T3相同
A．仅I、III
B．仅I、IV
C．仅II、III
D．仅II、IV
【答案】C
【解析】在一棵二叉排序树中删除一个结点后再将此结点插入到二叉排序树中，如果删除的结点是叶子结点那么在插入结点后，后来的二叉排序树与删除结点之前相同。如果删除的结点不是叶子结点，那么再插入这个结点后，后来的二叉树可能发生变化，不完全相同。
7设图的邻接矩阵A如下所示，各顶点的度依次是（ ）
A．1，2，1，2
B．2，2，1，1
C．3，4，2，3
D．4，4，2，2
【答案】C
【解析】当图用邻接矩阵存储时，各顶点的度是矩阵中此结点对应的横行和纵列非零元素之和。
8若对如下无向图进行遍历，则下列选项中，不是广度优先遍历序列的是（ ）
A．h，c，a，b，d，e，g，f
B．e，a，f，g，b，h，c，d
C．d，b，c，a，h，e，f，g
D．a，b，c，d，h，e，f，g
【答案】D
【解析】根据广度优先遍历的定义，可知选项A、B、C都为广度优先遍历，而选项D是深度优先遍历而不是广度优先遍历，故答案为D。
9下列AOE网表示一项包含8个活动的工程。通过同时加快若干进度可以缩短整个工程的工期。下列选项中，加快其进度就可以缩短工程工期的是（ ）
A．c和e
B．d和e
C．f和d
D．f和h
【答案】C
【解析】根据AOE网的定义可知，同时缩短几条关键路径上的活动时间，可以缩短整个工期。
10在一株高度为2的5阶B树中，所含关键字的个数最少是（ ）
A．5
B．7
C．8
D．14
【答案】A
【解析】根据B树的定义可知，跟结点最少含有max（2，（m－1））个关键字，高度为2的阶B树最少有（5－1）＋1＝5个关键字，其中根节点含有（5－1）个关键字，第2层结点含有1关键字。
11对给定的关键字序列110，119，007，911，114，120，122进行基数排序，则第2趟分配收集后得到的关键字序列是（ ）
A．007，110，119，114，911，120，122
B．007，110，119，114，911，122，120
C．007，110，911，114，119，120，122
D．110，120，911，122，114，007，119
【答案】C
【解析】基数排序的第1趟排序是按照个位数字来排序的，第2趟排序是按然十位数字的大小进行排序的，故答案是C选项。
12某计算机主频为1.2GHz，其指令分为4类，它们在基准程序中所占比例及CPI如下表所示。
该机的MIPS数是（ ）
A．100
B．200
C．400
D．600
【答案】C
【解析】基准程序的CPI＝2*0.5＋3*0.2＋4*0.1＋5*0.2＝3。计算机的主频为1.2GHz，为1200MHz，该机器的MIPS为1200/3＝400。
13某数采用IEEE754单精度浮点数格式表示为C640 0000H，则该数的值是（ ）
A．－1.5×213
B．－1.5×212
C．－0.5×213
D．－0.5×212
【答案】A
【解析】IEEE754单精度浮点数格式为C640 0000H表示为二进制格式为1100 0110 0100 0000 0000 0000 0000 0000，转换为标准的格式为：
因此，浮点数的值为－1.5*213。
14某字长为8位的计算机中，已知整型变量x、y的机器数分别为[x]补＝11110100，[y]补＝10110000。若整型变量z＝2*x＋y/2，则z的机器数为（ ）
A．11000000
B．00100100
C．10101010
D．溢出
【答案】A
【解析】将x左移一位，y右移一位，两个数的补码相加的机器数为1 1000000，故答案选择A。
15用海明码对长度为8位的数据进行检/纠错时，若能纠正一位错，则校验位数至少为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】C
