完成《操作系统》大题

archetypes/408.md

@@ -1,7 +0,0 @@
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-title: "<操作系统>{{ replace .Name "-" " " | title }}"
-date: {{ .Date }}
-
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-## 知识框架
-

content/408/《操作系统》大题总结.md

@@ -0,0 +1,937 @@
+---
+title: "《操作系统》大题总结"
+date: 2023-07-06T11:24:18+08:00
+
+---
+
+## 第二章大题考察同步互斥，PV问题
+
+### 生产者消费者问题
+
+* 特点
+  * 进程与进程之间是生产资源-消费资源的关系
+* 解决步骤
+  * 确定有几类进程，每个进程对应一个函数
+  * 在函数内部用中文描述动作
+    * 只做一次（不加while）
+    * 不断重复（加while）
+  * 在每一个动作之前确定需要什么（注意隐含的互斥条件，如对缓冲区的访问），如有P操作，则必定有V操作
+  * 所有PV写完之后再定义信号量
+  * 检查多个P操作连续出现的地方，是否有死锁产生可能
+    * 某个信号量的PV连续出现（中间没有夹杂着其他的P），不可能产生死锁，连续多个P导致死锁时，可尝试调整P顺序
+
+----
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/生产者消费者问题一.png)
+``` C
+
+Semaphore mutex1 = 1 //互斥访问F1
+Semaphore mutex2 = 1//互斥访问F2
+Semaphore empty1 = 10//F1上有几个空位
+Semaphore full1 = 0//F1上有几个A
+Semaphore empty2 = 10//F2上有几个空位
+Semaphore full2 = 0 //F2上有几个B
+
+//A车间
+F_A(){
+    while(1){
+        生产一个产品A
+        P(empty1)
+        P(mutex1)
+        把A放到货架F1上
+        V(mutex1)
+        V(full1)
+    }
+}
+
+//B车间
+F_B(){
+    while(1){
+        生产一个产品B
+        P(empty2)
+        P(mutex2)
+        把A放到货架F2上
+        V(mutex2)
+        V(full2)
+    }
+}
+
+//装配车间的工作描述
+F_C(){
+    while(1){
+        P(full1)
+        P(mutex1)
+        从F1取一个A
+        V(mutex1)
+        V(empty1)
+        P(full2)
+        P(mutex2)
+        从F2区一个B
+        V(mutex2)
+        V(empty2)
+        将AB组装成产品
+    }
+}
+
+```
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/生产者消费者问题三.png)
+
+```C
+
+Semaphore well = 1;//用于互斥地访问水井
+Semaphore vat = 1;//用于互斥地访问水缸
+Semaphore empty = 10;//用于表示水缸中剩余空间能容纳的水的桶数
+Semaphore full = 0;//表示水缸中的水的桶数
+Semaphore pail = 3;//表示有多少个水桶可以用，初值为3
+
+//老和尚
+while(1){
+    P(full);
+    P(pail);
+    P(vat);
+    从水缸中打一桶水;
+    V(vat);
+    V(empty);
+    喝水
+    V(pail)
+
+}
+
+//小和尚
+while(1){
+    P(empty);
+    P(pail);
+    P(well);
+    从井中打一桶水
+    V(well);
+    P(vat);
+    将水倒入水缸中
+    V(vat);
+    v(full);
+    v(pail);
+}
+
+```
+
+### 理发师问题
+
+* 特点
+  * 进程之间是服务与被服务的关系
+* 主要解法 
+```C
+    int num = 0; //有几个顾客等待服务
+    Semaphore Lock = 1;//互斥访问num
+    Semaphore rest = 0;//同步信号量，用于实现若没顾客，服务人员休息等待，本质为服务人员排队队列
+    Seamphore wait = 0;//同步信号量，用于实现，若服务人员都在忙，顾客休息等待，本质为一个让顾客排队的队列
+
+    Sever(){
+        while(1){
+            P(Lock);
+            if(num > 0){//有顾客
+                V(Lock);
+                V(wait);//唤醒一个顾客
+                为顾客服务;
+            }else{ //没顾客
+                V(Lock);
