数据与计算机通信第七版课后习题答案.doc

《数据与计算机通信》
（第七版）
课后习题参考答案

第2章的参考答案
2.1 答案：

2.2 答案
a．

b．

2.4答案：

2.7答案：

第3章的参考答案
3.13答案

3.15答案

3.16答案

3.19答案

另解：

▲补充作业：
设采用异步传输，1位起始位，2位终止位，1位奇偶位，每一个信源2位，对下述速率，分别求出相应的有效数据速率(b/s)：
(1)300Baud (2) 600Baud (3) 1200Baud (4) 4800baud
答：
异步传输的数据效率为7/11，而每一个信源2位，
， 所以
(1)
(2)
(3)
(4)

第5章的参考答案
5.6 答

5.7 答：

5.8 答：

5.9 答：

第6章的参考答案
6.1 答：

另答：
(a)

(b)

(c)
异步、同步额外开销不变。
耗时：异步：41.67 10=416.7s
同步：1003.35=335s
(d)
耗时：异步：
同步：传输帧耗时：

6.5答案

另解：
不发生帧差错，则8＋1比特总误差不超过50％，即小于50％/9＝5.6%，精确率在95％以上。
另解：设能够容忍的时钟精确率的百分比为x%，

6.10 答：
（a）

(b)

6.12 答：

中文答案：
R＝11010
T＝10

6.13 答：

第7章的参考答案
7.2答案

7.3答案

7.5答案

中文答案：
当窗口大小时，信道得利用率为100％

7.7 答案：

7.8 答案：

7.9 答案：

7.10 答案：

▲问题在于接收方无法通知发送方是否收到了其补发的帧。

7.11 答案

REJ：发送方重发第N(R)帧及其后的各帧，接收方丢弃N(R)及其以后的各帧；
SREJ：发送方重发第N(R)帧，接受方继续接收并保存已收到的帧。

7.12 答案

▲另解：
假设控制字段长8bit，FCS长16 bit，则在一帧中数据比例为

假设该链路可用GO-BACK-N差错控制，则窗口尺寸可达7

数据的比特吞吐量为：

7.13 答案

7.14 答案

7.16答案

根据题意知窗口序号为3比特，以8为模。因可以连续发送6帧，可断定采用回退N帧ARQ而不是选择拒绝ARQ。
因是无差错操作，当发送的第6帧信息帧的轮询位置1，从站将给予RR或RNR应答，由于发送6帧信息前主站的N(S)为3，之后发送的信息帧的N(S)从4开始，因此，从站返回的N(R)计数值为2，表示已接收到了4、5、6、7、0和1帧，可以接收的下一帧的序号是2。
N(R)＝010

7.17 答案

7.18 答案

该题实际上是问该B/S模式应用究竟是回退N帧ARQ还是选择拒绝ARQ效率更高？
回退N帧ARQ会增加网上流量和服务器重传的信息量，尤其当线路质量不好时，服务器发送的数据量会剧增。
选择拒绝ARQ会使接收和发送逻辑更复杂一些，尤其会加重服务器接收缓冲的负担。
WEB服务器因接收信息量小，发送信息量大，选择拒绝ARQ的缺点对其影响相对较小，倒是重传信息量是主要问题。因此选择拒绝ARQ对减轻WEB服务器负担可能更好一些。

第七章补充作业：
1.若数据链路的发送窗口限度（尺寸）为4，在发送3号帧，并接受2号帧的确认帧后，发送方还可连续发几帧？请给出可发帧的序号？
解答：
可以连续发送4帧，序号为3，4，5，6。

2. 两个相邻的节点(A和B)通过后退N帧ARQ协议通信，帧顺序为3位，窗口大小为4。假定A正在发送，B正在接收，对下面两种情况说明窗口的位置：
①A开始发送之前
②A发送了0，1，2三个帧，而B应答了0，1两个帧
③A发送了3，4，5三个帧，而B应答了第4帧
解答：
① 窗口的位置在0
② 窗口的位置在2
③ 窗口的位置在5