【解析】设校验位的位数为k，数据位的位数为n，根据海明码编码k和n应满足下述关系。2k≥n＋k＋1。n＝8，当k＝4时，24＝16≥8＋4＋1＝13，符合要求，校验位至少是4位，故答案为C。
16某计算机主存地址空间大小为256MB，按字节编址。虚拟地空间大小为4GB，采用页式存储管理，页面大小为4KB，TLB（快表）采用全相联映射，有4个页表项，内容如下表所示。
则对虚拟地址03FF F180H进行虚实地址变换的结果是（ ）
A．015 3180H
B．003 5180H
C．TLB缺失
D．缺页
【答案】A
【解析】虚拟地址为03FF F180H，其中页号为03FFFH，页内地址为180H，根据题目中给出的页表项可知页标记为03FFFH 所对应的页框号为0153H，页框号与页内地址之和即为物理地址015 3180H。
17假设变址寄存器R的内容为1000H，指令中的形式地址为2000H；地址1000H中的内容为2000H，地址2000H中的内容为3000H，地址3000H中的内容为4000H，则变址寻方式下访问到的操作数是（ ）
A．1000H
B．2000H
C．3000H
D．4000H
【答案】D
【解析】根据变址寻址的EA＝（IX）＋A，变址寄存器的内容与形式地址的内容相加之后得到操作数的实际地址，由题可知EA＝1000H＋2000H＝3000H，根据实际地址访问内存，获取操作数4000H。
18某CPU主频为1.03GHz，采用4级指令流水线，每个段的执行需要1个时钟周期。假定CPU执行了100条指令，在其执行过程中没有发生任何流水线阻塞，此时流水线的吞吐率为（ ）
A．0.25×109条指令/秒
B．0.97×109条指令/秒
C．1.0×109条指令/秒
D．1.03×109条指令/秒
【答案】C
【解析】采用4级流水线执行100条指令，在执行过程中共用4＋（100－1）＝103个时钟周期。CPU的主频是1.03GHz，也就是说每秒钟有1.03G个时钟周期。流水线的吞吐率为1.03G*100/103＝1.0*109条指令/秒，故答案为C。
19下列选项中，用于设备和控制器（I/O接口）之间互连的接口标准是（ ）
A．PCI
B．USB
C．AGP
D．PCI-Express
【答案】B
【解析】设备和设备控制器之间的接口是USB接口，其余选项不符合，故答案为B。
20下列选项中，用于提高RAID可靠性的措施有（ ）
I．磁盘镜像
II．条带化
III．奇偶校验
IV．增加Cache机制
A．仅I、II
B．仅I、III
C．仅I、III和IV
D．仅II、III和IV
【答案】B
【解析】能够提高RAID可靠性的措施主要是对磁盘进行镜像处理和进行奇偶校验。其余选项不符合条件。
21某磁盘的转速为10，000转/分，平均寻道时间是6ms，磁盘传输速率是20MB/s，磁盘控制器延迟为0.2ms，读取一个4KB的扇区所需平均时间约为（ ）
A．9ms
B．9.4ms
C．12ms
D．12.4ms
【答案】B
【解析】磁盘转速是10 000转/分钟，平均转一转的时间是6ms，因此平均查询扇区的时间是3ms，平均寻道时间是6ms，读取4KB扇区信息的时间为0.2ms，信息延迟的时间为0.2ms，总时间为3＋6＋0.2＋0.2＝9.4 ms。
22下列关于中断I/O方式和DMA方式比较的叙述中，错误的是（ ）
A．中断I/O方式请求的是方式请求的是CPU处理时间，DMA方式请求的是总线使用权
B．中断响应发生在一条指令执行结束后，中断响应发生在一条指令执行结束后，DMA响应发生在一个总线事务完成后
C．中断I/O方式下数据传送通过软件完成，方式下数据传送通过软件完成，DMA方式下数据传送由硬件完成
D．中断I/O方式适用于所有外部设备，方式适用于所有外部设备，DMA方式仅适用于快速外部设备
【答案】D