+                P(rest);//服务人员休息
+            }
+        }
+    }
+
+    Customer(){
+        P(Lock);
+        if(num > 等待人数上限（存在无规定人数上限可能）){
+            V(Lock);
+            离开这家店;
+        }else{
+            num ++;
+            V(Lock);
+            V(rest);//唤醒一个正在休息的服务人员
+            P(wait);//等待被服务
+            被服务;
+        }
+    }
+
+```
+
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/理发师问题一.png)
+
+```C
+Semaphore empty = 10;//空座位的数目
+Semaphore mutex = 1;//互斥使用取号机
+Semaphore full = 0;//无占用的座位
+Semaphore service = 0;//等待叫号
+
+cobegin
+{
+    porcess 顾客i
+    {
+        P(empty);//等空位
+        P(mutex);//申请使用取号机
+        从取号机获取一个号码;
+        V(mutex);//取号完毕
+        V(full);//通知营业员有新顾客
+        P(service);//等待营业员叫号
+        接受服务;
+    }
+
+    process 营业员
+    {
+        while(1){
+            P(full);//没有顾客则休息
+            V(empty);//离开座位
+            V(service);//叫号
+            为顾客服务;
+        }
+    }
+}
+
+
+```
+
+
+### 哲学家问题
+* 特点
+  * 只有一类进程，要占用多种资源才能运行
+* 关键点
+  * 限制申请资源的顺序（不通用，不建议使用）
+    * 如规定单号哲学家先取左筷子，双号先取右筷子
+  * 限制并发进程数（通用，但并发度不高，不建议使用）
+    * 如规定同一时间只能有一个哲学家就餐（禁止并行）
+  * 让进程一口气取得所有资源，再开始运行（很通用且并发度高，建议使用）
+    * 如哲学家只有能够取得两个筷子的时候才会就餐
+* 解法
+  * 定义大锁
+  * 定义资源数
+  * 一口气拿所有资源
+  * 做进程该做的事
+  * 一口气归还所有资源
+```C
+Semaphore Lock = 1;//互斥信号量，定义大锁
+int a = 9;
+int b = 3; 
+int c = 6;
+
+process(){
+    while(1)
+    {
+        P(Lock);
+        if(所有资源都拿够){
+            所有资源int值减少;//题目会告知，每种资源所需量
+            取xxx资源//一口气拿走所有资源
+            V(Lock);//拿完资源，解锁
+            break;//跳出while循环
+        }
+        V(Lock);//资源不足，解锁，再次循环尝试获取
+    }
+    做进程该做的事（如哲学家进食）
+
+    P(Lock);
+    归还所有资源，所有资源int值增减
+    V(Lock);
+}
+
+
+```
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/哲学家问题一.png)
+
+通常解
+
+```C
+Semaphore bowl;//协调哲学家对碗的使用
+Semaphore chopsticks[n];//协调哲学家对筷子的使用
+
+for(int i = 0; i < n ;i++)
+{
+    chopsticks[i] = 1;//设置两名哲学家之间筷子的数量
+}
+bowl = min(n-1,m);//bowl 小于等于 n-1，确保不产生死锁
+
+cobegin
+{
+    while(1){ //哲学家i的程序
+        思考;
+        P(bowl);//取碗
+        P(chopsticks[i]);//取左边筷子
+        P(chopsticks[(i+1)%n]);//取右边筷子
+        就餐;
+        V(chopsticks[i]);
+        V(chopsticks[(i+1)%n]);
+        V(bowl);
+    }
+}
+
+```
+
+
+暴力解（考试建议解法）
+
+```C
+Semaphore Lock = 1;
+int bowl = m;
+int chopstick[n];
+for(int i = 0;i < n ; i++)
+{
+    chopstick[i] = 1;
+}
+philopher()
+{
+    while(1){//一次性拿下所有资源
+        P(Lock);
+        if(bowl <= 0)
+        {
+            V(Lock);
+            continue;
+        }
+        if(!(chopstick[i] == 1 && chopstick[(i+1)%n]==1))