3.知数据帧长1024比特,其中帧头24比特,数据速率500kb/s，线路的传播延迟为5ms，试计算：
①采用停等协议，求最大的信道利用率。
②设滑动窗口W>=2a+1,求窗口至少有多大？
解答：
①

②
当窗口大小时，信道得利用率为100％

第8章的参考答案
8.1.请描述T1载波的原理。
答：
Bell系统的T1载波利用脉码调制PCM和时分TDM技术，使24路采样声音信号复用一个通道。每一个帧包含 193位，每一帧用 125us时间传送。T1系统的数据传输速率为1.544Mbps。

8.2.在T1载波中，由非用户数据引入的开销占百分比是多少？
答：
T1载波是把24个话音信道多路复用在一条高速信道上，每个信道包含7位的数据和1位的控制信令位，此外加入一位帧同步位组成基本帧。 其中，用户的开销为24×1（控制位）+1（基本帧）=25 b 总开销为：（7+1）×24+1=193 b 因此，用户的开销所占的百分比为：25/193×100%≈13%

第9章的参考答案
本章无作业

第10章的参考答案
10.4答案

10.7 答案

另解：
两者都是必要的。
因为在第三层分组中采用的流控和差错控制虽然在格式与处理上与HDLC相似，但因其分组中具有的D字段可以实现对于本地的或者是端对端的流控。而第二层的链路层则采用LAPB（HDLC的子集）来实现大多数的链路控制与数据传输，但不提供分组层中D字段具有的功能。

10.8答案

X．25的分组格式中确实没有FCS字段，但它作为PDU被传递到链路层是由链路层协议将其封装为LAPB帧，从而加上了FSC字段，这样可以确保传输LAPB帧中的数据域，从而保证X．25分组被正确地传递了。

10.9答案

另解：
因为X．25允许一个DTE与另一个DTE之间通过一条物理DTE-DCE链路，同时建立4095条虚电路，所以两个通信地站点虽然使用不同的虚电路号，但实际上是通过同一条虚电路进行的通信，即使用复用的方法使一条物理链路为多个站点所使用。

第11章的参考答案

11.1答案
UNI的信元头只有八位的虚通道标识符，但比NNI的信元头多了4位的一般流控制，NNI的虚通道标识符有12位。
除了作为固定长度的分组被传输外，UNI与NNI各有如下作用：
UNI信元：拥有一般的流控制字段可以减轻网络中的短期超负荷状态；
NNI信元：拥有更长的虚通道标识符位数，使网络部可以运行更多的虚通道。

11.2 说明VPI和VCI的作用和区别。
VPI：虚通道标识符用于标识特定的虚通路链路；
VCI：虚通路标识符为给定的虚通道连接标识出特定的虚通道，也用于端用户到端用户的路由选择。

11.3 ATM有哪几种连接方式？各有何特点？
ATM连接方式有：
（1） 虚通路连接（UCC）：它是ATM网络中最基本的交换单元，经过网络在两个端用户之间建立，通过这条连接所交换的是速率可变的，全双工的，固定长度的信元流，也可用于用户与网络以及网络之间的交换；
（2） 虚通道连接（UPC）：将共享网络中相同通路的连接分成一组，使网络管理工作可以针对为数不多的连接组，而不是大量的单连接。

11.4 ATM的业务类型有哪些？各有何特点？
ATM的业务类型有：
（1） 实时服务：包括恒定比特率（CBR）的服务，用于支持在整个连接期间需要具有连续可用的恒定数据率的应用，以及实时可变比特率（rt－VBR）类服务倾向于时间敏感的应用；
（2） 非实时服务：包括非实时可变比特率以及不指明比特率的服务。