【解析】中断处理方式:在I/O设备输入每个数据的过程中，由于无需CPU干预，因而可使CPU与I/O设备并行工作。仅当输完一个数据时，才需CPU花费极短的时间去做些中断处理。因此中断申请使用的是CPU处理时间，发生的时间是在一条指令执行结束之后，数据是在软件的控制下完成传送。而DMA方式与之不同。DMA方式：数据传输的基本单位是数据块，即在CPU与I/O设备之间，每次传送至少一个数据块，DMA方式每次申请的是总线的使用权，所传送的数据是从设备直接送入内存的或者相反；仅在传送一个或多个数据块的开始和结束时，才需CPU干预，整块数据的传送是在控制器的控制下完成的。答案D的说法不正确。
23用户在删除某文件的过程中，操作系统不可能执行是（ ）
A．删除此文件所在的目录
B．删除与此文件关联的目录项
C．删除与此文件对应的控制块
D．释放与此文件关联的内存级冲区
【答案】A
【解析】删除文件不需要删除文件所在的目录，而文件的关联目录项和文件控制块需要随着文件一同删除，同时释放文件的关联缓冲区。
24为支持CD-ROM中视频文件的快速随机播放，播放性能最好的文件数据块组织方式是（ ）
A．连续结构
B．链式结构
C．直接索引结构
D．多级索引结钩
【答案】A
【解析】为了实现快速随机播放，要保证最短的查询时间，即不能选取链表和索引结构，因此连续结构最优。
25用户程序发出磁盘I/O请求后，系统的处理系统的处理流程是：用户程序→系统调用处理程序→设备骆动程序→中断处理程序。其中，计算数据所在磁盘的柱面号、磁头号、扇区号的程序是（ ）
A．用户程序
B．系统调用处理程序
C．设备驱动程序
D．中断处理程序
【答案】C
【解析】计算磁盘号、磁头号和扇区号的工作是由设备驱动程序完成的，所以答案选C。
26若某文件系统索引结点（inode）中有直接地址项和间接地址项，则下列选项中，与单个文件长度无关的因素是（ ）
A．索引结点的总数
B．间接地址索引的级数
C．地址项的个数
D．文件块大小
【答案】A
【解析】根据文件长度与索引结构的关系可知，只有选项A是与单个文件长度无关的。
27设系统缓冲区和用户工作均采单，从外读入1个数据块到系统缓冲区的时间为100，从系统缓冲区读入1个数据块到用户工作区的时间为5，对用户工作区中的1个数据块行分析的时间为90（如下图所示）。进程从外设读入并分析2个数据块的最短时间是（ ）
A．200
B．295
C．300
D．390
【答案】C
【解析】数据块1从外设到用户工作区的总时间为105，在这段时间中数据块2没有进行操作。在数据块1进行分析处理时，数据块2从外设到用户工作区的总时间为105，这段时间是并行的。再加上数据块2进行处理的时间90，总共是300，故答案为C。
28下列选项中，会导致用户进程从态切换到内核的操作是（ ）
I．整数除以零
II．sin（）函数调用
III．read系统调用
A．仅I、II
B．仅I、III
C．仅II、III
D．I、II和III
【答案】B
【解析】对于I，系统发生异常，需要进入内核态由操作系统进行处理，而read系统调用函数也是在内核态执行，sin（）就是普通的用户函数，在用户态执行，故答案为C。
29计算机开后，操作系统最终被加载到（ ）
A．BIOS
B．ROM
C．EPROM
D．RAM
【答案】D
【解析】系统开机后，操作系统的程序会被自动加载到内存中的系统区，这段区城是RAM，故答案选D。
30若用户进程访问内存时产生缺页，则下列选项中，操作系统可能执行的是（ ）
I．处理越界错
II．置换页
III．分配内存
A．仅I、II
B．仅II、III
C．仅I、III
D．I、II和III
【答案】B
【解析】用户进程访问内存时缺页会发生缺页中断。发生缺页中断，系统地执行的操作可能是置换页面或分配内存。系统内没有越界的错误，不会进行越界出错处理。
31某系统正在执行三个进程P1、P2和P3，各进程的计算（CPU）时间和I/O时间比例如下表所示。
