計算機專業(yè)（基礎綜合）模擬試卷34

計算機專業(yè)(基礎綜合)模擬試卷34

一、單選題(本題共40題，每題1.0分，共40分。)

1、在具有n個結點的順序表，算法的時間復雜度是0(1)的操作是()。

A、訪問第i個結點(IWWn)和求第i個結點的直接前驅(2W￡n)

在第i個結點后起入一個新結點(IgiSn)

C、刪除第i個結點(1雜n)

D、將n個結點從大到小排序

標準答案：A

知識點解析：順序表是隨機存取結構，選項A中實質是查找第i個結點和第i—1

個結點，因此時間復雜度為0(1):選項B和C插入和刪除都需要移動元素，時間

復雜度為O(n);選項D是排序問題，時間復雜度是O(n)?0(/)。

2、使用雙鏈表存儲線性表，其優(yōu)點是()。［提高杳找速度TT更方便數據的插入和

刪除HI節(jié)約存儲空間IV很快回收存儲空間

A、I、n

B、I、H

C、僅口

D、口、迎、IV

標準答案：C

知識點解析：在鏈表中一般只能進行順序查找，所以，雙鏈表并不能提高查找速

度，因為雙鏈表中有兩個指針域，顯然不能節(jié)省存儲空間，對于動態(tài)存儲分配，回

收存儲空間的速度是一樣的。由于雙鏈表具有對稱性，所以其插入和刪除操作更加

方便。

3、若進棧序列為a,b,c,則通過出棧操作可能得到a,b,c的不同排列個數為

()。

A、4

B、5

C、6

D、7

標準答案：B

知識點解析：若進棧序列為a,b,c,可以考慮所有進棧出棧情況，則可能得到

a,b,c的出棧序列是abc,acb,bac,bca,cbao［歸納總結］對于n個不同元素進

棧，出棧序列的個數為：*6?。［解題技巧］當。一3時，出棧序列的個數為

1不6X5X4_

…4X3X2Xe1-,即可快速得出正確答案。

4、若對n階對稱矩陣A[l..n,1..n]以行序為主序方式下將其下三角的元素

(包括主對角線上的所有元素)依次存放于一維數組B[l..。6+1)/2]中，則在8

中確定aij(i

A、i(i-l)/2+j

B、j(j—l)/2+i

C>i(i+l)/2+j

D、j(j+l)/2+i

標準答案：B

知識點解析：將對稱矩陣A中的下三角的元素存放于B數組中，若求aij(i>j)的位

置k的關系，答案為A,即i(i-l)/2+j。但是，本題求aij(iij(iij(iij,這就需要將

備選答案A中i(i一l)/2+j的i與j互換，因此正確答案為B,即j(j-1)/2+

5、在線索化二叉樹中，I所指結點沒有左子樹的充要條件是()。

A、t->left=NULL

B、t—>ltag=I

C、t->ltag=l且t->left=NULL

D、以上都不對

標準答案：B

知識點解析：線索二叉樹中某結點是否有左孩子，不能通過左指針域是否為空來判

斷，而要判斷左標志是否為1。

6、若采用鄰接矩陣來存儲簡單有向圖，則其某一個頂點i的入度等于該矩陣()。

A、第i行中值為1的元素個數

B、所有值為1的元素個數

C、第i行及第i列中值為1的元素總個數

D、第i列中值為1的元素個數

標準答案：D

知識點解析：由鄰接矩陣的定義可知，對于無向圖，其鄰接矩陣的第i行的和即為

第i個頂點的度。對于有向圖，鄰接矩陣的第i行元素的和即為第i個頂點的出

度，而鄰接矩陣的第j列元素的和即為第j個頂點的出度。

7、在有11個元素的有序表A[l..11]中進行折半查找，查找元素A[ll]時，被比

較的元素的下標依次是()。

A、6,8,10,11

B、6,9,10,11

C、6.7,9,11

D、6,8,9,11

標準答案：B

知識點解析：由折半查找過程可得，第一次[(1+11)/2]=6,第二次L((6+l)+

H)/2J=9,第三次K(9+l)+ll)/2],第四次11?；蛘哂上聢D所示的折半查找

的判定樹可求得下標。

8、設散列表表長m=14,散列函數H(k)=kMOD11,表中已有15,38,61,84

四個元素，如果用線性探測法處理沖突，則元素49的存儲地址是()。

A、8

B、3

C、5

D、9

標準答案：A

知識點解析：元素15,38,61,84分別存儲在4,5,6,7單元，而元素49的散

列地址為5,發(fā)生沖突，向后探測3個單元，其存儲地址為8。

9、以下關于查找方法的說法正確的是()。I順序查找法只能在順序存儲結構上進

行II折半查找法可以在有序的雙向鏈表上進行m分塊查找的效率與線性表被分為

多少塊有關

A、I、n

B、口、川

C、I、m

D、只有m

標準答案：D

知識點解析：I和n的說法都是錯誤的，順序查找法可以在順序存儲結構和鏈式存

儲結構上進行，而折半查找只能在可以進行隨機存取的存儲結構上進行，即只能在

順序存儲的有序表上進行。

10、下述排序方法中，比較次數與待排序記錄的初始狀態(tài)無關的是()。

A、插入排序和快速排序

B、歸并排序和快速排序

C、選擇排序和歸并排產

D、插入排序和歸并排序

標準答案：C

知識點解析：選擇排序在最好、最壞、平均情況下的時間性能均為0(仔)，歸并排

序在最好、最壞、平均情況下的時間性能均為O(nlogn)。

11、堆排序、快速排序、歸并排序就排序算法所用的輔助空間而言，從小到大的關

系是()。

A、堆排序、快速排序、歸并排序

B、堆排序、歸并排序、快速排序

C、快速排序、歸并排序、堆排序

D、歸并排序、快速排序、堆排序