11．5 AAL协议有哪几类？各有何作用？AAL层有几个子层？各有何作用？
共有4类：
AAL类型1：处理恒定的比特流；
AAL类型2：适用于模拟应用的可变比特率信息处理；
AAL类型3/4：提供面向连接或无连接的服务，以及服务可以使报文方式或是流方式；
AAL类型5：为了向高层的面向连接的协议提供流水线传输能力；
AAL层有汇聚子层，用来提供AAL支持的具体应用所需功能，以及拆装子层，负责把从CS上接到的信息打包形成传输信元，并在另一端将信息解包。
11.6 帧中继的主要特点。
在如下几点上区别于X．25：
（1） 呼叫控制信令和用户数据在各自独立的逻辑连接上传输，中间结点不需要维护状态表或者处理基于单连接的呼叫控制相关报文；
（2） 逻辑连接的复用和交换发生在第二层而不是第三层，减少了整整一层的处理；
（3） 从一跳到另一跳之间没有流控制和差错控制。如果确定应用了端到端的流控制和差错控制，那么它们将由高层负责；
它使通信处理过程度为流水线作业，用户与网络之间的接口所需要的协议功能得到简化。

第12章的参考答案
12.1 答案

12.2 答案

另解：
根据二叉树性质，第i层节点数为2i-1， 设根在树中的层号是1，最深的层号为n，则二叉树的节点总数为

由根到第n层的通路的跳数为n-1，第n层节点数为2n-1，当n很大时，有

即有一半的节点位于第n层。同理，从根到第n-1层的通路为n-2跳，第n-1层节点数为2n-2，当n很大时，有

因此，由根到各节点的的通路平均跳数为

每个节点对之间的通路的平均跳数是节点到根的平均跳数的2倍，即2L=2n-4跳。

12.3答案

另解1：
l A[n][m]为二维数组,存放图的带权的邻接矩阵;
l A[i][j]表示结点(i与j)之间的距离；
l 起始点为S=0；
l 布尔变量ISFinished表示寻找最短路径计算结束；
l L[h][n]表示第h次迭代时各结点到源点的最短距离；
l R[n]一维数组,记录结点到源点路径上的前一个相邻节点;当前后两迭代的L[h-1][n]与L[h][n]不变化时,表示结束。
ISFinished=false;
s=0;h=0;
for(int i=0;I<n;i++)
{
if (i!=s) L[h][i]=∞;
R[i]=s;
}
L[h][s]=0;
while (!ISFinished)
{
n++;
L[h][s]=0;
for (in i=0;i<n; i++) {
temp=∞;
for(int x=0;i<n;x++) {
if((L[h-1][x]+A[x][i])<temp) {
y=x;
temp=L[h-1][x]+A[x][i];
}
}
if(temp<L[h-1][i])
{
R[i]=y;
L[b][i]=temp;
}
ISFinished=true;
for(int j=0;j<n;j++) {
if(L[h-1][j]!=L[h][j])
ISFinished=false;
}
}//while;

另一种答案2：
BELLMAN-FORD(G)
for each vertex u in V //initialize vertex u
d[u] := infinity
p[u] := 0
end for
d[s] := 0
for i := 1 to V-1
for each edge (u,v) in E //examine edge (u,v)
if (d[u] + w(u,v) < d[v])
d[v] := d[u] + w(u,v)
p[u] := u
end if
end for
end for
for each edge (u,v) in E
if (w(u,v) + d[u] < d[v])
return (false, , ) //edge (u,v) was not minimized
else
… //edge (u,v) was minimized
end for
return (true, p, d)

12.7答案

另解：

T
L(1)
L(3)
L(4)
L(5)
L(6)
1
{2}
3
3
2
∞
∞
2
{2,4}
3
3
2
3
∞
3
{2,4,1}
3
3
2
3
∞
4
{2,4,1,3}
3
3
2
3
8
5
{2,4,1,3,5}
3
3
2
3
5
6
{1,2,3,4,5,6,}
3
3
2
3
5