为提高系统资源利用率，合理的进程优先级设置应（ ）
A．P1＞P2＞P3
B．P3＞P2＞P1
C．P2＞P1＝P3
D．P1＞P2＝P3
【答案】B
【解析】为了合理地设置进程优先级，应该将进程的CPU利用时间和I/O时间做综合考虑，故答案选B。
32下列关于银行家算法的叙述中，正确的是（ ）
A．银行家算法可以预防死锁
B．当系统处于安全状态时，系统中一定无死锁进程
C．当系统处于不安全状态时，系统中一定会出现死锁进程
D．银行家算法破坏了死锁必要条件中的“请求和保持”条件
【答案】B
【解析】银行家算法是避免死锁的方法。利用银行家算法，系统处于安全状态时没有死锁进程，故答案选B。
33在OSI参考摸型中，下列功能需由应用层的相邻层实现的是（ ）
A．对话管理
B．数据格式转换
C．路由选择
D．可靠数据传输
【答案】B
【解析】应用层的相邻层即为表示层，表示层负责管理数据的压缩、加密与解密、格式装换等，故答案为B。
34若下图为10BaseT网卡接收到的信号波形，则该比特串是（ ）
A．00110110
B．10101101
C．01010010
D．11000101
【答案】A
【解析】以太网采用曼彻斯特编码，其将一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1，反之则表示0。故根据波形图，可得答案为A。
35主机甲通过1个路由器个路由器（存储转发方式）与主机乙互联，两段链路的数据传输速率均为10Mbps，主机甲分别采用报文交换和组大小为10kb的分组交换向主机乙发送1个大小为8Mb（1M＝106）的报文。若忽略链路传播延迟、分组头开销和拆装时间，则两种交换方式完成该报文传输所需的总时间分别为（ ）
A．800ms、1600ms
B．801ms、1600ms
C．1600ms、800ms
D．1600ms、801ms
【答案】D
【解析】不进行分组时，发送一个报文的时延是8 Mb/10 Mb/s＝800 ms，在接收端接收此报文件的时延也是800ms共计1600ms。进行分组后发送一个报文的时延是10kb/10Mb/s＝1 ms，接收一个报文的时延也是1 ms，但是在发送第二个报文时，第一个报文已经开始接收。共计有800个分组，总时间为801 ms。
36下列介质访问控制方法中，可能发生冲突的是（ ）
A．CDMA
B．CSMA
C．TDMAC
D．FDMA
【答案】B
【解析】介质访向控制协议中能够发生冲突的是CSMA协议，答案为B。
37HDLC37.HDLC37.HDLC协议对0111 1100 0111 1110组帧后对应的比特串为（ ）
A．011111000011111010
B．011111000111110101111110
C．01111100011111010
D．011111000111111001111101
【答案】A
【解析】HDLC协议对比特串进行组帧时，HDLC数据帧以位模式0111 1110标识每一个帧的开始和结束，因此在帧数据中凡是出现了5个连续的位“1”的时候，就会在输出的位流中填充一个“0”。所以答案为A。
38对于100Mbps的以太网交换机，当输出端口无排队直通（cut-through switching）方式转发一个以太网帧（不包括前导码）时，引入的转发延迟至少是（ ）
A．0μs
B．0.48μs
C．5.12μs
D．121.44μs
【答案】B
【解析】直通交换方式是指以太网交换机可以在各端口间交换数据。它在输入端口检测到一个数据包时，检查该包的包头，获取包的目的地址，启动内部的动态查找表转换成相应的输出端口，在输入与输出交叉处接通，把数据包直通到相应的端口，实现交换功能。通常情况下，直通交换方式只检查数据包的包头即前14个字节，由于不需要考虑前导码，只需要检测目的地址的6 B，所以最短的传输延迟是0.48μs。