+        {
+            V(Lock);
+            continue;
+        }
+        bowl --;
+        chopstick[i] = 0;
+        chopstick[(i+1)%n] = 0;
+        V(Lock);
+    }
+    进餐
+    P(Lock);//归还所有拿的资源
+    bowl ++;
+    chopstick[i] = 1;
+    chopstick[(i+1)%n] = 1;
+    V(Lock);
+}
+
+```
+
+
+### 读者写者问题
+
+* 特点
+  * 同类进程不互斥，异类进程互斥
+* 避免写者饥饿
+  * 读写公平法
+  * 写者优先法
+* 如何实现
+  * 第一进程用之前负责上锁，最后一个进程用完之后负责解锁
+
+```C
+Semaphore Lock = 1;//资源锁
+int count = 0;//同类进程计数器
+Semaphore mutex = 1;//对count 互斥访问
+homie(){
+    P(mutex);
+    if(count ==0)
+    {
+        P(Lock);
+    }
+    count ++;
+    V(mutex);
+    使用资源;
+    if(count == 1)
+    {
+        V(Lock);
+    }
+    count --;
+    V(mutex);
+}
+
+```
+
+实现同类互斥，异类也互斥
+
+```C
+solo(){
+    P(Lock);//使用前上锁
+    使用资源;
+    V(Lock);//用完了解锁
+}
+
+```
+
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/读者写者问题一.png)
+
+（1）
+```C
+Semaphore bridge = 1;
+NtoS(){
+    P(bridge);
+    通过桥;
+    V(bridge);
+}
+StoN(){
+    P(bridge);
+    通过桥；
+    V(bridge);
+}
+
+```
+（2）
+```C
+int countSN = 0;//表示从S到N的汽车数量
+int countNS = 0;//表示从N到S的汽车数量
+Semaphore mutexSN = 1;//保护countSN
+Semaphore mutexNS = 1;//保护countNS
+Semaphore bridge = 1;//互斥地访问桥
+StoN(){//南到北
+    P(mutexSN);
+    //第一个进程上锁
+    if(countSN==0)
+        P(bridge);
+    count ++;
+    V(mutexSN);
+    过桥；
+    P(mutexSN);
+    //最后一个进程解锁
+    countSN--;
+    if(countSN==0)
+        V(bridge);
+    V(mutexSN);
+}
+
+NtoS(){//北到南
+    P(mutexNS);
+    if(countNS==0)
+        P(bridge);
+    countNS++;
+    V(mutexNS);
+    过桥;
+    P(mutexNS);
+    countNS--;
+    if(countNS ==0)
+        V(bridge);
+    V(mutexNS);
+}
+
+```
+![](../../images/《操作系统》大题总结/读者写者问题二.png)
+
+```C
+Semaphore room = 1;
+Semaphore mutex1 = 1;
+Semaphore mutex2 = 1;
+Semaphore mutex3 = 1;
+int count1 = 0;
+int count2 = 0;
+int count3 = 0;
+
+P1(){
+    P(mutex1);
+    count1 ++;
+    //第一个上锁
+    if(count1 == 1)
+    {
+        P(room);
+    }
+    V(mutex1);
+    看影片1;
+    P(mutex1);
+    count1 --;
+    //最后一个解锁
+    if(count1 == 0)
+    {
+        V(room);
+    }
+    V(mutex1);
+}
+
+P2(){
+    P(mutex2);
+    count2 ++;
+    //第一个上锁
+    if(count2 == 1)
+    {
+        P(room);
+    }
+    V(mutex2);
+    看影片2;
+    P(mutex2);
+    count2 --;
+    //最后一个解锁
+    if(count2 == 0)
+    {
+        V(room);
+    }
+    V(mutex2);
+}
+
+P3(){
+    P(mutex3);
+    count3 ++;
+    //第一个上锁
+    if(count3 == 1)
+    {
+        P(room);
+    }
+    V(mutex3);
+    看影片3;
+    P(mutex3);
+    count3 --;
+    //最后一个解锁