12.8答案

12.9答案

12.10答案

12.11答案

Dijstra算法和Bellman算法总是能够得到相同的结果；
（1） Dijstra算法科得到一条最小路径，则从其源端点到目的点必有一条路经，于是Bellman-Ford算法必能找出此路径，因此由Dijstra找出的最小路径必可由Bellman-Ford找到。
（2） 若由Bellman-Ford算法可得到一最小路径，则不论其路径数为多少，都必须经过一定数目的结点，于是Dijstra算法又将遍历所有结点，所以此路径经过结点都将由Dijstra描述过，则此路径必将包括在Dijstra算法的结果中。
实际上，Bellman-Ford算法类似于洪泛式的算法，而Dijstra则是按部就班，步步为营，两者方法不同，结果却完全吻合。

10.12答案

证明：
（1）当n＝0时，显然有；
（2）假设当n=k时，对

则显然＝，否则，设存在一条更小的路径，其顶点必由出发经n顶点而到达j，显然此顶点n落在，不然不为最小路径，与已知相矛盾，

综上所述，原命题成立。

12.13答案

另解：
A. 3+9+2=14
如下图所示，按照洪泛的思想，从节点1发出的一个分组沿三条路径向下一跳传送，也就是说在第一跳，原来的分组有三个副本，在图中标识为“I”。由于每个节点都会丢弃掉接收到的重复的分组，因此在第二跳总共形成9个副本，在图中标识为“II”。在第三跳总共有2个副本，在图中标识为“III”。所以总的代价为3+9+2=14。

B. 3+9+22+45+103=182
由于使用跳数字段，且其初始值为5。在第一跳时，生成了该分组的三个分组。当这三个分组经过第二跳时，共计生成9个副本。这9个副本经过第三跳后，共计生成22个副本。这22个副本经过第四跳后，共计生成45个副本。同样这45个分组再经过第五跳后共生成103个分组。所以总的代价为3+9+22+45+103=182。

第10章补充作业：
1. 对下图采用Dijkstra算法计算节点1到节点6的最短通路树，给出计算过程。

T
L(2)
L(3)
L(4)
L(5)
L(6)
{1}
1,1-2
4,1-3

{1,2}
1,1-2
4,1-3
2,1-2-4
4,1-2-5

{1,2,4}
1,1-2
3,1-2-4
2,1-2-4
3,1-2-4-5
6,1-2-4-6
{1,2,3,4}
1,1-2
3,1-2-4
2,1-2-4
3,1-2-4-5
6,1-2-4-6
{1,2,3,4,5}
1,1-2
3,1-2-4
2,1-2-4
3,1-2-4-5
5, 1-2-4-5-6
{1,2,3,4,5,6}
1,1-2
3,1-2-4
2,1-2-4
3,1-2-4-5
5, 1-2-4-5-6

2. 在X.25的第二、三层都有流量控制，这一机制是否必要或者冗余呢？
解答：
两者都是必要的。因为在第三层分组中采用的流控和差错控制虽然在格式与处理上与HDLC相似，但因其分组中具有的D字段可以实现对于本地的或者是端对端的流控。而第二层的链路层则采用LAPB（HDLC的子集）来实现大多数的链路控制与数据传输，但不提供分组层中D字段具有的功能。

3．在X.25中没有错误检测机制，实际上是否需要这一机制来确保数据包被正确的传递了？
解答：
X.25的分组格式中确实没有FCS字段，但它作为PDU被传递到链路层是由链路层协议将其封装为LAPB帧，从而加上了FSC字段，这样可以确保传输LAPB帧中的数据域，从而保证X.25分组被正确地传递了。

4．在X.25中为什么两个通信节点的虚电路号不同，毕竟它们使用的是同一条全双工的虚电路？
解答：
因为X.25允许一个DTE与另一个DTE之间通过一条物理DTE-DCE链路，同时建立4095条虚电路，所以两个通信地站点虽然使用不同的虚电路号，但实际上是通过同一条虚电路进行的通信，即使用复用的方法使一条物理链路为多个站点所使用。

第13章的参考答案
13.1 什么叫拥塞控制？引起拥塞的原因以及需要进行拥塞控制的原因有哪些？
拥塞控制是指网络中的分组数量维持在一定的水平之下，超过这个水平，网络的性能就会急剧变化。
拥塞的原因：在每一个网络节点中，，如果分组到达和排队的速率超出分组能够被传输的速率，队列的长度就会不断的增长，分组的延时也会越来越长，从而导致拥塞。
进行拥塞的原因：拥塞会使网络性能急剧恶化，分组丢失，所以要进行控制。

