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Chapter-7-Problems-Answers.md

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Raw

  • P1
    a. 1，4，5，6块能够及时播放。通过画一个第一块一到达就开始播放的折线图来得出。
    b. 1，4，5，6块能够及时播放。通过画一个t1+Δ开始播放的折线图来得出。
    c. 缓存最多为2。通过视频接收和播放的折线图的差的最大值就能得到。
    d. 最小的播放时延为3Δ。通过使得视频接收和播放的折线图不重合的最小时延值求得。

  • P2
    播放期长度：Q/(r-x)
    停滞期长度：(B-Q)/(x-r)

  • P3
    a. 平均发送速率为H/2。
    b. 这要看播放的速率和H的关系，以及快的大小。
    如果块相对于重复周期较小，以至于收到第一个块播放完成之后的收不到第二个块，那么就会发生停滞。
    c.
    Image text
    d. 当H=2r时，此时在时间T正好播放(1/2)HT的内容，也正好传输进(1/2)HT。
    在Q=HT/2时，播放完Q中的内容后，正好时间到T，此时又传输进(1/2)HT的内容，远远满足播放条件，可以进行播放。
    因此每个播放循环中都不会停滞。
    e. 由于H>2r，因此开始播放的时间不会晚于(1/2)T。设H=2r。
    设在时间t开始播放，那么0-t时是积累Q的阶段，t-(1/2)T 时间是消耗Q的阶段，需要保证消耗的小于等于Q。
    假设消耗的等于Q，那么到(1/2)T 时间后就开始积累字节，一直到时间T。通过观察图像的面积，可以发现积累的面积正好能够填补后面一个低值的空缺，使得后面的所有循环都变为一个H/2的直线。
    Image text
    这也是一个上界，由于H>2r，实际上不到(1/2)T 的时间就开始积累字节了。
    Image text
    这应该是确界。
    f. 当H=2r时，除非Q过大，或者B过小（例如小于(1/2)HT）否则一般不会变满。
    当H>2r时,我认为参数必须加上r，否则无法正确计算。
    我们来简单计算，省略Q带来的比特率波动，使得开始播放时从位置0开始。
    Image text

  • P4
    疑问：不应该是压缩率为r，应该是消耗率为r
    a. 浪费了 E(x-r)
    b. 浪费了
    Image text

  • P5
    a. N2
    b. 2N

  • P6
    书上翻译错误，是ms而不是秒。
    例子使用7.3.1节第二段的例子。
    a. 20ms 发送 160+h B
    速率为 64000+400h bps
    b. 书上并没有讲RTP的首部长度，通过查询网络，得知RTP首部为12字节。
    首部总长度为 12 + 20 + 8 = 40字节

  • P7
    设初值为d0
    a.
    Image text
    b.
    设初值为d0
    Image text

  • P8
    设初值为v0
    a.
    Image text
    b.
    Image text

  • P9
    a.
    Image text
    b.
    因为随着传输时间的增加，每个时延的占比越来越小，而且占比是平均的。但是现实中，网络时延是可能根据时间变化的，距离最近的时间的时延对我们估计当前的平均时延更有帮助一些，因此不采用a中的方法。

  • P10
    公式和采用的思想是相同的，但是参数设置区别较大。因为时延变化的随机性特别高，因此不能设置距离最近的时延占比太大。

  • P11
    a.

分组 时延
2 7
3 9
4 8
5 7
6 9
7 8
8 8

b. 3,4,6,7,8
c. 3,6
d. t=10时开始播放

  • P12
    a.
分组 估计时延
2 7
3 7.2
4 7.28
5 7.252
6 7.4268
7 7.48412
8 7.535708

b.