39主机甲与乙之间已建立一个TCP连接，双方持续有数据传输，且无差错与丢失。若甲收到1个来自乙的TCP段，该段的序号为1913、确认序号为2046、有效载荷为100字节，则甲立即发送给乙的TCP段的序号和确认分别是（ ）
A．2046、2012
B．2046、2013
C．2047、2012
D．2047、2012
【答案】B
【解析】若甲收到1个来自乙的TCP段，该段的序号seq＝1913、确认序号ack＝2046、有效载荷为100 字节，则甲立即发送给乙的TCP段的序号seq1＝ack＝2046 和确认序号ack1＝seq＋100＝2013，答案为B。
40下列关于SMTP协议的叙述中，正确的是（ ）
I．只支持传输7比特ASCII码内容
II．支持在邮件服务器之间发送邮件
III．支持从用户代理向邮件服务器发送邮件
IV．支持从邮件服务器向用户代理发送邮件
A．仅I、II和III
B．仅I、II和IV
C．仅I、III和IV
D．仅II、III和IV
【答案】A
【解析】根据下图可知，SMTP协议支持在邮件服务器之间发送邮件，也支持从用户代理向邮件服务器发送信息。SMTP协议只支持传输7比特的ASCII码内容
二、综合应用题：41～47小题，共70分。
41已知一个整数序列A＝（a0，a1，……，an－1），其中0≤ai＜n（0≤i≤n），若存在ap1＝ap2＝……＝apm＝x且m＞n/2（0≤pk≤n，1≤k≤m），则称x为A的主元素。例如A＝（0，5，5，3，5，7，5，5），则称5为主元素；又如A＝（0，5，5，3，5，1，5，7）则A中没有主元素。假设A中的n个元素保存在一个一维数组中，请设计一个尽可能高效的算法，找出A的主元素。若存在主元素，则输出该元素；否则输出－1。要求：
（1）给出算法的基本设计思想。
（2）根据设计思想，采用C或C＋＋或Java语言描述算法，关键之处给出注释。
（3）说明你所设计算法的时间复杂度和空间复杂度。
解：
（1）算法的策略是从前向后扫描数组元素，标记出一个可能成为主元素的元素Num。然后重新计数，确认Num是否是主元素。
算法可分为以下两步：
①选取候选的主元素：依次扫描所给数组中的每个整数，将第一个遇到的整数Num保存到c中，记录Num的出现次数为1；若遇到的下一个整数仍等于Num，则计数加1否则计数减1；当计数减到0时，将遇到的下一个整数保存到c中，计数重新记为1，开始新一轮计数，即从当前位置开始重复上述过程，直到扫描完全部数组元素。
②判断c中元素是否是真正的主元素，再次扫描该数组，统计c中元素出现的次数，若大于n/2，则为主元素；否则，序列中不存在主元素。
（2）算法实现如下：
（3）时间复杂度为O（n），空间复杂度为O（1）。
42（10分）设包含4个数据元素的集合S＝{“do”，“or”，“repeat”，“while”}，各元素的查找概率依次为：p1＝0.35，p2＝0.15，p3＝0.15，p4＝0.35。将S保存在一个长度为4的顺序表中，采用折半查找法，查找成功时的平均查找长度为2.2。请回答：
（1）若采用顺序存储结构保存S，且要求平均查找长度更短，则元素应如何排列？应使用何种查找方法？查找成功时的平均查找长度是多少？
（2）若采用链式存储结构保存S，且要求平均查找长度更短，则元素应如何排列？应使用何种查找方法？查找成功时的平均查找长度是多少？
解：
（1）由于个元素的查找概率不同，很自然的把查找小的位置用于存放查找概率大的元素，故要使查找长度更短，应该采用顺序存储结构，数据元素按其查找概率降序排列。这样查找成功时的平均查找长度ASL＝0.35*1＋0.35*2＋0.15*3＋0.15*4＝2.1。
（2）链式存储则可以采用二叉链表存储结构，构造二叉排序树，元素存储方式见下图，
采用二叉排序树的查找方法，查找成功时的平均查找长度ASL＝0.15*1＋0.35*2＋0.35*2＋0.15*5＝2.0。