13.2 简述拥塞控制的方法。
答：拥塞控制通常有如下方法：
(1) 反压：在链路或逻辑连接的基础上实施，使目的节点减缓或阻止本身的入口链路上的通信量并将这一限量反向传播信源，则信源会限制新的分组流入网络；
(2) 阻流分组：是拥塞的节点产生的控制分组，并将被传回源结点以限制通信流量；
(3) 隐式拥塞信令：根据分组时延使源站检测到拥塞，并据此减缓流量；
(4) 显示拥塞信令：网络会对网络中正在形成的拥塞向系统发出警告，而端系统则应采取措施减低对网络的供给负荷。

第14章的参考答案
本章没有作业。

第15章的参考答案
15.1 答案

15.3 答案

另解：
15.3答案
总共需传输的比特数：

a)采用电路交换和星形拓扑结构的局域网
共用的时间为：
有效的吞吐量为64Kb/s。
b)
① D=1Km,B=1Mb/s,P=256bit

分组个数：个
总的数据量：

确认分组的传输时间：

有效吞吐量为：
② D=1Km,B=10Mb/s,P=256bit

分组个数：个
总的数据量：

确认分组的传输时间：

有效吞吐量为：
③ D=10Km,B=1Mb/s,P=256bit

分组个数：个
总的数据量：

确认分组的传输时间：

有效吞吐量为：
④ D=1Km,B=50Mb/s,P=256bit

分组个数：个
总的数据量：

确认分组的传输时间：

有效吞吐量为：
c)
将b部分的数据代入即可求得，从而
有效吞吐量为：

15.4 答案

另解：
R＝10Mb/s ， d＝1Km
(a)

(b) ；
相当的比特数：

15.5 答案

另解：
R＝10Mb/s ， d＝1Km
(a)

(b) ；
相当的比特数：

15.6 答案

另解：
(a)

(b) ；

第16章的参考答案
16.7 答案

16.11 答案

第16章补充作业

B16.1．一个1km长的10Mb/s的CSMA/CD局域网（不是802.3），其传播速度等于每微秒成功后的第一个时槽被留给接收方，用来捕获信道并发送一个32bit的确认帧。假定没有冲突发生，有效数据速率（不包括开销）是多少？
解答：电缆的来回路程传播时间是10μs（＝1000200×2）。一个完整的传输有4个阶段：
发送方获取电缆（10μs）
发送数据帧（25.6μs）
接收方获取电缆（10μs）
发送确认帧（3.2μs）
4个阶段的时间总和是48.8μs，在这期间共发送224个数据比特。224÷48.8≈4.6Mb/s。因此，有效数据速率4.6Mb/s。

B16.2．考虑建立一个CDMA/CD网，电缆长1km，不使用重发器，运送速率为1Gb/s。电缆中的信号速率是200000km/s。问最小帧长度是对少？
解答：对于1km电缆，单程传播时间为1÷200000＝5×s，即5μs，来回路程传播时间为2τ＝10μs。为了能够按照CDMA/CD工作，最小帧的发射时间不能小于10μs。以1Gb/s速率工作，10μs可以发送的比特数等于：

因此，最小帧是10000位或1250字节长。

B16.3．当数据传输速率位5Mb/s，且传播速度为200m/μs时，令牌环接口中的一个比特时延等价于多少米的电缆?
解答：在5Mb/s速率下，一个位时等于200ns时间信号可以传播的距离是200×m，因此，令牌环接口中的一个比特延时等价于40米的电缆。

