2014考研408真题答案.pdf

续表待处理序列栈后缀表达式当前扫描元素动作f)/g(*ab/cd*eff加入后缀表达式yg十(*ab/cd*ef把栈中（之前的符号加入表达式g+ab/cd*ef*/优先级高于栈顶的+，入栈g+/ab/cd*ef-g加入后缀表达式+ab/cd*ef*-g扫描完毕，运算符依次退栈加入表达式ab/cd*ef*-g/+完成由此可知，当扫描到f的时候，栈中的元素依次是+(*，选B。在此，再给出中缀表达式转换为前缀或后缀表达式的手工做法，以上面给出的中缀表达式为例：第一步：按照运算符的优先级对所有的运算单位加括号。式子变成了：(ab)t(c*d)-(e*f)/g)第二步：转换为前缀或后缀表达式。前缀：把运算符号移动到对应的括号前面，则变成了：+(V(ab)/(-(*(cd)*(ef)g)把括号去掉：+/ab/*cd*efg前缀式子出现。后缀：把运算符号移动到对应的括号后面，则变成了：(ab)/(cd)*(ef)*)-g)t把括号去掉：ab/cd*ef*-g/+后缀式子出现。当题目要求直接求前缀或后缀表达式时，这种方法会比上一种快捷得多。3.解析：endl指向队头元素，那么可知出队的操作是先从Aendl读数，然后cndl再加1。end2指向队尾元素的后一个位置，那么可知入队操作是先存数到Aend2,然后end2再加1。若把A0储存第一个元素，当队列初始时，入队操作是先把数据放到A0,然后end2自增，即可知end2初值为0；而end1指向的是队头元素，队头元素的在数组A中的下标为0，所以得知end1初值也为0，可知队空条件为endl=end2;然后考虑队列满时，因为队列最多能容纳M-1个元素，假设队列存储在下标为0到下标为M-2的M-1个区域，队头为AO,队尾为AM-2,此时队列满，考虑在这种情况下endl和end2的状态，cnd1指向队头元素，可知endl=O,end2指向队尾元素的后一个位置，可知end2=M-2+1=M-1,所以可知队满的条件为endl=(end2+1)modM,选A。注意：考虑这类具体问题时，用一些特殊情况判断往往比直接思考问题能更快地得到答案，并可以画出简单的草图以方便解题。4.解析：线索二叉树的线索实际上指向的是相应遍历序列特定结点的前驱结点和后继结点，所以先写出二叉树的中序遍历序列：debxac,中序遍历中在x左边和右边的字符，就是它在中序线索化的左、右线索，即b、a,选D。5.解析：将森林转化为二叉树即相当于用孩子兄弟表示法表示森林。在变化过程中，原森林某结点的第一个孩子结点作为它的左子树，它的兄弟作为它的右子树。那么森林中的叶结点由于没有孩子结点，那么转化为二叉树时，该结点就没有左结点，所以F中叶结点的个数就等于T中左孩子指针为空的结点个数，选C。此题还可以通过一些特例来排除A、B、D选项。6.解析：前缀编码的定义是在一个字符集中，任何一个字符的编码都不是另一个字符编码的前缀。选项D中编码110是编码1100的前缀，违反了前缀编码的规则，所以D不是前缀编码。065此题还有更为简便的算法，(f1)与(f2)的前4位为1100与1011，可以看出两数均为负数，而阶码用移码表示，两数的阶码头三位分别为100和011，可知(1)的阶码大于(2)的阶码，又因为是EEE754规格化的数，尾数部分均为1.xxx,则阶码大的数，真值的绝对值必然大，可知()真值的绝对值大于(2)真值的绝对值，因为都为负数，则(f1)(2),即xy15.解析：4M8位的芯片数据线应为8根，地址线应为log24M=22根，而DRAM采用地址复用技术，地址线是原来的1/2，且地址信号分行、列两次传送。地址线数为22/2=11根，所以地址引脚与数据引脚的总数为11+8=19根，选A。此题需要注意的是DAM是采用传两次地址的策略，所以地址线为正常的一半，这是很多考生容易忽略的地方。16.解析：把指令Cache与数据Cache分离后，取指和取数分别到不同的Cache中寻找，那么指令流水线中取指部分和取数部分就可以很好地避免冲突，即减少了指令流水线的冲突，选D。17.