標準答案：A

知識點解析：本題主要考查各種排序的空間復雜度。堆排序只是需要在元索比較進

行交換時需要常數個存儲空間，它需要的輔助空間為0（1）；快速排序在遞歸過程

中需要棧結構來保存遞歸的信息，它需要的輔助空間為O（log2n）；歸并排序需要

長度為元素個數的線性空間來保存歸并的結果，它需要的輔助空間為0（n）。

12、目前的計算機，從原理上講（）。

A、指令以二進制形式存放，數據以十進制形式存放

B、指令以十進制形式存放，數據以二進制形式存放

C、指令和數據都以二進制形式存放

D、指令和數據都以十進制形式存放

標準答案：C

知識點解析：在計算機中，無論是指令還是數據都以二進制形式存放在存儲器中。

（1）計算機（指硬件）應由運算器、存儲器、控制器、輸入設備和輸出設備五大基本部

件組成；（2）計算機內部采用二進制來表示指令和數據；（3）將編好的程序和原始數

據事先存入存儲器中，然后再啟動計算機工作。

13、在CRC碼中，接收端檢查出某一位數據出錯后，一般采用的糾正方法是（）。

請求重新發(fā)送

B、刪除數據

C、判斷余數值由接收端自行糾正

D、以上均可

標準答案：C

知識點解析：把接收到的CRC碼用約定的生成多項式G（x）去除，如果正確，則余

數為0；如果某一位出錯，則余數不為0。［歸納總結］在CRC碼中，接收端檢查出

某一位數據出錯（余數不為0）后，采用的糾正方法是：對此余數補0后，當作被除

數再繼續(xù)除下去，同時讓被檢測的校驗碼循環(huán)左移，如此反復循環(huán)，這就是“循環(huán)

碼”詞的來源。當出錯的位已移到最高位時，通過異或門將其求反糾正，所以，移

滿一個循環(huán)，就得到一個糾正的碼字。［解題技巧］理論上說選項A和B都可以使

得出錯的數據得以糾正，但這都不是CRC碼在接收端采用的糾正方法。

14、表示浮點數時，若要求機器零在計算機中的表示為全“0”，則階碼應采用的編

碼是（）。

A、原碼

B、反碼

C、補碼

D、移碼

標準答案：D

知識點解析：移碼全為。時，它所對應—的真值最?。ń^對值最大的負數）。所以當

階碼為全0,尾數也為全0時;表示機器零。［歸納總結］對于浮點數N=Mx/,當

尾數M=0時，不論其階碼為何值都有N=0。另外一種情況，當Ev—211時，

MKO,此時NW但非常接近于0,一般以N=0處理。為了保證唯一性，要求規(guī)定

一個標準的浮點數零的表示形式，稱為“機器零”，它應該同時具有0的尾數和最小

階碼(絕對值最大的負數)。［解題技巧］原碼、補碼和反碼表示最小階碼時均不為全

0,唯有移碼表示為全0。

15、若浮點運算結果尾數不是規(guī)格化數，將進行結果規(guī)格化。結果規(guī)格化有左規(guī)和

右規(guī)之分，下列操作中，屬于結果規(guī)格化的操作是()。I.尾數左移1位，階碼加

1n.尾數左移1位，階碼減1n.尾數右移1位，階碼加1iv.尾數右移1位，

階碼減1

A、I、n

B、n、m

C、I、H

D、口、W

標準答案：B

知識點解析：當浮點運算結果尾數不是規(guī)格化數時，執(zhí)行左規(guī)或右規(guī)。向左規(guī)格化

規(guī)則：尾數每左移1位，階碼減1。向右規(guī)格化規(guī)則：尾數右移1位，階碼加1。

［歸納總結］為了提高運算的精度，需要充分地利用尾數的有效數位，通常采取規(guī)格

化形式，即規(guī)定尾數的最高數位必須是一個有效值。非規(guī)格化浮點數需要進行規(guī)格

化操作才能變成規(guī)格化浮點數。所謂規(guī)格化操作就是通過相應地調整一個非規(guī)格化

浮點數的尾數和階碼的大小，使非零的浮點數在尾數的最高數位上保證是一個有效

值。左規(guī)就是將尾數左移以實現規(guī)格化，尾數每左移一位，階碼相應減l(Ec-

1-Ec),直至成為規(guī)格化數為止(左規(guī)可以進行多次)。右規(guī)就是將尾數右移以實現

規(guī)格化，尾數每右移一位，階碼相應加1(EC+1TEC),右規(guī)最多只有一次。

16、如下圖所示，若低位地址(A0?All)接在內存芯片地址引腳上，高位地址

(A12?A19)進行片選譯碼(其中，A14和A16沒有參加譯碼)，且片選信號低電平有

效，則對下圖所示的譯碼電路，不屬于此譯碼空間的地址是()。

A、AB000H?ABFFFH

B、BB000H?BBFFFH

C、EFOOOH?EFFFFH

D、FEOOOII-FEFFFII

標準答案：D

知識點解析：這是一個部分譯碼的片選信號，高8位地址中有2位(A14和A16)沒

有參與譯碼，根據譯碼器電路，譯碼輸出的邏輯表達式應為：

AI7)AI5AI2［歸納總結］片選信號譯碼可分為全譯碼法和部分譯碼法。

全譯碼法將除片內尋址外的全部高位地址線都作為地址譯碼器的輸入，譯碼器的輸

出作為各芯片的片選信號，將它們分別接到存儲芯片的片選端，以實現對存儲芯片

的選擇。部分譯碼即用除片內尋址外的高位地址的一部分來譯碼產生片選信號。部

分譯碼法較全譯碼法簡單，但存在地址重疊區(qū)。［解題技巧I此題在求解時要找突破

口，在四個選項中，僅有D選項中的A12=0,其余選項的A12=l,很顯然D選

項為不屬于此譯碼空間的地址。

17、在32位處理器上，假設棧頂指針寄存器的當前值為OxOOFFFFE8,那么在執(zhí)