43（9分）某32位计算机，CPU主频为800MHz，Cache命中时的CPI为4，Cache块大小为32字节；主存采用8体交叉存储方式，每个体的存储字长为32位、存储周期为40ns；存储器总线宽度为32位，总线时钟频率为200MHz，支持突发传送总线事务。每次读突发传送总线事务的过程包括：送首地址和命令、存储器准备数据、传送数据。每次突发传送32字节，传送地址或32位数据均需要一个总线时钟周期。请回答下列问题，要求给出理由或计算过程。
（1）CPU和总线的时钟周期各为多少？总线的带宽（即最大数据传输率）为多少？
（2）Cache缺失时，需要用几个读突发传送总线事务来完成一个主存块的读取？
（3）存储器总线完成一次读突发传送总线事务所需的时间是多少？
（4）若程序BP执行过程中，共执行了100条指令，平均每条指令需进行1.2次访存，Cache缺失率为5%，不考虑替换等开销，则BP的CPU执行时间是多少？
解：
（1）因为CPU主频为800MHz，故CPU的时钟周期为：1/800MHz＝1.25ns。
总线时钟频率为200MHz，故总线的时钟周期为：1/200MHz＝5ns。
总线宽度为32bit＝4B，故总线带宽为4B/5ns＝800MB/s。
（2）因为Cache块大小为32B，因此Cache缺失时需要一个读突发传送总线事务读取一个贮存块。
（3）一次读突发传送总线事务包括一次地址传送和32B数据传送：用1个总线时钟周期传输地址；每隔40ns/8＝5ns启动一个体工作（各进行1次存取），第一个体读数据花费40ns，之后数据存取与数据传输重叠；用8个总线时钟周期传输数据。读突发传送总线事务时间：5ns＋ 40ns ＋8×5ns＝85ns。
（4）BP的CPU执行时间包括Cache命中时的指令执行时间和Cache缺失时带来的额外开销。即执行时间＝指令条数*CPI*时钟周期*命中率＋访存次数*缺失率*缺失损失。命中时的指令执行时间：100×4×1.25ns＝500ns。指令执行过程中 Cache缺失时的额外开销1.2×100×5%×85ns＝510ns。BP的CPU执行时间：500ns＋510ns＝1010ns。
44（14分）某计算机采用16位定长指令字格式，其CPU中有一个标志寄存器，其中包含进位/借位标志CF、零标志ZF和符号标志NF。假定为该机设计了条件转移指令，其格式如下：
其中，00000为操作码OP；C、Z和N分别为CF、ZF和NF的对应检测位，某测位为1时表示需检测对应标志，需检测的标志位中只要有一个为1就转移，否则就不转移，例如，若C＝1，Z＝0，N＝1，则需检测CF和NF的值，当CF＝1或NF＝1时发生转移；OFFSET是相对偏移量，用补码表示。转移执行时，转移目标地址为（PC）＋2＋2×OFFSET；顺序执行时，下条指令地址为（PC）＋2。请回答下列问题。
（1）该计算机存储器按字节编址，还是按字编址？该条件转移指令向后（反向）最多可跳转最多少条指令？
（2）某条件转移指令的地址为200CH，指令内容如下图所示，若该执行时CF＝0，ZF＝0，NF＝1，则该指令执行后PC的值是多少？若该指令执行时CF＝1，ZF＝0Z，NF＝0，则该指令执行后PC的值又是多少？请给出计算过程。
（3）实现“无符号数比较小于等时转移”功能的指令中，C、Z和N应各是什么？
（4）以下是该指令对应的数据通路示意图，要求给出中部件①～③的名称或功能说明。
解：
（1）因为指令长度为16位且下条指令地址为（PC）＋2，故编址单位是字节。
题中给出偏移量OFFSET为8位补码，其范围为－128～127，故相对当前指令进行条件跳转，向后最多可跳转127条指令。
（2）指令中C＝0，Z＝1，N＝1，故应根据ZF和NF的值来判断是否转移。当CF＝0，ZF＝0，NF＝1时需转移。已知指令中偏移量为1110 0011B＝E3H，符号扩展后为FFE3H，左移一位（乘2）后为FFC6H，故PC的值（即转移目标地址）为 200CH＋2＋FFC6H＝1FD4H当CF＝1， ZF＝0，NF＝0时不转移。PC的值为200CH＋2＝200EH。