+    if(count3 == 0)
+    {
+        V(room);
+    }
+    V(mutex3);
+}
+
+
+```
+
+## 第三章大题，考察请求分页，基本分页，页面置换问题
+
+* 各概念间的推导计算
+  * 一级页表+TLB+请求分页
+  * 二级页表+请求分页+TLB
+    * 页目录号的位数表示的大小（表示有多少个目录项）* 每个目录项的大小 = 页目录表的大小
+    * 页目录表的起始地址 + 页目录号 * 页目录项的长度 = 页目录项的物理地址
+* 示例图中挖掘隐藏信息
+  * 熟悉各类常见图示
+  * 注意：TLB组相联映射、全相联映射的图示画法
+  * 深入理解组相联映射，全相联映射方式下查询TLB的原理区别
+* 基于地址转化过程的分析
+  * 熟悉各种状况下地址转化的过程
+    * 一级页表+虚拟内存+TLB
+    * 二级页表+虚拟内存+TLB
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/内存管理知识体系.jpg)
+
+TLB+二级页表+Cache(全相联映射)
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/TLB全相联映射.jpg)
+
+TLB+二级页表+Cache(2路组相联映射)
+![](../../images/《操作系统》大题总结/TLB2路组相联映射.jpg)
+
+TLB + 二级页表 + Cache(直接映射)
+![](../../images/《操作系统》大题总结/TLB直接映射.jpg)
+
+---
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/内存管理真题一.png)
+
+（1）
+<br>
+页的大小 = 块的大小 = $2^{12}$ = 4 KB
+<br>
+页表的大小 = $2^{20} \times 4B$ = 4 MB
+<br>
+（2）
+<br>
+页目录号 = (((unsigned int)(LA))>>22) & 0x3FF
+<br>
+页表索引 = (((unsigned int)(LA))>>12) & 0x3FF
+<br>
+（3）
+<br>
+00008000H其页号为0008 $\rightarrow$ 页号为8 $\rightarrow$ 对应页表第8个页表项
+<br>
+第8个页表项物理地址 = 00200000H + 8 $\times$ 页表项的字节数
+<br>
+= 00200000H + 8 $\times$ 4 = 00200020H
+<br>
+第9个页表项及其物理地址 = 00200000H + 8 $\times$ = 00200024H
+<br>
+页框号1 = 00900000H，页框号2 = 00900000H + 8KB = 00901000H
+<br>
+代码2起始物理地址 = 00901000H
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/内存管理真题二.png)
+
+页的大小 = 4KB = $2^{12}$B，页面位移比虚拟地址低12位
+
+访问2362H即 0010 0011 0110 0010 其对应页号为2
+
+访问快表10ns $\rightarrow$初始快表空$\rightarrow$访问页表100ns得到页框号$\rightarrow$ 合成物理地址后访问主存100ns
+
+共 10 + 100 + 100 = 210 ns
+
+访问1565H即 0001 0101 0110 0101 其对应页号为2
+
+访问快表10ns ,空$\rightarrow$访问页表100ns,空$\rightarrow$ 缺页中断处理$10^8$ns $\rightarrow$访问快表10ns$\rightarrow$合成物理地址后访问主存100ns
+
+共 10 + 100 + $10^8$ + 10 + 100 = 100000220 ns
+
+访问25A5H即 0010 0101 1010 0101 其对应页号为2
+访问快表10ns $\rightarrow$合成物理地址后访问主存100ns
+
+共 10 + 100 = 110 ns
+
+（2）
+ 
+1565H = 0001 0101 0110 0101
+
+页号为1，产生缺页中断，驻留集 = 2，从页表淘汰1个页面
+
+使用LRU淘汰页号0 $\rightarrow$ 1565H对应页框号为101H
+物理地址 = 101565H
+
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/内存管理真题三.png)
+
+（1）
+
+页的大小 = 1KB = $2^{10}$B
+
+逻辑地址低10位为页偏移
+
+17CAH $\rightarrow$ 0001 0111 1100 1010 
+
+页号为 000101 = 5
+
+（2）
+
+根据FIFO，置换页号0，对应页框号7
+
+物理地址为 0001 1111 1100 1010 = 1FCAH
+
+（3）
+
+根据clock 置换页号2，对应页框号2
+
+物理地址为 0000 1011 1100 1010 = 0BCAH
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/内存管理真题四.png)
+
+（1）
+
+0页对应空闲页第3个，即页框号 = 1
+
+（2）
+
+11>10,说明此时发生第三轮扫描
+
+第二轮中32,15,41,均未被访问，处于空闲页表中
+
+此时重新访问第一页，则页框号32被重新放回驻留集
+
+（3）
+