行完指令"pusheax"（eax為32位寄存器）后，棧指針的當前值為（）。

A、0X00FFFFE4

B、0x00FFFFE6

C、OxOOFFFFEA

D、OxOOFFFFEC

標準答案：A

知識點解析：“pusheax”是一條進棧指令，進棧時要先修改棧指針，32位數據占4

個字節(jié)，存儲器按字節(jié)編址，所以棧指針一4。［歸納總結］存儲器堆棧的大小可

變，棧底固定，棧頂浮動，需要一個專門的硬件寄存器作為堆棧棧頂指針，簡稱棧

指針（SP）。棧指針所指定的存儲單元，就是堆棧的棧頂。對于自底向上生成的堆棧

（棧底地址大于棧頂地址），通常棧指針始終指向棧頂的滿單元。囚此，進棧時，SP

的內容需要先自動減量，然后再將數據壓入堆棧；出棧時，需要先將堆棧中的數據

彈出，然后SP的內容再自動增量。［解題技巧］首先要明確進棧時棧指針是自動減

量的，所以可以排除掉選項C和D。選項B棧指針一2,與32位寄存器的描述不

符，所以正確答案為A。

18、在補碼加法運算時，產生溢出的情況是（）。I.兩個操作數的符號位相同，運

算時采用單符號位，結果的符號位與操作數相同限兩個操作數的符號位相同，

運算時采用單符號位，結果的符號位與操作數不同m.運算時采用單符號位，結

果的符號位和最高數位不同時產生進位IV.運算時采用單符號位,結果的符號位

和最高數位同時產生進位V.運算時采用雙符號位，運算結果的兩個符號位相同

VI.運算時采用雙符號位，運算結果的兩個符號位不同

A、I、山、V

B、口、W、VI

C、口、川、VI

D、I、山、VI

標準答案：c

知識點3析：常用的溢出判斷方法主要有三種：采用一個符號位、采用進位位和采

用變形補碼c［歸納總結］采用一個符號位的溢出條件為：溢出=尢25.+%丫段采用進

位位的溢出條件為：溢出其中，Cs為符號位產生的進位，G為

最高數值位產生的進位。采用雙符號位（變形補碼）的溢出條件為：溢出

19、在采用增量計數器法的微指令中，下一條微指令的地址存放的位置是（）。

A、在當前微指令中

B、在微指令地址計數器中

C、在程序計數器中

D、在機器指令的地址碼中

標準答案：B

知識點解析：在增量方式下，下一條微指令的地址應該由微程序計數器形成。［歸

納總結］下一條微指令的地址也就是后繼微地址，它的形成方法對微程序編制的靈

活性影響很大，主要有兩大基本類型：增量方式和斷定方式。增量方式與機器指令

的控制方式很類似，順序執(zhí)行時后繼微地址就是現行微地址加上一個增量（通常為

“「'）；轉移或轉子時，由微指令的順序控制字段產生轉移微地址。因此，在微程序

控制器中應當有一個微程序計數器，或稱為微指令地址計數器。斷定方式的后繼微

地址可由微程序設計者指定，或者根據微指令所規(guī)定的測試結果直接決定后繼微地

址的全部或部分值。|解題技巧］后繼微地址與機器指令沒有關系，所以可以排除掉

選項C和D。在斷定方式下或增量方式轉移時，當前微指令中才會包含下一條微

指令地址的有關信息，所以選項A也是錯誤的。

20、在32位總線系統(tǒng)中，若時鐘頻率為500MHz,傳送一個32位字需要5個時鐘

周期，則該總線系統(tǒng)的數據傳送速率是（）。

A、200MB/s

B、400MB/s

C、600MB/s

D、800MB/s

標準答案：B

知識點解析：由于傳送4個字節(jié)的數據需要5個時鐘周期，4Bx500MHz+5=

400MB/so［歸納總結］總線的最大數據傳輸率又稱總線帶寬，即每秒傳輸的字節(jié)

數。總線帶寬一總線寬度x總線頻率。本題中時鐘頻率為500MHz,一個總線周期

需要5個時鐘周期，故總線頻率為500MHz+5=100MHz。

21、計算機要對聲音信號進行處理時，必須將它們轉換成數字聲音信號。最基本的

聲音信號數字化方法是取樣一量化法。若量化后的每個聲音樣本用2個字節(jié)表示，

則量化分辨率是（）。

A、1/2

B、1/1024

C、1/65536

D、1/131072

標準答案：C

知識點解析：量化后的每個聲音樣本用2個字節(jié)（16位）表示，2,0=65536.其倒數

就是量化的分辨率。I歸納總結］模擬音頻轉換成數字音頻需要經過采樣、量化和編

碼三個過程。其中量化是將每個采樣點得到的幅度值用數字表示，量化位數（又稱

采樣精度）表示存放采樣點幅度值的二進制位數，它決定了模擬信號數字化后的動

態(tài)范圍。在相同的采樣頻率下，量化位數越大，則采樣精度越高（分辨率越高），聲

音的質量也越好，聲音信息的存儲量也相應越大。

22、.在DMA方式下，數據從內存?zhèn)魉偷酵庠O經過的路徑是（）。

A、內存一數據總線-外設

B、內存—DMAC—外設

C、內存一CPU一總線一外設

D、外設一內存

標準答案：B

知識點解析：在DMA方式下，數據從主存?zhèn)魉偷酵庠O需要通過DMA控制器中的

數據緩沖寄存器。［歸納總結］在進行DMA操作之前要應先對DMA控制器編程。

比如，確定傳送數據的主存起始地址、要傳送的字節(jié)數以及傳送方式，是由外設將

數據寫入主存還是從主存將數據讀出送外設。DMA控制器中的數據緩沖寄存器用

來暫存每次傳送的數據。輸入時，數據由外設（如磁盤）先送往數據緩沖寄存器，再

通過數據總線送到主存。反之，輸出時，數據由主存通過數據總線送到數據緩沖寄

存器，然后再送到外設。

23、提高單機資源利用率的關鍵技術是（）。

A、SPOOLing技術

B、虛擬技術

C、交換技術

D、多道程序設計技術

標準答案：D

知識點解析：本題考查操作系統(tǒng)的特性。并發(fā)性是操作系統(tǒng)的一個最主要的特性，

其它特性都是基于該特性的。多道程序設計技術是實現并發(fā)性的基礎，由于采用了

多道技術，系統(tǒng)實現了并發(fā)，從而提高了資源利用率。而SPOOLing技術是為解決

獨占設備的問題，虛擬技術主要應用在存儲管理中來擴大存儲空間，交換技術也是

用于存儲管理八所以多道技術是正確答案.