（3）指令中的C、Z和N应分别设置为C＝Z＝1，N＝0。
（4）部件①指令寄存器：用于存放当前指令；部件②移位寄存器：用于左移一位；部件③加法器：地址相加。
45（7分）某博物馆最多可容纳500人同时参观，有一个出入口，该出入口一次仅允许个通过。参观者的活动描述如下：
cobegin
参观者进程i：
{
…
进门；
…
参观；
…
出门；
…
}
coend
请添加必要的信号量和P、V（或wait（ ）、signal（ ））操作，以实现上述操作过程中的互斥与同步。
要求写出完整的过程，说明信号量含义并赋初值。
解：
46（8分）某计算机主存按字节编址，逻辑地址和物理地址都是32位，页表项大小为4字节。请回答下列问题。
（1）若使用一级页表的分存储管理方式，逻辑地址结构为：
则页的大小是多少字节？页表最大占用多少字节？
（2）若使用二级页表的分存储管理方式，逻辑地址结构为：
设逻辑地址为LA，请分别给出其对应的页目录号和表索引达式。
（3）采用（1）中的分页存储管理方式，一个代码段起始逻辑地址为00008000H，其长度为8KB，被装载到从物理地址00900000H开始的连续主存空间中。页表从主存0020 0000H 0020 0000H开始的物理地址处连续存放，如下图所示（地址大小自下向上递增）。请计算出该代码段对应的两个页表项物理地址、这中框号以及计算出该代码段对应的两个页表项物理地址、这中框号以及计算出该代码段对应的两个页表项物理地址、这两个页表项中的框号以及代码页面2的起始物理地址。
解：
（1）因为页内偏移量是12位，所以页大小为4 KB。
页表项数为232/4K＝220该一级页表最大为220×4 B＝4 MB。
（2）页目录号可表示为：（（（unsigned int）（LA））＞＞22）&0x3FF。
页表索引可表示为：（（（unsigned int）（LA））＞＞12）&0x3FF。
（3）代码页面1的逻辑地址为0000 8000H，表明其位于第8个页处，对应页表中的第8个页表项，所以第8个页表项的物理地址＝页表起始地址＋8×页表项的字节数＝0020 0000H＋8×4 ＝0020 0020H，如下图所示。
47（9分）假设Internet的两个自治系统构成网络如题47图所示，自治系统ASI由路由器R1连接两个子网构成；自治系统AS2由路由器R2、R3互联并连接3个子网构成。各子网地址、R2的接口名、R1与R3的部分接口IP地址如题47图所示。请回答下列问题。
题47图网络拓扑结构
（1）假设路由表结构如下所示。请利用路由聚合技术，给出R2的路由表，要求包括到达题47图中所有子网的路由，且路由表中的路由项尽可能少。
（2）若R2收到一个目的IP地址为194.17.20.200的IP分组，R2会通过哪个接口转发该IP分组？
（3）R1与R2之间利用哪个路由协议交换信息？该路由协议的报文被封装到哪个议的分组中进行传输？
解：
（1）在AS1中，子网153.14.5.0/25 和子网153.14.5.128/25可以聚合为子网 153.14.5.0/24，在AS2中，子网194.17.20.0/25和子网194.17.21.0/24可以聚合为子网194.17.20.0/23，但缺少194.17.20.128/25；子网194.17.20.128/25单独连接到R2的接口E0。
于是可以得到R2的路由表如下：
（2）该IP分组的目的IP地址194.17.20.200与路由表中194.17.20.0/23和194.17.20.128/25 两个路由表项均匹配，根据最长匹配原则，R2将通过E0接口转发该1P 分组。
（3）R1与R2之间利用BGP4（或BGP）交换路由信息；BGP4的报文被封装到TCP协议段中进行传输。