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帧序号的比特数至少是

[单选题]

主机甲通过128kbps 卫星链路,采用滑动窗口协议向主机乙发送数据,链路单向传播延迟为250ms,帧长为 1000 字节。不考虑确认帧的开销,为使链路利用率不小于 80%,帧序号的比特数至少是 ()

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不考虑确认帧的开销,一个帧发送完后经过一个单程传播时延到达接收方,再经过一个单程传播时延发送方收到应答,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,一个帧的传输时延为: 1000B/128kbps=62.5ms 。

依题意,有: (n*62.5ms)/(n*62.5ms+250ms) ≥ 80%

得 n ≥ 16 = 24 ,从而,帧序号的比特数至少为 4 。

编辑于 2016-12-15 18:30:54 回复(5)
其实还有一种方法,当计算出0.5625这个传送周期之后,你用0..0625就是一个数据帧的传输时间0.0625去除,即在这个传送周期的时间内最多能连续发送9个数据帧,而利用率不少于百分之八十即至少传输9*0.8=7.2个数据帧,那么再根据上面的发送窗口的公式求解即可得到4,当然这个方法只是我自身的理解,如果有错误烦请指正
发表于 2020-07-26 11:12:23 回复(0)
编辑于 2019-01-17 16:02:35 回复(13)

不考虑确认帧的开销,一个帧发送完后经过一个单程传播时延到达接收方,再经过一个单程传播时延发送方收到应答,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,一个帧的传输时延为: 1000B/128kbps=62.5ms

依题意,有: (n*62.5ms)/(n*62.5ms+250ms) 80%

n 16 = 24 ,从而,帧序号的比特数至少为 4 。(来自王道论坛)

发表于 2016-12-05 18:59:14 回复(3)
题目说了不考虑确认帧的开销,所以是单程的,然后信道利用率公式是有用发送时间除去总的发送时间
发表于 2017-11-27 19:38:00 回复(1)
B,

不考虑确认帧的开销,一个帧发送完后经过一个单程传播时延到达接收方,再经过一个单程传播时延发送方收到应答,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,一个帧的传输时延为: 1000B/128kbps=62.5ms 。

依题意,有: (n*62.5ms)/(n*62.5ms+250ms) ≥ 80%

得 n ≥ 16 = 24 ,从而,帧序号的比特数至少为 4 。

发表于 2017-06-29 15:45:32 回复(0)
对这类题目的单位转化并不在行
发表于 2017-04-06 11:26:38 回复(0)

分析:以发送周期为切入点来思考这个问题。开始发送帧到收到第一个确认帧为止,用时:
T = 第一个帧的传输时延+第一个帧的传播时延+确认帧的传输时延+确认帧的传播时延。

因为确认帧的开销不计,所以它的传输不计。但是传播时延要计的。
所以T = 1000B/128kbps + RTT = 0.5625s
那么在0.5625s内需要发送多少数据可以满足利用率80%呢?

设为L字节,则:

L/128kbps/T0.8L=7200B

就是说在一个发送周期内至少发7.2帧就可满足要求。

因此,需要编号的比特数为n;

2n17.2


所以n至少为4.

发表于 2020-09-12 23:13:37 回复(0)
为什么是2 的n减一次方

发表于 2022-06-06 17:36:30 回复(0)
2^n -1
发表于 2022-03-13 15:52:25 回复(0)
一个帧发送完后经过一个单程传播时延到达接收方,再经过一个单程传播时延发送方收到应答,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
发表于 2020-06-28 17:02:20 回复(0)
 (n*62.5ms)/(n*62.5ms+250ms) ≥ 80%
发表于 2019-05-04 19:17:55 回复(0)
你好,请问为什么总时延(分母)只加了一个单向传播时延,为什么不是两个?
发表于 2017-07-16 20:48:00 回复(3)