複習題

R1.

a.
稱這個簡單的運輸層協議為 STP。
在傳送端，STP 接收應用程式要傳送的資料（不超過 1196 位元組）、目的地址、埠號；然後 STP 新增 4 位元組頭部資訊，即埠號；將這 1200 位元組的報文段連同目的地址交付給網路層；
在接收端，STP 提取埠和資料，將資料傳送給埠所標誌的程式。

b.
在頭部資訊中增加 4 位元組的源埠號，將資料減少為 1192 位元組。

c.
不。

R2.

略

R3.

y、x

R4.

一些應用程式不想使用 TCP，因為其擁塞控制會降低傳送速率。而且應用本身並不需要可靠的資料傳輸。

R5.

因為今天大多數的防火牆會攔截 UDP

R6.

在應用層新增差錯檢測，需要程式開發人員在程式中新增一些檢測程式碼

R7.

題目正確的翻譯應該是：這兩個報文段都將被定向到主機C上的同一個套接字嗎？還不如直接 google 翻譯呢。那麼現在題目要求清楚了，兩個報文段都將被定向到主機C上的同一個套接字。根據源 IP 區分不同主機。

R8.

通過不同的歡迎套接字。它們的目的埠都是 80。

R9.

判斷究竟是新的分組還是重傳

R10.

處理丟包事件，如果丟包可以重傳

R11.

RTT 固定的好處就是傳送方可以準確判斷 ACK 是否丟失，不過它仍需要一個時間固定的定時器。

R12.

a.
接收方丟棄全部分組，之後傳送方重傳五個分組。

b.
GBN 使用累積確認，因此沒有觸發重傳

c.
只能傳送五個，因為視窗大小就是 5

R13.

a.
只重發第一個分組即可

b.
超時重發第一個分組

c.
只能傳送五個，因為視窗大小就是 5

R14.

a. 錯
b. 錯
c. 對
d. 錯
e. 對
f. 錯
g. 錯

R15.

a. 110 - 90 = 20byte
b. 90

R16.

依然是三個，第一個 seq=43 ack=80，第二個 seq=80 ack=44，第三個 seq=44 ack=81

R17.

R/2

R18.

錯，設為 cwnd 的一半

R19.

略

習題

P1.

假定 A 向 S 的源埠號為 x， B 向 S 的源埠號為 y
a.
A 向 S 的源埠號為 x， 目的埠號為 23

b.
B 向 S 的源埠號為 y， 目的埠號為 23

c.
S 向 A 的源埠號為 23， 目的埠號為 x

d.
S 向 B 的源埠號為 23， 目的埠號為 y

e.
x y 可能相同

f.
不可能

P2.

從 B 到 C：
   左邊的連線：源埠號 80，源 IP 為 B 的 IP；目的埠 26145，目的 IP 為 C 的 IP；
   右邊的連線：源埠號 80，源 IP 為 B 的 IP；目的埠 7532，目的 IP 為 C 的 IP；

從 B 到 A：
   源埠號 80，源 IP 為 B 的 IP；目的埠 26145，目的 IP 為 C 的 IP；

P3.

注意應在溢位時向最低位進位：

    01010011  
+   01100110 
————————————
    10111001
+   01110100
————————————
(1) 00101101
+          1
————————————
    00101110

其反碼為 11010001

使用反碼有以下好處：

1. 不依賴系統是大端還是小端
2. 計算檢驗和比較簡單快速

接收方檢驗差錯的方法是將三個位元組與檢驗和相加，如果任何一個位為 0，說明出錯

1位元的差錯肯定會導致結果不同
2位元的差錯可能會檢測不出，比如題中第一、二位元組變為 01010010，01100111，即最後一個位元反轉

P4.

a. 00111110
b. 01000000
c. a 中的第一、二位元組變為 01011101、01100100

P5.

不能確保，如同上兩題討論的那樣

P6.

