Рубрики

Операционные системы | Набор 12

На экзамене GATE CS 2007 были заданы следующие вопросы.

1) Рассмотрим набор дисков с 16 поверхностями, 128 дорожек на поверхность и 256 секторов на дорожку. 512 байтов данных хранятся в последовательном порядке в секторе. Емкость дискового пакета и количество бит, необходимых для указания конкретного сектора на диске, соответственно:
(А) 256 Мбайт, 19 бит
(B) 256 Мбайт, 28 бит
(C) 512 Мбайт, 20 бит
(D) 64 Гбайт, 28 бит

Ответ (А)
Емкость диска = 16 поверхностей X 128 дорожек X 256 секторов X 512 байт = 256 Мбайт.
Чтобы вычислить количество битов, необходимых для доступа к сектору, нам нужно знать общее количество секторов. Общее количество секторов = 16 поверхностей X 128 дорожек X 256 секторов = 2 ^ 19
Таким образом, количество битов, необходимых для доступа к сектору, равно 19.

2) Группа 1 содержит некоторые алгоритмы планирования ЦП, а Группа 2 содержит несколько приложений. Сопоставьте записи в группе 1 с записями в группе 2.

     Group I                          Group II
(P) Gang Scheduling              (1) Guaranteed Scheduling
(Q) Rate Monotonic Scheduling    (2) Real-time Scheduling
(R) Fair Share Scheduling        (3) Thread Scheduling

(A) P — 3 Q — 2 R — 1
(B) P — 1 Q — 2 R — 3
(C) P — 2 Q — 3 R — 1
(D) P — 1 Q — 3 R — 2

Ответ (А)
Планирование банд для параллельных систем, которое планирует одновременное выполнение связанных потоков или процессов на разных процессорах.
Монотонное планирование скорости используется в операционных системах реального времени с классом планирования статического приоритета. Статические приоритеты назначаются на основе продолжительности цикла задания: чем короче продолжительность цикла, тем выше приоритет задания.
Добросовестное планирование — это стратегия планирования, при которой использование ЦП распределяется поровну между пользователями или группами системы, а не равномерным распределением между процессами. Это также известно как Гарантированное планирование.

3) Операционная система использует алгоритм планирования процесса с кратчайшим временем ожидания (SRT). Рассмотрим время прибытия и время выполнения для следующих процессов :

Process  Execution time  Arrival time
P1             20            0
P2             25            15
P3             10            30
P4             15            45

Каково общее время ожидания для процесса P2?
(А) 5
(Б) 15
(С) 40
(D) 55

Ответ (Б)
В момент времени 0 P1 является единственным процессом, P1 работает в течение 15 единиц времени.
В момент времени 15 прибывает P2, но у P1 самое короткое оставшееся время. Таким образом, P1 продолжается еще 5 единиц времени.
В момент 20 P2 — единственный процесс. Таким образом, он работает на 10 единиц времени
В момент времени 30 P3 — самый короткий оставшийся процесс времени. Таким образом, он работает на 10 единиц времени
В момент времени 40 запускается P2, поскольку это единственный процесс. P2 работает в течение 5 единиц времени.
В момент времени 45 прибывает P3, но у P2 самое короткое оставшееся время. Таким образом, P2 продолжается еще 10 единиц времени.
P2 завершает свою работу в момент 55

Total waiting time for P2 = Complition time - (Arrival time + Execution time)
                          = 55 - (15 + 25)
                          = 15 

Пожалуйста, смотрите GATE Corner для всех документов / решений / объяснений предыдущего года, учебных планов, важных дат, заметок и т. Д.

Пожалуйста, напишите комментарии, если вы найдете какие-либо ответы / объяснения неправильными, или вы хотите поделиться дополнительной информацией по темам, обсужденным выше

Рекомендуемые посты:

Операционные системы | Набор 12

0.00 (0%) 0 votes