📚 覆盖：第 1–9 讲

第一部分：互联网构成（第 1–2 讲，20 分）

题 1（4 分）

某小区使用 HFC 电缆接入，同轴电缆下行总容量 600 Mbps，接入 80 户。

(a) 所有用户同时满速下载时，人均带宽是多少？ (b) 若运营商宣称"最高 300 Mbps"，需要在什么条件下才能兑现？ (c) 换成每户独享 100 Mbps 的 FTTH，“瓶颈消失了"这个说法对吗？

题 2（4 分）

判断正误并说明理由：

(a) 光纤比铜缆传播速度快，所以能降低 ping 值。 (b) Tier-1 ISP 之间互不付费，是因为它们签了免费协议。 (c) 端系统包括路由器，因为路由器也是一台计算机。

题 3（4 分）⭐

一条 5 Mbps 链路，每个用户活跃时占 250 kbps，活跃比例 8%。

(a) 电路交换能支持多少用户？ (b) 若有 100 个用户，用二项分布估算链路过载（同时活跃 > 20 人）的概率。 (c) 从 (a)(b) 说明统计复用的价值。

题 4（4 分）

一个 20 Mbit 的文件经过 4 条链路（3 台路由器）传输，每条链路 5 Mbps。

(a) 作为一个整体分组发送，端到端时延是多少？ (b) 切成 2000 个分组（每个 10 kbit）后呢？ (c) 解释差异的来源。 (d) 若头部为 40 字节，方案 (b) 的头部开销占比是多少？

题 5（4 分）

用一句话分别说明「转发」和「路由」，并指出它们的时间尺度差多少个数量级。为什么这个差异决定了路由器的硬件设计？

第二部分：时延、丢包与吞吐量（第 3 讲，25 分）

题 6（5 分）

主机 A 通过两条链路向主机 B 发送数据：

A ──[R1: 20 Mbps, 500 km]──▶ 路由器 ──[R2: 100 Mbps, 50 km]──▶ B
分组长度 12,000 bit，传播速度 2.5×10⁸ m/s

计算：(a) 每条链路的传输时延；(b) 每条链路的传播时延；(c) 忽略排队与处理时延时，一个分组的端到端时延。

题 7（5 分）⭐

某链路 R = 8 Mbps，平均分组长 4000 bit，分组到达率 a。

(a) 写出流量强度的表达式。 (b) a = 1500 分组/秒时，流量强度是多少？链路健康吗？ (c) a 增加到 2000 分组/秒会怎样？ (d) 为什么运营商通常把骨干链路利用率控制在 50–70%？

题 8（5 分）

某 traceroute 输出：

 1  10.0.0.1        0.9 ms
 2  172.16.5.1     12.3 ms
 3  * * *
 4  203.0.113.1    88.4 ms
 5  198.51.100.9   35.2 ms
 6  93.184.216.34  36.1 ms

(a) 第 3 跳说明该路由器故障了吗？ (b) 第 4 跳（88.4 ms）大于第 5 跳（35.2 ms），可能吗？给出两种解释。 (c) traceroute 如何知道第 6 跳是终点？

题 9（5 分）⭐

一条链路 R = 2.5 Gbps，RTT = 120 ms。

(a) 带宽时延积是多少？以字节表示。 (b) 若发送方采用停等协议、分组 1500 字节，吞吐量是多少？利用率是多少？ (c) 要达到 95% 的利用率，窗口需要多少个分组？ (d) TCP 的 16 位接收窗口字段够用吗？需要什么机制？

题 10（5 分）

某路径由三段链路组成：接入 100 Mbps、骨干 10 Gbps、服务器出口 1 Gbps，共有 40 个用户共享骨干。

(a) 单个用户的端到端吞吐量瓶颈在哪？ (b) 若骨干上同时有 200 个这样的用户，瓶颈变了吗？ (c) 用户抱怨"网速慢”，应该先升级哪一段？

第三部分：应用层与 HTTP（第 5–6 讲，30 分）

题 11（5 分）

一个网页包含 1 个 HTML（200 KB）和 12 个对象（各 20 KB）。RTT = 60 ms，带宽 20 Mbps。计算以下三种方式的总加载时间：

(a) HTTP/1.0 非持续、串行 (b) HTTP/1.0 非持续、6 条并行连接 (c) HTTP/1.1 持续连接 + 流水线

题 12（4 分）

(a) 说出 401 与 403 的区别；(b) 说出 502 与 504 的区别；(c) 301 与 302 的区别，以及为什么用错 301 很危险。

题 13（4 分）⭐

(a) 什么是幂等性？列出 HTTP 方法中哪些是幂等的。 (b) 为什么浏览器刷新 POST 结果页会弹确认框？ (c) 什么是 POST/Redirect/GET 模式？它解决了什么问题？

题 14（4 分）

(a) no-cache 和 no-store 的区别是什么？ (b) 条件 GET 返回 304 时，省下了什么？没省下什么？ (c) Cache-Control: max-age=3600 相比条件 GET 多省了什么？