B16.4．有一个重负荷的1km长的10Mb/s的令牌环网，其传播速率是200m/μs，50个站空间上均匀绕还分布。数据帧256位，其中包括32位开销，确认应答捎带在数据帧上，因此是包括在数据帧备用的位中，而不占用额外的时间。令牌是8位。请问，这个环的有效数据速率比CDMA/CD网高还是低？
解答：从获取到令牌的时刻开始计量，发送一个分组需要0.1×256=25.6μs。此外，必须发送一个令牌，需要0.1×8=0.8μs的时间。令牌必须传输20（＝1000÷50）m，经过时间20÷200＝0.1μs才能到达下一站。此后，下一站又可以再发送数据帧。因此，我们在26.5（25.6+0.8-0.1）μs发送了224（＝256－32）位的数据，数据速率等于224÷25.6≈8.5Mb/s，而10 Mb/s的CDMA/CD在重负荷50个站的情况下的有效数据率不超过3 Mb/s。显然，该令牌环网强于以太网的有效带宽。

B16.5．一个4 Mb/s的令牌环具有10ms的令牌保持计时值。在这个环上可以发送的最大帧有多长？
解答：以4 Mb/s速率工作，一个站在10ms可以发送40000位或5000字节，这是帧的上限值。实际上，还必须从这个值减去一些开销字节，因此，数据部分的限值还要低一些。

B16.6．一个用作城域网的光纤令牌环长200km，并且以100 Mb/s速率运行。在发送一帧之后，一个站在重新产生令牌之前把该帧从环上清除。在光纤中的信号传输速率是每秒200000km，且最大帧长1000字长。问该环的最大效率是多少？（忽略所有其他的开销来源）。
解答：由环长200km和传播速率每秒200000km，可知1bit绕环一周的传播时间是200÷（20）＝，即1ms。发送速率是100 Mb/s，因此发送1bit的时间是0.01μs。发送最长帧1000字节需要的时间等于0.01×1000×8=80μs,即0.08ms。当一个站抓到了令牌时，下一站通过把令牌中的一个令牌位置1就可以立即把该令牌换成一个常规数据帧的开头3个字节，从而又抓住了令牌，开始发送数据帧。
该站发送令牌所需的实际是：0.01×24×8=1.92μs。忽略本站至下一站的传播时间，那么，在最坏的情况下，我们期望在1.082ms的时间（将1.92μs近似成0.002ms）发送8192bit（包括令牌102bit和数据分组8000bit）。这等效于8192÷（1.082×）≈7.6×b/s，即7.6Mb/s的数据速率，不足8％的带宽利用率，可见效率时相当低的。

第17章的参考答案
本章没有作业

第18章的参考答案
18.1 答案

18.2 答案

18.3 答案

18.5 答案

18.8 答案

18.11 答案

第19章的参考答案
19.4 答案

19.5 答案

19.7 答案

19.8 答案

第20章的参考答案
20.4 答案

20.5 答案

20.9 答案

20.17 答案

补充：希仁-计算机网络第四版
7-05试用具体例子说明为什么在运输连接建立时要使用三次握手。说明如不这样做可能会出现什么情况。
答：我们知道，3次握手完成两个重要的功能，既要双方做好发送数据的准备工作（双方都知道彼此已准备好），也要允许双方就初始序列号进行协商，这个序列号在握手过程中被发送和确认。
现在把三次握手改成仅需要两次握手，死锁是可能发生的。作为例子，考虑计算机A和B之间的通信，假定B给A发送一个连接请求分组，A收到了这个分组，并发送了确认应答分组。按照两次握手的协定，A认为连接已经成功地建立了，可以开始发送数据分组。可是，B在A的应答分组在传输中被丢失的情况下，将不知道A是否已准备好，不知道A建议什么样的序列号，B甚至怀疑A是否收到自己的连接请求分组。在这种情况下，B认为连接还未建立成功，将忽略A发来的任何数据分组，只等待连接确认应答分组。而A在发出的分组超时后，重复发送同样的分组。这样就形成了死锁。