24、一個進程被喚醒意味著（）。

A、該進程可以重新競爭CPU

B、優(yōu)先級變大

C、PCB移到就緒隊列之首

D、進程變?yōu)檫\行態(tài)

標準答案：A

知識點解析：本題考查進程的狀態(tài)以及狀態(tài)之間的變換。當一個進程被喚醒時，這

個進程就進入了就緒態(tài)，等待進程調度而占有CPU運行。進程被喚醒在某種情形

下優(yōu)先級可以增大，但是一般不會變?yōu)樽畲螅泄潭ǖ乃惴▉碛嬎?。也不會喚?/p>

以后位于就緒隊列的起首，就緒隊列是按照一定的規(guī)則來賦予其位置的，例如先來

先服務，或高優(yōu)先級優(yōu)先，或短進程優(yōu)先等。更不能直接占有處理機運行。

25、出現下列的情況可能導致死鎖的是（）。

A、進程釋放資源

B、一個進程進入死循環(huán)

C、多個進程競爭資源出現了循環(huán)等待

D、多個進程競爭使用共享型的設備

標準答案：c

知識點解析：本題考查死鎖的四個必要條件。死鎖的四個必要條件是：互斥、占有

并等待、非剝奪、循環(huán)等待。本題中，出現了循環(huán)等待的現象，意味著可能導致死

鎖的出現。進程釋放資源不會導致死鎖，進程自己進入死循環(huán)只能產生饑餓，不涉

及別的進程。共享型設備允許多個進程申請使用，故也不會造成死鎖。

26、進程從運行狀態(tài)轉爽為就緒狀態(tài)的可能原因是()。

A、被調度程序選中占用處理機

B、等待某一事件

C、等待的事件已經發(fā)生

D、時間片用完

標準答案：D

知識點解析：就緒狀態(tài)是指一個進程獲得了除處理機以外的一切資源，當得到調度

時，就由就緒狀態(tài)轉換為運行狀態(tài)；運行狀態(tài)就是一個進程在處理機上正在運行。

當處于運行狀態(tài)的進程在運行過程中所分配的時間片用完，則會被強制撤離處理

機，以便調度其它進程運行。由于原先運行的進程是非自愿地離開運行狀態(tài)，所以

沒有其它的事件相關，只有繼續(xù)在就緒隊列中等候下一次的調度，所以D是正確

的。A的情形是由就緒狀態(tài)轉換為運行狀態(tài)；B的情形是由運行狀態(tài)轉換為阻塞狀

態(tài)；C的情形是由阻塞狀態(tài)轉換為就緒狀態(tài)，均不正確，正確答案應選D。本題主

要考察學生對進程狀態(tài)以及相互轉換的關系，難度也并不高，改變一下問題的問

法，ABC三個答案均會有可能。

27、某計算機采用虛擬頁式存儲技術，系統(tǒng)為每一個進程提供65536B的地址空

間.含內外存.頁面大小為4096R,某一個進程的代碼段有32768R,數據段

16396B,堆棧段在進程創(chuàng)建時為1024B,運行中最大會增漲到15284B。那么這個

進程()。

A、能夠創(chuàng)建到內存，運行正常

B、能夠創(chuàng)建到內存，運行過程中出錯

C、不能創(chuàng)建到內存

D、能夠創(chuàng)建到內存，可能會死鎖

標準答案：B

知識點解析：本題考查頁式存儲的基本概念。頁內只能存放同一個段的信息，不能

容納不同段的內容。根據題意，系統(tǒng)給每個進程最多分配有65536:4096=16個頁

面，進程創(chuàng)建時需要代碼段32768:4096=8頁；數據段16396X096=4頁余12,

占用5頁;堆棧段1024:4096=0頁余3072,占用1頁。8+5+1=14<16,因此進

程可以創(chuàng)建。當運行中堆棧段增漲到最大15284時，需要頁面15284:4096=3頁余

2996,需占用4頁，那么8+5+4=17>16,超出了系統(tǒng)分配給一個進程的最大地

址空間，因此將會在申請第17個頁面時出現一個致命的錯誤，進程退出。死鎖的

發(fā)生一定是二個或二個以上的進程之間發(fā)生的時間和空間上的競爭，本題沒有涉及

其它進程，因此不會死鎖。

28、虛擬頁式存儲管理中，CPU必須具備必要的物理硬件的支持，而不是必需的

單元是（）。

A、缺頁中斷機構

B、地址加法器

C、cache

D、地址寄存器

標準答案：C

知識點解析：在虛擬頁式存儲管理中，除了有主存和輔存以外，為滿足虛擬技術，

CPU還需要有缺頁中斷機制；為滿足頁式存儲管理，CPU中需要有地址加法器和

地址寄存器來計算頁表到頁框的映射，而cache并不是必需的，因為cache的存在

只是提高了CPU尋址的效率，并不是虛擬頁式存儲技術的重要單元，缺少cache,

CPU每次執(zhí)行一個雙字的指令（以32位為例）或取一個數據均需要二次訪問內存，

當然這是很不利的，可能會實際上造成虛擬頁式的使用障礙。增加了cache,使得

虛擬頁式存儲技術的實際使用提供了方便。

29、在文件的邏輯組織中，不屬于記錄文件的是（），

A、索引文件

B、分區(qū)文件

C、鏈接文件

D、索引順序文件

標準答案：B

知識點。析：對于記錄型文件，構成文件的基本單位是記錄。記錄文件是具有符號

名并且在邏輯上具有完整意義的記錄序列。用戶對記錄型文件的訪問是以記錄為基

本單位的。一個記錄由一組在邏輯上相關的信息項構成。每個文件內部有一個讀寫

指針,通過系統(tǒng)調用可以將讀寫指針移動到文件的某一位置處,以后的讀寫將從該

指針所確定的位置處開始。因此索引順序文件、鏈接文件和索引文件都是記錄文

件。只有分區(qū)文件不是汜錄文件，故正確答案為B。

30、文件系統(tǒng)可以利用位圖實現的是（）。

A、記錄圖形文件

B、磁盤空間管理

C、磁盤調度

D、目錄查找

標準答案：B

知識點解析：本題考查位圖的功能。位圖也稱為位示圖或示位圖。這種題型關鍵在

于平時注意。磁盤調度和目錄查找通常是利用指針實現的，和位圖無關。而使用位

圖，可以方便地指示出哪個磁盤塊是空閑的，哪個磁盤塊已經被使用了（可以利用

位圖中的位標志為1來實現，反之亦然）。

31、文件共享可以有多種方式，下列不是文件共享的方式是（）。