解析：采用32位定长指令字，其中操作码为8位，两个地址码一共占用32-8=24位，而Stor指令的源操作数和目的操作数分别采用寄存器直接寻址和基址寻址，机器中共有16个通用寄存器，则寻址一个寄存器需要10g16=4位，源操作数中的寄存器直接寻址用掉4位，而目的操作数采用基址寻址也要指定一个寄存器，同样用掉4位，则留给偏移址的位数为24-4-4=16位，而偏移址用补码表示，16位补码的表示范围为-32768+32767，选A。18.解析：计算机共有32条指令，各个指令对应的微程序平均为4条，则指令对应的微指令为32*4=128条，而公共微指令还有2条，整个系统中微指令的条数一共为128+2=130条，所以需要口10g2130口=8位才能寻址到130条微指令，答案选C。、19.解析：数据线有32根，也就是一次可以传送32bit/8=4B的数据，66MHz意味着有66M个时钟周期，而每个时钟周期传送两次数据，可知总线每秒传送的最大数据量为66M24B=528MB,所以总线的最大数据传输率为528MB/s,选C。20.解析：猝发（突发)传输是在一个总线周期中，可以传输多个存储地址连续的数据，即一次传输个地址和一批地址连续的数据，并行传输是在传输中有多个数据位同时在设备之间进行的传输，串行传输是指数据的二进制代码在一条物理信道上以位为单位按时间顺序逐位传输的方式，同步传输是指传输过程由统一的时钟控制，选C。21.解析：采用统一编址时，CPU访存和访问I/O端口用的是一样的指令，所以访存指令可以访问/O端口，D选项错误，其他三个选项均为正确陈述，选D。22.解析：每400ns发出一次中断请求，而响应和处理时间为100ns,其中允许的延迟为干扰信息，因为在50ns内，无论怎么延迟，每400ns还是要花费100ns处理中断的，所以该设备的I/O时间占整个CPU时间的百分比为100ns/400ns=25%,选B。23.解析：采用静态优先级调度时，当系统总是出现优先级高的任务时，优先级低的任务会总是得不到067处理机而产生饥饿现象；而短任务优先调度不管是抢占式或是非抢占的，当系统总是出现新来的短任务时，长任务会总是得不到处理机，产生饥饿现象，因此B、C、D都错误，选A。24.解析：三个并发进程分别需要3、4、5台设备，当系统只有(3-1)+(4-1)+(5-1)=9台设备时，第一个进程分配2台，第二个进程分配3台，第三个进程分配4台。这种情况下，三个进程均无法继续执行下去，发生死锁。当系统中再增加1台设备，也就是总共10台设备时，这最后1台设备分配给任意一个进程都可以顺利执行完成，因此保证系统不发生死锁的最小设备数为10。25.解析：trap指令、跳转指令和压栈指令均可以在用户态执行，其中trap指令负责由用户态转换成为内核态。而关中断指令为特权指令，必须在核心态才能执行，选D。26.解析：进程申请读磁盘操作的时候，因为要等待/O操作完成，会把自身阻塞，此时进程就变为了阻塞状态，当/O操作完成后，进程得到了想要的资源，就会从阻塞态转换到就绪态（这是操作系统的行为)。而降低进程优先级、分配用户内存空间和增加进程的时间片大小都不一定会发生，选A。27.解析：簇的总数为10GB/4KB=2.5M,用一位标识一簇是否被分配，则整个磁盘共需要2.5M位，即需要2.5M/8=320KB,则共需要320KB/4KB=80个簇，选A。28.解析：虚实地址转换是指逻辑地址和物理地址的转换。增大快表容量能把更多的表项装入快表中，会加快虚实地址转换的平均速率；让页表常驻内存可以省去一些不在内存中的页表从磁盘上调入的过程，也能加快虚实地址转换：增大交换区对虚实地址转换速度无影响，因此I、正确，选C。29.解析：一个文件被用户进程首次打开即被执行了Opn操作，会把文件的FCB调入内存，而不会把文件内容读到内存中，只有进程希望获取文件内容的时候才会读入文件内容；C、D明显错误，选B。30.解析：只有FIFO算法会导致Belady异常，选A。31.解析：管道实际上是一种固定大小的缓冲区，管道对于管道两端的进程而言，就是一个文件，但它不是普通的文件，它不属于某种文件系统，而是自立门户，单独构成一种文件系统，并且只存在于内存中。它类似于通信中半双工信道的进程通信机制，一个管道可以实现双向的数据传输，而同一个时刻只能最多有一个方向的传输，不能两个方向同时进行。