如果 rdt2.1 傳送方正處於“等待來自上層的呼叫0”，接收方處於“等待來自下層的0”，傳送方傳送序號為 0 的分組，而接收方正確接收並向傳送方傳送 ACK；此時傳送方處於“等待 ACK 或 NAK 0”，接收方處於“等待下層的 1”，如果此 ACK 損壞，傳送方重發序號0的分組，而接收方會發送 NAK，這將導致一個死迴圈；
其實此接收方並沒有標註初始狀態，如果傳送方初始狀態為“等待來自上層的 0”，接收方初始為“等待下層的 1”，也會導致上述死鎖。

P7.

ACK 分組沒有序號是因為接收方、傳送方都不需要該序號。

P8.

可以直接使用 rdt2.2 中的接收方

P9.

P10.

類似於 rdt3.0 的傳送方，在 rdt2.1 的傳送方上加上 start_timer 以及 timeout 事件即可。timer 的時間要大於最大往返時延。

P11.

如果從“等待來自下層的1”中刪除，不會影響正常工作，因為 sndpkt 已經被生成了。
但是如果從“等待來自下層的0”中刪除，而且接收方剛剛啟動（處於初始狀態），sndpkt 是一個錯誤的值（很可能是一個隨機值），那麼傳送方會認為 ACK 損壞並重發分組，接收方會繼續傳送錯誤值，浙江導致一個死鎖。

P12.

僅有一個位元差錯時，協議正常工作，只不過可能比 rdt3.0 傳送方反應更快。
而當定時器時間過短時，每一個超時重發的分組都將會導致正在傳送的包重發，這樣從第一個包累積到第n個包，分組傳送的次數將趨於無窮。

P13.

像圖片展示的那樣，兩個 M0 將無法區分

P14.

分組 x 丟失只能被接收方檢測到，且只有 x-1，x+1 都被接收後。如果傳送方在傳送 x 之後隔較長時間才傳送 x+1，那麼這段時間 x 將一直不會被重發。
而當資料量較大且很少丟包時，用 NAK 協議傳送的資料包的數量明顯比 ACK 協議少

P15.

中文版翻譯較差，錯誤極多，無力吐槽。。。這裡按英文版的 98% 來做：
U = (nL/R) / (RTT + L/R) > 98%
    解出 n > 2450.98
    因此 n 至少是 2451

P16.

肯定能增加利用率，接收到 ACK0 或 ACK1 之後傳送方認為分組已經成功到達，即使事實不是如此。
可能導致許多問題，例如差錯出現並不會重發、造成無謂的重發等。

P17.

B與A類似，只不過初始狀態從 receive from A 開始

P18.

略

P19.

略

P20.

略

P21.

略

P22.

a.
考慮兩種極端情況：

1. 傳送方傳送 k-4，k-3，k-2，k-1，接收方都完整得接收併發送 ACK，但 ACK 全都未傳到傳送方，接收方的期待序號為 k，而傳送方視窗序號為 [k-4, k-1]
2. 如果 ACK 全都傳回，則傳送方更新 base，其序號為 [k, k+3]

因此序號可能是 [k-4, k+3]

b.
如果接收方期待 k，則它一定將比 k-1 小的 ACK 傳送出去了，如果要使傳送方傳送 k-1，那麼它至少已經接收到了 k-5 的 ACK。
因此正在傳播回傳送方的 ACK 序號可能是 [k-4, k-1]

P23.

設序號為 0（第一個 0），1，…，k-1，0（第二個 0）

對於 SR，要使其序號發生混雜，至少是當接收方剛剛包含第二個 0，即接收方視窗為[k-N-1, 0]，也就是說 k-N (包括 k-N) 之前的都接收過了。要使序號混雜還有一個條件就是第一個 0 在傳送方視窗且恰好其 ACK 丟失，需要重發。0(第一個0)~k-N 為 k-N+1 個值，如果視窗長度不足 k-N+1，則第一個 0 和第二個 0 不會同時包含在傳送或接收視窗中。
所以視窗長度 N <= k-N，即 N <= k/2

GBN 類似，N <= k 即可

P24.

a.
可能， ACK 還沒來得及返回，傳送方超時重發，之後傳送方接收到 ACK 並移動視窗，那麼它之前重發的分組的 ACK 將落在視窗之外

b.
可能，類似 a

c.
是的

d.
是的

P25.