A、繞道法

B、鏈接法

C、文件映射法

D、基本文件目錄表法

標準答案：C

知識點解析：文件的共享主要有三種方式：繞道法（或稱軟鏈接法），鏈接法（或稱硬

鏈接法）和基本文件目錄表法。文件共享可以使得多個用戶共同使用同一個文件，

不僅是為完成共同任務所必須，而且還節(jié)省了大量存儲空間，減少重復性勞動，減

少實際10文件的個數。其中，繞道法通過文件的路徑名來實現共享。鏈接法直接

將文件的指針指向文件所在的目錄，并在文件控制塊中記錄下文件的共享鏈接數。

基本文件目錄利用符號文件目錄和基本文件目錄，用戶訪問基本文件目錄，系統(tǒng)采

用符號文件目錄，利用指針將基本文件目錄映射到符號文件目錄，從而實現共享。

文件映射不是文件共享的方式，而是進程間進行通信的一種內存共享方式。

32、通道是一種10設備，它主要用于傳輸的數據是位于（）。

A、主存與10設備

B、CPU與10設備

C、主存與外存

D、CPU與外存

標準答案：A

知識點解析：本題考查通道的作用與功能。通道主要是連接10設備與內存的--個

硬件設施，又稱為10處理機，是一個獨立于CPU的專門管理10的控制器，它可

以控制設備與內存直接進行數據交換，所以它與CPU是并行的。通道具有執(zhí)行10

指令的能力，并通過執(zhí)行通道程序來控制10操作。但是，通道又和一般的處理機

不同，他的結構簡單，指令較少且單一，這些指令一般均與10操作有關。同時，

通道一般沒有自己獨立的內存，它的程序大多是放在主存中的，與CPU共享。

33、計算機網絡體系之所以采用層次結構的主要原因是（）。

A、層次結構允許每一層只能同相鄰的上下層次發(fā)生聯系

B、層次結構優(yōu)于模塊化結構

C、使各層次的功能相對獨立，使得各層次實現技術的進步不影響相鄰層次，從而

保持體系結構的穩(wěn)定性

D、層次結構的方法可以簡化計算機網絡的實現

標準答案：C

知識點解析：本題考查層次結構，計算機網絡分層使各層之間是獨立的，靈活性

好，結構上可以分開，易于實現和維護，促進標準化工作，這是最主要的原因，選

項A只涉及一個功能方面，選項B層次和模塊化各有優(yōu)缺點，不能相提并論，而

選項D也是涉及一個方面，因此答案是C。

34、某調制解調器同時使用幅移鍵控和相移鍵控，采用0、兀/2、兀和3/2兀四種

相位，每種相位又都有2個不同的幅值，在波特率為1200的情況下數據速率是

（）。

A、7200bps

B、4800bps

C>2400bps

D、1200bps

標準答案：A

知識點解析?：本題考查奈奎斯特定理，注意根據題意有4種相位x2個幅值：8種信

號狀態(tài)，根據共識C=2Wxlog2M=2xl200xlog28=2xl200x3=7200bps,因此答案

為A。［歸納總結］關于信道最大數據速率的計算：Nyquist已經證明，若信號通過

帶寬為H的低通濾波器，則濾過的信號可以用每秒2H個采樣值完全恢復出來。如

果信號由V個離散等級組成，則Nyquist定理表明信道上的最大數據速率為

2Hlog2Vbpso對于無噪聲信道來說，V可以無窮大，但對于有噪聲信道來說，V

是有限的，與信道的信噪比有關。信噪比：信號功率s與噪聲功率N的比值，常

用分貝來表示：101ogioS/N。根據Shannon定理，帶寬為H、信噪比為S/N的

信道的最大數據速率為Hlog2（l+S/N）bpso

35、以太網的MAC子層遵守的標準是（）。

A、IEEE802.4

B、IEEE802.5

C、IEEE802.2

D、IEEE802.3

標準答案：D

知識點解析：本題是概念題，考查以太網和IEEE802.3的關系，IEEE802.3描述

物理層和數據路層的MAC子層的實現方法，在多種物理媒體上以多種速率采用

CSMA/CD訪問方式，對于快速以太網該標準說明的實現方法有所擴展，是以太

網的MAC子層遵守的標準，因此答案是D。［歸納總結］強調關于無效的MAC幀

的概念，注意對于檢查出的無效MAC幀就簡單地丟棄。以太網不負責重傳丟棄的

幀。（1）數據字段的長度與長度字段的值不一致；（2）幀的長度不是整數個字節(jié)；

（3）用收到的幀檢驗序列FCS查出有差錯；（4）數據字段的長度不在46?1500字節(jié)

之間。（5）有效的MAC幀長度為64?1518字節(jié)之間。

36、一個以太網卡經歷4次連續(xù)沖突后，如果帶寬是10M,那么其最大等待時間

是（）。

A、768微秒

B、819.2微秒

C、716.8微秒

D、921微秒

標準答案：A

知識點解析：本題考查CSMA/CD的二進制指數退避算法，首先每個站點確定一

個基本推遲時間T,然后從整數集合｛0,1,2,3,…，2-1中隨機抽取一個整數

r,其中r=min（重發(fā)次數，10）；隨機等待時間Tw=rx「注意當某MAC幀重發(fā)

16次不能成功，則放棄該幀。并向高層報告?，F已知沖突次數為4,所以k=4,

2k=16。由此可得，在下一次重發(fā)前最多要等待15個時間片。在10M以太網的情

況下，一個時間片=51.2微秒，所以等待的最大時間為15x51.2=768微秒，因

此答案是A。

37、局域網中訪問沖突的根源是（）。

A、獨占介質

B、共享介質

C、引入MAC子層

D、規(guī)則的拓撲結構

標準答案：B

知識點解析：本題考查以太網CSMA/CD協議的原理，由于采用隨機訪問和競爭

技術，CS—MA/CD只用于總線拓撲結構網絡，因此答案為B。［歸納總

結］CSMA/CD改進其它CSMA協議的地方是，當發(fā)送節(jié)點檢測到沖突后立即停

止發(fā)送，并進入沖突解決過程。也就是說，僅當檢測到沖突時仍未結束發(fā)送，才能

節(jié)省時間和帶寬。節(jié)點從開始發(fā)送至檢測到沖突，所需的最長時間等于信號在相距

最遠的兩個節(jié)點之間的來回傳輸時間（2工）。沖突的檢測是通過將監(jiān)聽到的信號與發(fā)