题 15（4 分）

HTTP 是无状态的。(a) 为什么这样设计？(b) 代价是什么，用什么补上？(c) 列出 Cookie 的三个安全属性及其防御的攻击。

题 16（5 分）⭐

某机构接入链路 80 Mbps，平均对象 600 kbit，请求速率 100 个/秒。到源服务器的互联网往返时延 1.5 s。

(a) 无缓存时接入链路的流量强度是多少？ (b) 要把流量强度降到 0.6，命中率至少要多少？ (c) 命中率 0.5、接入链路排队时延估为 0.4 s、缓存命中时延 8 ms 时，平均响应时延是多少？

题 17（4 分）

(a) HTTP/2 消除了哪一层的队头阻塞？没消除哪一层？给出根本原因。 (b) 为什么 HTTP/3 必须建在 UDP 上而不是定义新的传输层协议？ (c) QUIC 的连接迁移解决了什么问题？

第四部分：DNS、P2P、流媒体与实时多媒体（第 7–8 讲，35 分）

题 18（5 分）

某主机首次访问 mail.dept.univ.edu，本地 DNS 缓存为空。RTT：主机↔本地 DNS = 3 ms，本地↔根 = 90 ms，本地↔edu TLD = 50 ms，本地↔univ.edu 权威 = 25 ms，本地↔dept 权威 = 12 ms。

(a) 采用"主机递归、本地迭代"模式，总耗时是多少？ (b) 5 分钟后另一台主机访问同一域名，耗时多少？ (c) 若访问的是 web.other.univ.edu（同一 univ.edu 下的不同子域），耗时多少？

题 19（5 分）⭐

(a) 给出 DNS 不能集中式的四条理由。 (b) “全球只有 13 台根 DNS 服务器"这句话错在哪？13 这个数字的由来是什么？ (c) 一家公司要在周末迁移网站到新 IP，运维应该在什么时候做什么？

题 20（5 分）

(a) DNS 放大攻击利用了 DNS 的哪两个特性？ (b) DNSSEC 提供机密性吗？DoH 提供真实性吗？二者是替代还是互补？ (c) 为什么根域名 example.com 不能配置 CNAME？

题 21（5 分）⭐

一个 F = 20 Gbit 的文件分发给 N 个用户。服务器上传 50 Mbps，用户上传均为 3 Mbps，下载均为 15 Mbps。

(a) 写出 C/S 与 P2P 的分发时间公式。 (b) 计算 N = 20、200、2000 时两种方式的分发时间。 (c) 用 (b) 的数据说明什么是"自扩展”。

题 22（5 分）

(a) SMTP 是推还是拉？这个方向性带来了什么后果？ (b) 什么是点填充？它在链路层的对应机制叫什么？ (c) BitTorrent 中若没有乐观疏通会发生什么？ (d) DASH 为什么把码率选择的智能放在客户端？用一条课程原则回答。

题 23（6 分）⭐

某 VoIP 应用每 20 ms 产生一个语音块，第 1 块在 t = 0 产生。下表是前 6 个块的产生时刻与到达接收方的时刻（单位 ms）：

块 产生时刻 t_i 到达时刻 r_i
1 0 58
2 20 71
3 40 92
4 60 129
5 80 105
6 100 148

(a) 求每个块的网络时延，并给出抖动（最大时延与最小时延之差）。这组数据里有没有乱序？ (b) 取固定播放时延 q = 60 ms，哪些块会错过播放时刻？ (c) 取 q = 90 ms 呢？ (d) 若要求 6 个块全部都能播放，q 最小取多少？这个取值的代价是什么？

题 24（4 分）

(a) 交互式语音的单向时延预算约 150 ms。设某会话 RTT = 60 ms（对称），语音块每 20 ms 一个，播放时延 q = 70 ms。某个块丢失，接收方在发现丢失后立刻请求重传。用计算说明重传回来的块能否赶上播放时刻。 (b) 列出两种不依赖重传的丢包对策，并分别说明它们的时延代价。

参考解答

⚠️ **请先独立完成再看解答。**看过答案再做的题目，几乎不产生学习效果。

题 1

(a) 600 ÷ 80 = 7.5 Mbps/户。

(b) 只有当其余 79 户几乎不产生流量时才能达到 300 Mbps。由于用户活动在统计上不同步（大多数时间大多数人不在满速下载），这个宣传在统计意义上并非欺诈——这正是统计复用。

(c) ⭐ 不对。FTTH 只是把瓶颈往上游推了一层。PON 的分光器下仍是共享的，OLT 到 ISP 的上联、ISP 的对外出口同样可能拥塞。互联网上总有某个地方是共享的——完全独享意味着要为峰值容量付费，没有人愿意。

题 2

(a) ❌ 错。光纤与铜缆中的信号传播速度是同一量级（约 2×10⁸ m/s）。光纤的优势在带宽和误码率。ping 值主要由传播时延（距离/速度）与排队时延构成。换光纤可能通过消除 DSL 的低速率和上行排队而间接降低 ping，但不是因为"传得快"。