7-06一个TCP报文段的数据部分最多为多少字节？为什么？如果用户要传送的数据的字节长度超过TCP报文段中的序号字段可能编出的最大序号，问还能否用TCP来传送？
答：65495字节。此数据部分加上TCP首部的20字节，再加上IP数据报的首部的20字节，正好是IP数据报的最大长度。当然，IP首部包含了选择，则IP首部长度超过20字节，这时TCP报文段的数据部分的长度将小于65495字节。

7-10设TCP使用的最大窗口为64KB，即64*1024字节。而传输信道貌岸然的带宽可认为 是不受限制的。若报文段的平均时延为20ms，问所能得到的最大的吞吐量是多少？
答：可见在报文段平均往返时延20ms，发送方最多能发送64×1024×8比特，所以最大的吞吐量为=64×1024×8÷（20×10-3）=26214400bit/s=26.21Mbit/s

7-11试计算一个包括5段链路的运输连接的单程端到端时延。5段链路程中有2段是卫星链路。每条卫星链路又由上行链路和下行链路两部分组成。可以取这两部分的传播时延之和为250ms，每一个广域网的围为1500km，其传播时延可按150000km/s来计算。各数据链路数率为48kbit/s，帧长为960bit。
答：5段链路的传播时延=250×2+（1500/150000）×3×1000=530ms
5段链路的发送时延=960÷（48×1000）×5×1000=100ms
所以5段链路单程端到端时延=530+100=630ms

7-13用TCP传送512字节的数据，设窗口为100字节，而TCP报文段每次也是传送100字节的数据。再设发送端和接收端的起始序号分别选为100和200。试画出类似于图7-15的工作示意图，从连接建立阶段到连接释放都要画上。
解：

7-23一个UDP用户数据报的数据字段为8192字节。要使用以太网来传送。试问应当划分为几个数据报片？说明每一个数据报片的数据字段长度和片偏移字段的值。
答：6个。数据字段的长度：前5个是1480字节，最后一个是800字节。片偏移字段的值分别是：0，185，370，555，740和925。

7-24在TCP的拥塞控制中，什么是慢开始、拥塞避免、快重传和快恢复算法？这里每一种算法各起什么作用？“乘法减少”和“加法增大”各用在什么情况下？
答：慢开始：在主机刚刚开始发送报文段时可先将拥塞窗口 cwnd 设置为一个最大报文段 MSS 的数值。在每收到一个对新的报文段的确认后，将拥塞窗口增加至多一个 MSS 的数值。用这样的方法逐步增大发送端的拥塞窗口 cwnd，可以使分组注入到网络的速率更加合理。
拥塞避免：当拥塞窗口值大于慢开始门限时，停止使用慢开始算法而改用拥塞避免算法。拥塞避免算法使发送端的拥塞窗口每经过一个往返时延RTT就增加一个MSS的大小。
快重传算法规定，发送端只要一连收到三个重复的 ACK 即可断定有分组丢失了，就应立即重传丢失的报文段而不必继续等待为该报文段设置的重传计时器的超时。

快恢复算法：(1) 当发送端收到连续三个重复的 ACK 时，就重新设置慢开始门限 ssthresh。
(2) 与慢开始不同之处是拥塞窗口 cwnd 不是设置为 1，而是设置为 ssthresh + 3 *MSS。
(3) 若收到的重复的 ACK 为 n 个（n > 3），则将 cwnd 设置为 ssthresh + n * MSS。
(4) 若发送窗口值还容许发送报文段，就按拥塞避免算法继续发送报文段。
(5) 若收到了确认新的报文段的 ACK，就将 cwnd 缩小到 ssthresh。
“乘法减小“是指不论在慢开始阶段还是拥塞避免阶段，只要出现一次超时（即出现一次网络拥塞），就把慢开始门限值 ssthresh 设置为当前的拥塞窗口值乘以 0.5。当网络频繁出现拥塞时，ssthresh 值就下降得很快，以大大减少注入到网络中的分组数。
“加法增大”是指执行拥塞避免算法后，当收到对所有报文段的确认就将拥塞窗口 cwnd增加一个 MSS 大小，使拥塞窗口缓慢增大，以防止网络过早出现拥塞。