+2页从未被访问，此时空闲链为41,15，取其头41，即页框号41
+
+（4）
+
+适合，程序的时间局部性越好，从空闲页框链表中重新取回的机会越大，该策略优势越明显
+
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/内存管理真题五.png)
+
+（1）
+
+页的大小 = $2^{12}$B
+
+页框大小 = $2^{12}$B
+
+虚拟地址空间大小 = $2^{10} \times 2^{10}$ = $2^{20}$页
+
+（2）
+
+页目录所占页数 = $\frac{2^{10} \times 4B}{2^{12}} = 1$
+
+页表所占页数 = $\frac{2^{10} \times 2^{10} \times 4B}{2^{12}} = 2^{10}$
+
+共占 $2^{10} + 1 = 1025$页
+
+（3）
+
+0100 0000H对应页目录号 0000 0001 00 = 4
+
+0111 2048H对应页目录号 0000 0001 00 = 4
+
+访问的是同一个二级页表，即供访问一个二级页表
+
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/内存管理真题六.png)
+
+（1）
+
+页目录号 = 6（10位） 页内索引 = 6（10位）偏移 = 8（12位）
+
+所以十六进制为 0000 0001 1000 0000 0110 0000 0000 1000
+ 
+= 01806008H
+
+(2)
+
+物理地址
+
+进程切换时，地址空间发生了改变，对应页目录块及始址也改变 $\rightarrow$ PDBR改变
+
+同一进程线程切换时，地址空间不变，线程的页目录不变$\rightarrow$ PDBR不改变
+
+（3）
+
+使用位$\rightarrow$访问字段
+
+修改位$\rightarrow$修改字段
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/内存管理真题七.png)
+
+（1）
+
+页面大小 = $2^{12} = 4KB$
+
+一个页可以存$\frac{4KB}{4} = 1024$个数组 = a数组的一行
+
+a按行优先方式存放，10800000H，虚页号为10800H
+
+a[0]行存放在10800H的页面中 a[1]行存放在10801H的页面中
+
+a[1][2]的虚拟地址为 10801000H + 4 $\times$ 2 = 10801008H
+
+10801008H = 0001 0000 1000 0000 0001 0000 0000 1000
+
+页目录号 = 0001000010 = 042H
+
+页号 = 0000000001 = 001H
+
+页目录项物理地址 = 00201000H + 4 $\times 42$H = 00201108H
+
+物理地址 003010000 + 001H $\times 4$ = 00301004H
+
+（2）
+
+必须连续，不一定连续
+
+（3）
+
+按行遍历局部性更好。每个页面正好放一整行的元素
+
+按行存放说明一行元素存放在同一页面中，局部性也就更好
+
+## 第四章大题：混合文件索引
+
+显式链表分配法（FAT文件系统，即DOS）
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/FAT文件系统示意图.png)
+
+混合索引法（Unix文件系统）
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/UFS文件系统示意图.png)
+
+
+### 考题
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/文件管理真题一.png)
+
+（1）
+
+连续存放更合适，磁盘寻道时间更短，文件随机访问效率更高
+
+加入字段<起始块号，块数>
+
+（2）
+
+FCB集中存放，文件数据集中存放
+
+这样在随机查找文件名时，只需访问FCB对应的块，可减少磁头移动和磁盘IO访问次数
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/文件管理真题二.png)
+
+（1）
+
+磁盘块总数 = $\frac{4TB}{1KB} = \frac{4 \times 2^40}{2^10} = 2^32$
+
+块号至少占 $\frac{32}{8} = 4B$
+
+512B的索引区能够容纳$\frac{512B}{4B} = 128$个索引项
+
+文件最大长度 = 1KB $\times$ 128 = 128KB
+
+（2）
+
+索引项 = $\frac{504B}{6B} = 84$个
+
+单个文件最大长度 = $2^{16} \times 1KB + 84 \times 1KB = 84KB + 2^{26}B$
+
+起始块号占4B，块数占4B
+
+起始块号可寻址$2^{32}$个块，共4TB即整个系统空间
+
+块数可表示$2^{32}$个块，共4TB
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/文件管理真题三.png)
+
+（1）
+
+dir目录文件
+
+|文件名|簇号|
+|---|---|
+|dir1|48|
+
+
+dir1 目录文件
+
+|文件名|簇号|
+|---|---| 
+|file1|100|
+|file2|200|
+
+（2）
+
+簇号2B = 16位 $\rightarrow$ FAT表允许$2^{15}$个表项
+
+FAT最大长度 = $2^{16} \times 2B = 128KB$