a.
UDP 直接將使用者資料打包進報文並立即傳輸，而 TCP 會將資料寫進快取並可能分成多個報文

b.
TCP 有流量控制和擁塞控制，而 UDP 沒有

P26.

a.
注意到 TCP 是位元組流編號的， L 的最大值為 2^32 byte

b.
設 N 為報文數：
$N = \lceil \frac{2^{32}}{536} \rceil = 8012999$

$總頭部長 = N * 66 byte = 528857934 byte$

$總位元組數 = 2^{32} byte + 528857934 byte = 4.824*10^9byte$

$t = \frac{總位元組數}{155Mbps} = 249s$

P27.

a.
序號、源、目的埠號分別為 207、302、80

b.
序號、源、目的埠號分別為 207、80、302

c.
127

d.

P28.

TCP 讓傳送方 A 維護一個接收視窗來提供流量控制，主機 B 將實時的 rwnd 值放入發給 A 的報文中，通知 B 的快取大小。A 確保 LastByteSent - LastByteAcked <= rwnd，當快取不足時，將暫停向 B 傳送資料

P29.

a.
防止有攻擊者發動 SYN 洪泛攻擊

b.
不能。當伺服器使用 SYN cookie 時，它不維護 cookie 或其他資訊，因此半開連線不可行。攻擊者並不知道某個伺服器和某 IP 對應的初始序列號，因為那個祕密數只有伺服器知道。

c.
理論上可行

P30.

a.
超時值是固定的，單一得增加有限快取的長度，會導致未丟失的分組被重傳

b.
有助於。

P31.

略，自己慢慢算算吧

P32.

a.
EstimatedRTT’
= 0.9 ( 0.9 ( 0.9 ( 0.9 EstimatedRTT + 0.1 SampleRTT1 ) + 0.1 SampleRTT2 ) + 0.1 SampleRTT3 ) + 0.1 SampleRTT4
= 0.9^4 EstimatedRTT + 0.1 SampleRTT4 + 0.9 * 0.1 SampleRTT3 + 0.9^2 * 0.1 SampleRTT2 + 0.9^3 * 0.1 SampleRTT1

b.
推廣到 n：
EstimatedRTT’ = 0.9^n EstimatedRTT + 0.9^(n-1) * 0.1 SampleRTT1 + 0.9^(n-2) * 0.1 SampleRTT2 + … + 0.1 SampleRTTn

c.
根據上式：
$EstimatedRTT&#x27; = 0.9^n EstimatedRTT + \frac{1}{10}\sum_{i=1}^{n}0.9^{n-i}SampleRTT_i$

可以看出 i 越小，$SampleRTT_i$ 對 $EstimatedRTT&#x27;$ 的影響越小，且其權重呈指數形式銳減

P33.

假設傳遞分組 1 到目的地，超時後源又重發分組 1 的副本分組 2；如果分組 1 的 ACK 返回到源，則源可能將它作為分組 2 的 ACK，從而計算了一個錯誤的 RTT

P34.

SendBase - 1 <= LastByteRcvd
LastByteRvcd 是剛到達 B 的編號， SendBase - 1 是已經到達 B 的編號

P35.

y 之前的所有位元組都被接收，因此 y-1 <= LastByteRcvd

P36.

考慮當分組錯序到達會發生什麼，分組 1 正確到達，目的地傳送 ACK，分組 3 提前於分組 2 到達，傳送一個冗餘 ACK，這將導致傳送方重傳分組 2，即使分組 2 並未丟失

P37.

a.
GBN：
A：首先發送分組 12345，後來重發 2345，總共 9 個分組
B：首先發送 ACK 1111，後來傳送 2345，總共 5 個 ACK

SR：
A：首先發送分組 12345，後來重發 2，總共 6 個分組
B：首先發送 ACK 1345，後來傳送 2，總共 5 個 ACK

TCP：
A：首先發送分組 12345，後來重發 2，總共 6 個分組
B：首先發送 ACK 2222，後來傳送 6，總共 5 個 ACK

b.
GBN、SR 需要等待超時，而 TCP 使用快速重傳，故 TCP 最快

P38.