送出去的信號相比較而實現的，因此物理層上需要使用便丁?檢測沖突的信號編碼方

案。

38、TCP的滑動窗口協設中規(guī)定重傳分組的數量最多可以是（）。

A、任意的

B、1個

C、大于滑動窗口的大小

D、等于滑動窗口的大小

標準答案：D

知識點解析：TCP滑動窗口協議中發(fā)送方滑動窗口的大小規(guī)定了發(fā)送方最多能夠

傳送的分組的數目，只有窗口滑動了，才能往后繼續(xù)發(fā)送。分組的重傳也是發(fā)送方

數據的發(fā)送，因而重傳分組的數量最多也不超過滑動窗口的大小，答案是D。

39、下面關于交換機的說法中，正確的是（）。

A、以太網交換機可以連接運行不同網絡層協議的網絡

B、從工作原理上講，以太網交換機是一種多端口網橋

C、集線器是一種特殊的交換機

D、通過交換機連接的一組工作站形成一個沖突域

標準答案：B

知識點解析：本題考查交換機和集線器的區(qū)別，選項A,交換機是數據鏈路層設

備，對于網絡層來說是透明的，表述有問題，選項C,集線器是物理層設備，和交

換機不在同一個層次，選項D,交換機的優(yōu)勢就是每個端口是一個沖突域，整個交

換機是一個廣播域，因此答案是B。［歸納總結］交爽機和集線器的區(qū)別：（1）在（3SI

/RM（OSI參考模型）中的工作層次不同：集線器是工作在第一層（物理層），而交換

機至少是工作在第二層；（2）交換機的數據傳輸方式不同：集線器的數據傳輸方式

是廣播方式；而交換機的數據傳輸是有目的的，數據只對目的節(jié)點發(fā)送，根據端口

—MAC地址映射表進行轉發(fā)。（3）帶寬占用方式不司：集線器所有端口是共享集線

器的總帶寬（因為廣播式傳輸!），而交換機的每個端口都具有自己的獨享帶寬。（4）

傳輸模式不同：集線器只能采用半雙工方式進行傳輸的，而交換機則不一樣，它是

采用全雙工方式來傳輸數據的。

40、關于FTP的工作過程，下面那種說法錯誤的是（）。

A、在傳輸數據前TTP服務器用TCP21端口與客戶端建立連接

B、建立連接后，FTP服務器用TCP20端口傳輸數據

C、數據傳輸結束后，FTP服務器同時釋放21和2（）端口

D、FTP客戶端的端口是動態(tài)分配的

標準答案：C

知識點解析：本題考查FTP的工作原理，FTP使用兩條TCP連接完成文件傳輸，

一條是控制連接，另一條是數據連接。平時FTP服務器總在端口21上等待客戶的

連接請求，當用戶需要傳輸文件時，FTP客戶與FTP服務器的端口21建立一個控

制連接，用來傳送客戶的命令和服務器的響應。當客戶在控制連接上發(fā)出數據傳輸

命令時，服務器在另一個端口上主動與客戶建立一條數據連接，然后在數據連接上

傳輸文件。當一個文件芍輸結束時，關閉數據連接。如果用戶請求另一個文件的傳

輸，則服務器和客戶再建立一個數據連接，用于傳輸新的文件。雖然數據連接頻繁

地建立和釋放，但控制連接在整個會話期間一直保持，直到客戶與服務器通信結束

為止。因此答案為C。

二、綜合應用題（本題共7題，每題1.0分，共7分。）

41、現有一個解決無向連通圖的最小生成樹的一種方法如下：將圖中所有邊按權

重從大到小排序為（el,e2....?em）；i=l；while（所剩邊數＞=頂點數）｛從圖中

刪去ei：若圖不再連通，則恢復ei；i=i+l；｝請問上述方法能否求得原圖的最

小生成樹?若該方法可行，請證明之；否則請舉例說明。

標準答案：題目中方法能求得最小生成樹。證明如下：（1）從算法中while（所剩邊

數2頂點數）來看，循環(huán)到邊數比頂點數少1（即n—1）停止，這符合n個頂點的連通

圖的生成樹有n—1條邊的定義；（2）由于邊是按權值從大到小排序，刪去的邊是權

值大的邊，結果的生成樹必是最小生成樹；（3）算法中“若圖不再連通，則恢復

ei"，含義是必須保留使圖連通的邊，這就保證了是生成樹，否則或者是有回路，

或者成了連通分量，均不再是生成樹。所以，題目中方法可以求得圖的最小生成

樹。

知識點解析：無向連通圖的生成樹包含圖中全部n個頂點，以及足以使圖連通的n

一1條邊。而最小生成樹則是各邊權值之和最小的生成樹。所以要證明題目中的方

法正確，需要從以下方面證明，即：n個頂點的連通圖的生成樹有n—l條邊；所

構成的生成樹的邊的權值之和最小。

42、設有帶頭結點的循環(huán)雙鏈表表示的線性表L===（ai，a2，........,an-i，an）0

設計在時間和空間上都盡可能高效的算法，將L改造成L=（a］，a3,……，

an……34,a>。要求："）給出算法的基本設計思想。（2）根據設計思想，采用C或

C++或JAVA語言描述算法，關鍵之處給出注釋。（3）說明你所設計算法的時間

復雜度和空間復雜度。

標準答案：（D算法的基本設計限枳如分析所述。（2）用C語言算法描述如下：void

split（DLinkList&L）{DLinkList*p=L—>next,*q,*s=NULL；L—>next=L；L

=>prior=L；//構造只有一個頭結點的循環(huán)雙鏈表while（p!=L）{//掃描L的

所看結點q=p—>next；p—>next=L；p—>prior=L—>prior；//將*P結點插入

到L循環(huán)雙鏈表的末尾L—>prior—>next=p；L—>prior=p：p=q；q=p

—>next；if（S==NULL）{//s原為空表曲，現只含有一個結點s=p：s—>next

=s；s—>prior=s；}else{//將*P插入至ljs的前端p—>next=S；p—>prior=s

—>prior；s—>prior—>next=p；s—>prior=p：s=p；}p=q；}s—>prior

—>next=L；//將L和S合并起來L—>prior—>next=s：q=L—>prior；L

->prior=S->prior：S->prior=q：}（3）說明算法的復雜性：上述算法的時間復

雜度為O（n），算法的空間復雜度為0（1）。

知識點解析：用P指針掃描L的所有結點，先將L構造為只有一個帶頭結點的循

環(huán)雙鏈表，而用指針s構造不帶頭結點的循環(huán)雙鏈表（初始時為NULL）,對于奇數