+
+文件最大长度 = $2^{16} \times 4KB = 256MB$
+
+（3）
+
+106存放在100号表项中
+
+108存放在106号表项中
+
+（4）
+
+先访问dir1，即第48个簇
+
+得到file1的第一个簇号，在FAT中查找file1的第5000个字节所在簇号，最后访问该簇号（4KB = 4096B < 5000B）
+
+即访问48号簇，106号簇
+
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/文件管理真题四.png)
+
+（1）
+
+把文件前29条前移，移动一条记录读出和存回磁盘各一次访盘
+
+共访盘 $29 \times 2 +1 = 59$次
+
+F的文件控制区的起始块号和文件长度内容会发生改变
+
+（2）
+
+找到系统第29块，访盘29次
+
+把29的下块地址给新块，把新块存回磁盘，访盘一次，
+
+修改内存第29块的下块地址字段，再存回磁盘，访盘一次
+
+共29 + 1 + 1 = 31 次
+
+4B即32位，可寻址$2^{32} = 4G$块存储块，每块大小1KB = 1024B
+
+其中4B为指针，1020B为数据
+
+文件长度为$1020B \times 4G = 4080GB$
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/文件管理真题五.png)
+
+（1）
+
+1个簇最多有$\frac{4KB}{4B} = 1024$个地址项
+
+直接地址8个：$8 \times 4KB$ 二级地址1个：$2^{20}\times4KB$
+
+一级地址1个：$2^{10} \times 4KB$ 三级地址1个：$2^{30} \times 4KB$
+
+最大文件长度 = 32KB + 4MB + 4GB + 4TB
+
+（2）
+
+最多索引结点数 = $\frac{2^20 \times 4KB}{64B} = 2^{26} = 64M$个
+
+$\frac{5600B}{4KB} > 1 \rightarrow $ 一个图像占两个簇
+
+$\frac{512M}{2} = 256M \rightarrow $可存放256M个文件
+
+但索引结点数64M < 256M
+
+所以最多存放64M个图像文件
+
+（3）
+
+$6KB < 8\times 4KB$
+
+$F_1$采用直接索引$\rightarrow$只要访问索引结点的直接地址项
+
+$32KB < 40KB < 32KB + 4MB$
+
+$F_2$采用一级索引$\rightarrow$ 还需读一级索引表
+
+所以两者不相同
+
+## 第五章
+
+### 大题
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/磁盘管理真题一.png)
+
+（1）
+
+用位图表示磁盘的空闲空间，每位表示一个磁盘块的空闲状态
+
+共需$\frac{16384}{32} = 512$个字$=512 \times 4B = 2KB$,正好可以放在系统提供的内存中
+
+（2）
+
+磁盘访问序列为$120 \rightarrow 30 \rightarrow 50 \rightarrow 90$
+
+移动磁道数分别为 20,90,20,40
+
+移动磁道时间 = $1ms \times (20 + 90 + 20 + 40) = 170ms$
+
+一次旋转时间 = $\frac{60}{6000} = 0.01s = 10ms$
+
+总的旋转延迟 = $4 \times \frac{1}{2} \times(一次旋转时间) = 4\times 5ms = 20ms$
+
+总读取时间 = $4 \times \frac{10ms}{100} = 4 \times 0.1ms = 0.4ms$
+
+总时间 = 170ms+20ms+0.4ms = 190.4ms
+
+（3）
+
+FCFS(先来先服务调度算法)更高效
+
+Flash半导体存储器不需要考虑寻道时间和旋转延迟
+
+可直接按IO请求的先后顺序服务
+
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/磁盘管理真题二.png)
+
+（1）
+
+容量 = $300 \times 10 \times 200 \times 512B = 3 \times 10^5KB$
+
+（2）
+
+85号柱面对应簇号 85000~85999（一个簇有2个扇区）
+
+访问次序为 $100260 \rightarrow 101660 \rightarrow 110560 \rightarrow 60005$
+
+（3）
+
+$\frac{200 \times 10}{2} = 1000$
+
+$100 \times 1000 = 100000$
+
+$100530 - 100000 = 530$
+
+$\frac{530}{100} = 5$
+
+$30 \times 2 = 60$
+
+柱面号1000，磁头号5，扇区号60
+
+将簇号转换成磁盘物理地址的过程由磁盘驱动程序完成
+
+
+![](../../images/《操作系统》大题总结/磁盘管理真题三.png)
+
+（1）
+
+ROM中的引导程序$\rightarrow$磁盘引导程序$\rightarrow$分区引导程序$\rightarrow$OS的初始化程序
+
+（2）
+
+磁盘的物理格式化$\rightarrow$对磁盘分区$\rightarrow$逻辑格式化$\rightarrow$OS的安装
+
+（3）
+
+磁盘扇区的划分$\rightarrow$磁盘的物理格式化$\rightarrow$文件根目录的建立$\rightarrow$逻辑格式化操作