分组 估计时延偏差
2 0
3 0.18
4 0.234
5 0.2358
6 0.36952
7 0.384156
8 0.3921696

  • P13
    a. 都需要25%的额外带宽。
    方案1如果出现丢失则是4个分组的时延。
    方案2如果出现丢失则是1个分组的时延。
    b.
    方案1: 等待第5个分组到达，然后重建丢失的分组，再开始播放。
    方案2: 等待下一个分组到达，然后使用低质量的比特率。
    方案1有更好的音频质量。
    c.
    方案1: 等待第5个分组到达，然后重建丢失的分组，再开始播放。
    方案2: 等待下一个分组到达，然后使用低质量的比特率。
    方案1有更好的音频质量。

  • P14
    a. 发起方每秒需要发送 (N-1)r 比特
    其它与会者需要每秒发送r比特
    总的发送速率是 2(N-1)r
    b. 发起方每秒需要发送 r 比特
    其它与会者需要每秒发送 r 比特
    总的发送速率是 Nr (不包含服务器)
    c. 发起方每秒需要发送 (N-1)r 比特
    其它与会者需要每秒发送 (N-1)r 比特
    总的发送速率是 N(N-1)r

  • P15
    a. 会被同一个套接字接收。
    b. 足够，使用源IP和端口号来区分。

  • P16
    a. 正确。
    b. 有可能？书上未提
    c. 错误。
    d. 错误。
    e. 正确，书上原话。
    f. 错误，这一行是接收的音频类型
    g. 错误，它的接收端口是48753
    h. 正确。
    i. 正确。
    f. 不清楚

  • P17
    a. 1123112311231123....
    b. 112112112112....

  • P18
    （未给出u，因此不按照适应性公式计算，而是按照绝对的平均时延）
    a.

分组 离开时间 时延
1 1 0
2 2 1
3 3 1
4 4 2
5 6 2
6 5 2
7 7 3
8 8 2
9 9 3
10 10 2
11 11 2
12 12 3

平均时延：1.92

b.

分组 离开时间 时延
1 1 0
2 3 2
3 2 0
4 7 5
5 4 0
6 8 5
7 5 1
8 10 4
9 6 0
10 11 3
11 9 0
12 12 3

平均时延：1.92

c.

分组 离开时间 时延
1 1 0
2 3 2
3 5 3
4 2 0
5 4 0
6 7 4
7 6 2
8 8 2
9 10 4
10 12 4
11 9 0
12 11 2

平均时延：1.92

d.
中文版书居然漏掉了权重！类型1的权重2，类型2的权重1

分组 离开时间 时延
1 1 0
2 3 2
3 2 0
4 6 4
5 4 0
6 8 5
7 5 1
8 10 4
9 7 1
10 11 3
11 9 0
12 12 3

平均时延：1.92

e.
平均时延相同。

  • P19

a.

分组 离开时间 时延
1 1 0
2 5 4
3 6 4
4 2 0
5 4 0
6 3 0
7 7 3
8 8 2
9 10 4
10 11 3
11 9 0
12 12 3

平均时延：1.92

b.

分组 离开时间 时延
1 1 0
2 2 1
3 4 2
4 3 1
5 7 3
6 5 2
7 6 2
8 8 2
9 10 4
10 11 3
11 9 0
12 12 3

平均时延：1.92

c.

分组 离开时间 时延
1 1 0
2 2 1
3 3 1
4 4 2
5 7 3
6 10 7
7 5 1
8 6 0
9 8 2
10 9 1
11 12 3
12 11 2

平均时延：1.92

  • P20
时隙 队列 令牌数 输出链路分组
0 1 2 3 2 1 2
1 3 4 1 3
2 4 5 1 4
3 5 6 1 5
4 6 1 6
5 1
6 7 8 2 7 8
7 9 10 1 9
8 10 1 10
  • P21
时隙 队列 令牌数 输出链路分组
0 1 2 3 2 1 2
1 3 4 2 3 4
2 5 2 5
3 6 2 6
4 2
5 2
6 7 8 2 7 8
7 9 10 2 9 10
8 2

  • P22
    r=3时无变化，和P21回答相同。因为每个时隙生产3个令牌，但是最多放进桶里两个，与生产两个实际相同。

  • P23
    查找了一些文档，使用“双速率三色令牌桶”算法。
    但是这里显然用不到三色，只要双速率就足够了。
    两个桶设定不同的r和b，然后报文首先经过第一个桶，再经过第二个桶，两个都经过才可以输出。
    没有找到直接描述如何监管峰值速率的资料，不清楚如何实现监管。

  • P24
    疑问：感觉中文翻译的有问题

  1. 分组不是必须等待，如果循环正好轮到该队列就不用等待。
  2. 分组并不是符合哪个漏桶规范就去哪个队列，而是根据分组本身的队列标记决定。
  • P25
    不会。