序號的結點*P,采用尾插法插入到L中，對于偶數序號的結點*P,采用頭插法插

入到s中。最后將L和s兩個循環(huán)雙鏈表連接成一個循環(huán)雙鏈表，L為其頭結點指

針。

43、下圖是某存儲芯片的引腳圖，請回答：（1）這個存儲芯片的類型（是RAM還是

ROM）?這個存儲芯片的容量？（2）若地址線增加一根，存儲芯片的容量將變?yōu)槎嗌伲?/p>

（3）這個芯片是否需要刷新?為什么?刷新和重寫自什么區(qū)別。（4）如果需要刷新，請

指出芯片刷新一遍需要的時間（設存取周期為0.5#）及你準備選擇的刷新方式，需

說明理由。Si

標準答案：（1）芯片類型是RAM,且為動態(tài)RAM（DRAM）,芯片容量64Kxl。（2）

由于地址線是復用的，若地址線增加一根，容量增加4倍，芯片的容量變?yōu)?/p>

256Kxlu（3）需要刷新，因為是DRAM是用電容存儲信息的v重'弓是隨機的，刷

新是定時的。重寫按存儲單元進行，刷新按存儲體一行行地進行。（4）64Kxl芯片

的內部為256x256的矩陣，芯片刷新一遍需要的時間=256x0.5四=12即s。采用

異步刷新方式最好，死區(qū)小，刷新次數少。

知識點解析：第43題圖中有地址線8根，輸入/輸出數據線各1根，另有讀寫控

制線WE和行、列選通線RAS、CASo從給出的芯片管腳可以看出，這是一個可

讀可寫的動態(tài)隨機存儲（DRAM）芯片。［歸納總結］曰于DRAM芯片集成度高，容

量大，為了減少芯片引腳數量，DRAM芯片把地址線分成相等的兩部分，分兩次

從相同的引腳送入。兩次輸入的地址分別稱為行地址和列地址，行地址由行地址選

通信號（RAS）送入存儲芯片，列地址由列地址選通信號（CAS）送入存儲芯片。由于

采用了地址復用技術，因此，DRAM芯片每增加一條地址線，實際上是增加了兩

位地址，也即增加了4倍的容量。刷新和重寫是兩個完全不同的概念，重寫是隨

機的，某個存儲單元只有在破壞性讀出之后才需要重寫。而刷新是定時的，即使許

多記憶單元長期未被訪問，若不及時補充電荷的話，信息也會丟失。重寫一般是按

存儲單元進行的，而刷新通常以存儲體矩陣中的一行為單位進行的。常見的刷新

方式有集中式、分散式和異步式3種。集中刷新方式的優(yōu)點是讀寫操作時不受刷新

工作的影響，但在集中刷新期間必須停止讀寫，這一段時間稱為“死區(qū)”，存儲容量

越大，死區(qū)就越長；分散刷新方式沒有死區(qū)，但它加長了系統(tǒng)的存取周期，降低了

整機的速度，且刷新過于頻繁；異步刷新方式可以看成前述兩種方式的結合，它充

分利用了最大刷新間隔時間，同時死區(qū)很小。［解題技巧］首先需要對存儲芯片的引

腳圖中各引腳的含義有正確的理解，否則很容易得出錯誤的結論。

44、磁盤機由6個盤片組成，其中專設1個盤面為制服面，其他的盤面作為記耒數

據的盤面。盤存儲區(qū)域內直徑為6.1am,外直徑為12.9cm,道密度為

220TPM,位密度為6000bpm,平均尋道時間為10ms,磁盤轉速為7200RPM。假

定兀=3,試計算：（1）數據盤面數和柱面數。（2）盤組容量是多少字節(jié)？（3）數據傳輸

率是多少字節(jié)/秒？（4）從任一磁道讀取80000個字節(jié)數據的平均存取時間是多少？

（5）假定系統(tǒng)配備上述磁盤機15臺，每個磁道分為64個扇區(qū)，試為該磁盤系統(tǒng)設

計一個地址方案。

標準答案：（1）由于磁盤機有一個盤面是伺服盤，實際的數據盤面數=6x2—1=

11（個）柱面數=（（外直徑一內直徑）：2）x道密度=（（12.9—6.1）+2）x220=748（個）

（2）以最內圈磁道的周長當作每條磁道的長度，故該盤組的存儲容量（非格式化容量）

為：位密度x內圈磁道的周長x柱面數x數據盤面數=6000x71x6.1x748x11=

903434400b=112929300B（3）數據傳輸率=轉速x每一道的容量=120轉/SX13725B

-1647000B/s（4）磁盤旋轉一圈時間為［*］平均存取時間=平均尋道時間+平均等

待時間+讀取數據的時間=10+8.3/2+80000/1647000=10+4.15+48.6=

62.75ms（5）磁盤系統(tǒng)共15臺磁盤機，驅動器號（4位）；共有748個圓柱面，柱面

號（10位）；共有11個記錄面，記錄面號（4位）；每個磁道有64個扇區(qū)，扇區(qū)號（6

位）。最終的地址方案是：驅動器號（4位），柱面號位），記錄面號（4位），扇區(qū)

號（6位）

知識點解析：磁盤機有多個盤片，每個盤片有兩個盤面，每個盤面上有若干磁道，

各記錄面上相同編號（位置）的諸磁道構成一個圓柱面。通常將一條磁道劃分為若干

個段，每個段稱為一個扇區(qū)或扇段，每個扇區(qū)存放一個定長信息塊。［歸納總結］引

入圓柱面的概念是為了提高硬盤的存儲速度。當主機要存入一個較長的文件時，若

一條磁道存不完，就需要存放在幾條磁道上。如果選擇同一記錄面上的不同磁道，

則每次換道時都要進行磁頭定位操作，速度較慢。如果選擇同一圓柱面上的不同磁

道，則由于各記錄面的磁頭己同時定位，換道的時間只是磁頭選擇電路的譯碼時

間，相對于定位操作可以忽略不計，所以在存入文件時，應首先將一個文件盡可能

地存放在同一圓柱面中。如果仍存放不完，再存入相鄰的圓柱面內。磁盤的存取

時間主要包括3部分：第一部分是指磁頭從原先位置移動到目的磁道所需要的時

間，稱為定位時間或尋道時間；第二部分是指在到達1=1的磁道以后，等待被訪問的

記錄塊旋轉到磁頭下方的等待時間；最后部分是信息的讀寫操作時間。由于尋找不

同磁道和等待不同記錄塊所花的時間不同，所以通常取它們的平均值。主機向磁

盤控制器送出有關尋址信息，磁盤地址一般表示為：驅動器號、圓柱面（磁道）號、

記錄面（磁頭）號、扇區(qū)號[解題技巧]首先根據磁盤的內、外徑和道密度計算出柱面

數；然后根據最內圈磁道的周長和位密度等計算盤組的容量；再根據磁盤轉速計算

出數據傳輸率。磁盤的平均等待時間就是磁盤旋轉半圈的時間。康X60-8.3ms

45、有n個生產者進程向1個有限的緩沖區(qū)不斷地發(fā)送消息、，這些消息通過緩沖區(qū)