是的

P39.

λ’in 超過 R/2，會導致更多的丟包以及重傳，λout 可能會下降

P40.

a. [1, 6] 和 [23, 26]

b. [6, 16] 和 [17, 22]

c. 三個冗餘 ACK

d. 超時

e. 32

f. 42/2 = 21

g. 29/2 = 14

h. 分組 1 (p1) 在傳輸輪迴 1 (t1) 中傳送，p2~p3 在 t2 中傳送，p4~p7 在 t3 中傳送，p8~p15 在 t4，p16~p31 在 t5，p32~p63 在 t6，p64~p96 在 t7,
因此分組 70 在第 7 個傳輸輪迴內傳送

i. ssthresh = 4，cwnd = ssthresh + 3MSS = 7

j. 在第16個傳輸輪迴時，ssthresh = cwnd/2 = 21，cwnd = 1 並進入慢啟動狀態，則在第19個傳輸輪迴中，ssthreash = 21，cwnd = 4

k. t17：1個，t18：2個，t19：4個，t20：8個，t21：16個，t22：21個
1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 21 = 52 個

P41.

從圖中可以看出，這不是一種平等演算法

P42.

超時僅能減緩 分組未丟失超時重傳 這種情況，不能阻止 TCP 向可能出現擁塞的端到端路徑上繼續傳送更多的新的分組。

P43.

流量控制將無法適用，因為接受快取足夠大。
沒有丟包、沒有超時，因此擁塞控制也無法適用。
無需適用任何措施，當傳送快取滿載時，自動就慢下來了。

P44.

a.
每個 RTT 加 1 個 MSS，因此需要 6 個 RTT

b.
6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 = 51 MSS
平均吞吐量為 51MSS / 6RTT = 8.5 MSS/RTT

P45.

a.
從 W/2RTT 到 W/RTT 期間總共傳送的分組數：
$\frac{W}{2} + (\frac{W}{2} + 1) + (\frac{W}{2} + 2) + ... + W=\frac{(W+\frac{W}{2})(W-\frac{W}{2}+1)}{2} = \frac{3}{8}W^2+\frac{3}{4}W$

$僅丟了一個包，因此丟包率 L = \frac{1}{\frac{3}{8}W^2+\frac{3}{4}W}$

b.
$當 W 足夠大， \frac{3}{8}W^2 &gt;&gt; \frac{3}{4}W，此時 L ≈ \frac{1}{\frac{3}{8}W^2} = 8/3W^2$

$得出 W ≈ \sqrt{8/3L}$

$則平均吞吐率為 = \frac{0.75W}{RTT} ≈ \frac{1.22MSS}{RTT\sqrt{L}}$

P46.

a.
最大視窗長度 W 受限於鏈路速率：W * MSS / RTT = 10Mbps
得到 W = 125

b.
從 W/2 到 W：
平均視窗長度為 0.75W = 94
平均吞吐量為 94 * 1500 * 8 / 0.15 = 7.52Mbps

c.
W’ = W/2 + 3 = 65
從 W’ 到 W：
(125-65)*150ms = 9s

P47.

不會

P48.

a.
W*MSS/RTT = 10Gbps
W = 125000

b.
7.52Gbps

c.
156.2min

P49.

已知 TCP 平均吞吐量 $D = \frac{1.22MSS}{RTT\sqrt{L}}$

$L=(\frac{1.22MSS}{RTT*D})^{2}$

$\frac{1}{L}為丟包後(的那一刻) TCP 傳送的總分組數(因為只丟了一個包)$

則$\frac{MSS}{L}=T*D,T=\frac{D*RTT^{2}}{1.22^{2}MSS}$

因此 T 是 D 的函式

P50.

每秒傳送最多 30 個報文段，即每 100ms 最多傳送 3 個，每 50ms 最多傳送 1 個；無論何時發生丟包，假定 C1 每 100ms 調整一次視窗， C2 每 50ms 調整一次。
a.