管道的容量大小通常为内存上的一页，它的大小并不是受磁盘容量大小的限制。当管道满时，进程在写管道会被阻塞，而当管道空时，进程在读管道会被阻塞，因此选C。32.解析：多级页表不仅不会加快地址的变换速度，还会因为增加更多的查表过程，使地址变换速度减慢；也不会减少缺页中断的次数，反而如果访问过程中多级的页表都不在内存中，会大大增加缺页的次数，也并不会减少页表项所占的字节数，而多级页表能够减少页表所占的连续内存空间，即当页表太大时，将页表再分级，可以把每张页表控制在一页之内，减少页表所占的连续内存空间，因此选D。068.33.解析：直接为会话层提供服务的是会话层的下一层，即传输层，选C。34.解析：主机00-e1-d5-00-23-a1向00-e1-d5-00-23-c1发送数据帧时，交换机转发表中没有00-1-d5-00-23-c1这项，所以向除1接口外的所有接口广播这帧，即2、3端口会转发这帧，同时因为转发表中并没有00-e1-d5-00-23-a1这项，所以转发表会把（目的地址00-e1-d5-00-23-al,端口1)这项加入转发表。而当00-el-d5-00-23-c1向00-e1-d5-00-23-a1发送确认帧时，由于转发表已经有00-el-d5-00-23-al这项，所以交换机只向1端口转发，选B。35.解析：由香农定理可知，信噪比和频率带宽都可以限制信道的极限传输速率，所以信噪比和频率带宽对信道的数据传输速率是有影响的，A、B错误；信道的传输速率实际上就是信号的发送速率，而调制速度也会直接限制数据的传输速率，C错误；信号的传播速度是信号在信道上传播的速度，与信道的发送速率无关，选D。36.解析：考虑制约甲的数据传输速率的因素，首先，信道带宽能直接制约数据的传输速率，传输速率定是小于等于信道带宽的；其次，主机甲、乙之间采用后退N帧协议，那么因为甲、乙主机之间采用后退N帧协议传输数据，要考虑发送一个数据到接收到它的确认之前，最多能发送多少数据，甲的最大传输速率受这两个条件的约束，所以甲的最大传输速率是这两个值中小的那一个。甲的发送窗口的尺寸为1000，即收到第一个数据的确认之前，最多能发送1000个数据帧，也就是发送1000*1000B=1MB的内容，而从发送第一个帧到接收到它的确认的时间是一个往返时延，也就是50+50=100ms=0.1s,即在100ms中，最多能传输1MB的数据，因此，此时的最大传输速率为1MB/0.1s=10MB/s=80Mbps。信道带宽为100Mbps,所以答案为min80Mbps,100Mbps=80Mbps,选C。37.解析：把收到的序列分成每4个数字一组，即为(2,0,2,0)、(0，-2,0，-2)、(0,2,0,2)，因为题目求的是A发送的数据，因此把这三组数据与A站的码片序列(1,1,1,1)做内积运算，结果分别是(2,0,2,0)(1,1,1,1)/4=1、(0,-2,0,-2)(1,1,1,1)/4=-1、(0,2,0,2)(1,1,1,1)/4=1,所以C接收到的A发送的数据是101，选B。38.解析：当t时刻发生超时时，把ssthresh设为8的一半，即为4，且拥塞窗口设为lKB。然后经历10个RTT后，拥塞窗口的大小依次为2、4、5、6、7、8、9、10、11、12，而发送窗口取当时的拥塞窗口和接收窗口的最小值，而接收窗口始终为10KB,所以此时的发送窗口为10KB,选A。实际上该题接收窗口一直为10KB,可知不管何时，发送窗口一定小于等于10KB,选项中只有A选项满足条件，可直接得出选A。39.解析：UDP提供的是无连接的服务，I正确；同时UDP也提供复用/分用服务，正确；UDP虽然有差错校验机制，但是UDP的差错校验只是检查数据在传输的过程中有没有出错，出错的数据直接丢弃，并没有重传等机制，不能保证可靠传输，使用UDP协议时，可靠传输必须由应用层实现，I错误。答案选B。40.解析：当接入网络时可能会用到PPP协议，A可能用到；而当计算机不知道某主机的MAC地址时，用P地址查询相应的MAC地址时会用到ARP协议，B可能用到；而当访问Wb网站时，若DNS069