分發(fā)到m個消費者，緩沖區(qū)的大小只可以存放1條消息、。生產者和消費者的工作

遵循如下規(guī)則：（1）生產者和消費者對緩沖區(qū)的訪問互斥；（2）對每1條放入緩沖區(qū)

的消息，所有消費者都必須接收1次；（3）緩沖區(qū)滿時，生產者必須阻塞，緩沖區(qū)

空時，消費者阻塞。請用信號量和P、V操作組織正確的發(fā)送和接收。用類C語

言進行描述。

標準答案：本題的解答采用分離的信號量來實現，可以比較清楚地看到操作的過

程。typedefintsemaphore；//定義信號量semaphoremutex；//緩沖區(qū)互斥信

號量用于讀寫互斥semaphoreempty[m]=｛l,1,…，1｝；//當前緩沖區(qū)所有格

子為空scrflaphoregrid[1n]=｛0,0,…,0）；//緩沖區(qū)的每個格子滿的信號量

voidproduced）//生產者｛inti,buffer：while（l）//并發(fā)調度｛message：

produce（）；//生產者生產消息for（i=0,i

知識點解析：本題是經典的生產者和消費者問題的變形。在經典的生產者和消費者

的模型中，生產者和消費者共用一組緩沖區(qū)，生產者向緩沖區(qū)中寫入一次數據，消

費者從緩沖區(qū)中讀出一次數據，即寫一次，讀一次。本題中，生產者向緩沖區(qū)中只

寫一次，但是每個消費者卻都要讀一次。對于此類問題，可以把緩沖區(qū)看成是m

格的緩沖區(qū)陣列，這樣一來，生產者每寫一次緩沖區(qū)，相當于填滿了一塊m格的

緩沖區(qū)，而消費者只需要讀出屬于自己格子的消息即可，當所有的格子讀空以后，

這個緩沖區(qū)就可以接納下一個生產者的寫入。分析清楚其工作機制，我們可以從經

典的生產者和消費者問題出發(fā)，來設計相應的信號量。信號量的設計可以是信號量

組，也可以采用分離的信號量來實現。

46、并發(fā)使得處理機的利用率得到提高，其主要原因是處理機與10可以同時為多

個進程服務，也即處理見與K）設備真正地并行。但是處理機的利用率提高并不是

簡單地將兩個進程的處理機利用率相加，而是遵循一定的規(guī)律?，F在有一個計算機

系統(tǒng)采用多道程序技術實現了并發(fā)，調度算法采用時間片輪轉，時間片很小可以不

計進程并發(fā)時的次序。忽略計算機系統(tǒng)的開銷，請計算并填寫下表以及甘特圖的空

缺內容：假設進程創(chuàng)建時間和完全占有CPU運行的確切時間如下表所示。已知其

crt

0584

,______

______!_

10繁忙率為80%,處理機的利用率為20%。>?請計

算并填寫下列空格（填百分率）和圖表空格處（填時間）。

1sJ.

1

mitun*T

1

口中'

?,IiI:

Mta!?ISM22n4>1?

標準答案：根據題意，計算得到UI=1—0.8'=0.2=20%U2=l—0.82=

0.36=36%U3=1—0.83=0.49=49%U4=1—0.84=0.59=59%

名&中iSN的數■1t14

1/(>■??MMSIM41M

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Mta10IS20222X6SIJ

知識點解析：本題考查的是并發(fā)進程之間的計算。計算機引入多道程序設計技術主

要是為提高處理機的利用率。在多道程序并發(fā)的情況下，處理機的利用率呈現出如

下的規(guī)律：U=l-pn其中，U為處理機利用率，p為IO繁忙率，n為并發(fā)進程

數。據此，對題目給定的數據進行計算，并將結果填入表格中。當1個進程運行

時，處理機利用率為20%,這個進程獨享該處理機，所以20%的利用率均被使

用。在時刻10：00到10：10期間，進程。得到上述享受。這期間，進程0實際的

處理機時間為10分x20%=2分。當2個進程運行時，根據公式計算得到處理機利

用率為36%,2個進程共享處理機，所以每個進程的處理機的利用率為18%。在

時刻10：10到10：15期間，進程。和1共享處理機。這期間，進程0和1各自實

際的處理機時間為5分x36%=2=0.9分。當3個進程運行時，根據公式計算得到

處理機利用率為49%,3個進程共享處理機，所以每個進程的處理機的利用率為

16%。在時刻10：15到10：20期間，進程0、1和2共享處理機。這期間，進程

0、1和2各自實際的處理機時間為5分x49%:3=0.8分。當4個進程運行時，

根據公式計算得到處理機利用率為59%,4個進程共享處理機，所以每個進程的處

理機的利用率為15%。從時刻10：20開始，4個進程并發(fā)。那么，從圖中可以看

到，進程0已經運行了3.7分，進程1運行了1.7分，進程2運行了0.8分，

進程3剛運行，根據題目給出的個進程實際占有處理機的時間，我們可以看出，進

程。還剩余時間0.3分，進程1還剩余1.3分，進程2還剩余1.2分，進程3

還剩余2分，顯然，在并發(fā)并且平均使用處理機的情況下，進程結束的次序應該為

0、2、1、3。首先我們計算進程0還需要運行多少時間結束。經過剛才計算得

知，進程0還剩余0?3分，那么，在4進程并發(fā)，處理機利用率為每進程15%的

情況下，尚需要時間為0.3：15%=2分，由此得知，到10：22分時，進程。結

束。進程0退出以后，我們再計算剩余進程的剩余時間為進程1、2、3分別為

1.0、0.9、1.7分，上面已經分析，下一個結束的進程是進程2,所以，我們計

算0.9m6%=5.6分，注意，此時是3個進程并發(fā)了，處理機的利用率為每進程

16%,此處切記不可疏忽。到10：27.