(b) ❌ 理由错。它们互不付费，是因为流量大致对等且互相依赖——谁也不能单方面切断而不损害自己。这是经济学的结果，协议只是它的表现形式。

(c) ❌ 错。端系统（end system）特指运行网络应用程序的主机。路由器不运行用户应用，它只做转发，属于网络核心。这个区分正是「智能在边缘」的基础。

题 3

(a) 5 Mbps ÷ 250 kbps = 20 个用户。

(b) X ~ B(100, 0.08)，E[X] = 8，σ = √(100×0.08×0.92) ≈ 2.71。

P(X > 20) = P(X ≥ 21)
21 距均值 (21−8)/2.71 ≈ 4.8 个标准差
⭐ 概率约在 10⁻⁵ 量级（极小）

(c) 电路交换只能服务 20 人；分组交换可以服务 100 人（5 倍），而过载概率只有十万分之一量级。⭐ **统计复用用极小的服务质量风险，换来了数倍的容量。**这是互联网经济性的基础。

题 4

(a) L/R = 20 Mbit ÷ 5 Mbps = 4 s，N = 4 跳

d = N × (L/R) = 4 × 4 = 16 s

(b) L/R = 10 kbit ÷ 5 Mbps = 2 ms，P = 2000，N = 4

d = (N + P − 1) × (L/R) = (4 + 2000 − 1) × 2 ms = 4.006 s

(c) ⭐ 流水线。方案 (a) 中每台路由器必须干等 4 秒收完整个文件，四段完全串行。方案 (b) 中第一个分组到达路由器 2 时，源主机已经在发第 150 多个分组了——四条链路同时在工作。

(d) 头部 40 字节 = 320 bit，载荷 10,000 bit：

开销占比 = 320 / (10000 + 320) ≈ 3.1%

题 5

转发：把一个分组从路由器的输入端口移到正确的输出端口——单台路由器内部的局部动作。 路由：决定分组从源到目的应该走哪条端到端路径——全网范围的分布式计算。

时间尺度差约 6 个数量级（纳秒 vs 毫秒到秒）。

⭐ 这个差异决定了：转发路径必须完全硬件化（TCAM、专用 ASIC），因为要跟上线速；路由计算可以放在软件里（路由处理器），因为它只在拓扑变化时运行。这正是路由器被划分为数据平面与控制平面的原因。

题 6

(a)

链路 1: 12000 / 20×10⁶ = 0.6 ms
链路 2: 12000 / 100×10⁶ = 0.12 ms

(b)

链路 1: 500,000 m / 2.5×10⁸ = 2 ms
链路 2:  50,000 m / 2.5×10⁸ = 0.2 ms

(c)

d = 0.6 + 2 + 0.12 + 0.2 = 2.92 ms

题 7

(a) 流量强度 = L·a / R

(b) 4000 × 1500 / 8×10⁶ = 6×10⁶ / 8×10⁶ = 0.75

⚠️ **不太健康。**0.75 已进入排队时延曲线开始陡峭上升的区域，抖动会明显。

(c) 4000 × 2000 / 8×10⁶ = 1.0。⭐ 队列理论上无限增长，实际表现为持续丢包与极高时延——链路饱和。

(d) 因为排队时延与利用率的关系是非线性的：E[排队时延] ∝ ρ/(1−ρ)。ρ 从 0.9 到 0.99，分母的 (1−ρ) 从 0.1 变成 0.01，时延放大 10 倍。把利用率压在 50–70% 是为突发留出余量，而不是浪费。

题 8

**(a) ⭐ 不能说明。**第 4、5、6 跳都正常返回，说明分组确实穿过了第 3 跳。它只是被配置为不回送 ICMP 超时报文，或对 ICMP 做了速率限制。

(b) 完全可能。 ① ⭐ 生成 ICMP 走的是控制平面（软件路径），若第 4 跳的 CPU 繁忙，生成响应就慢——这反映的是它的 CPU 负载，不是转发性能；② ⭐ 返回路径可能不同（热土豆路由导致路径不对称），第 4 跳的 ICMP 回程可能绕了更远的路。

(c) 因为第 6 跳返回的是 **ICMP 类型 3 代码 3（端口不可达）**而非类型 11（TTL 超时）。traceroute 故意把 UDP 目的端口设为一个极不可能有进程监听的值，把"端口不可达"这个错误当作"我到了"的信号。

题 9

(a)

BDP = 2.5×10⁹ × 0.12 = 3×10⁸ bit = 37.5 MB

(b)

每 RTT 发 1500 字节 = 12000 bit
吞吐量 = 12000 / 0.12 s = 100 kbps
利用率 = 100 kbps / 2.5 Gbps = 4×10⁻⁵ = 0.004%

(c)

W ≈ 0.95 × BDP / L = 0.95 × 3×10⁸ / 12000 = 23,750 个分组

(d) ⭐ **完全不够。**16 位窗口最大 65535 字节 ≈ 44 个分组，而需要 23,750 个。必须启用窗口缩放选项（RFC 7323），它在握手时协商一个移位因子，可把窗口扩到最大 1 GB。

题 10

(a) 骨干上 40 人共享 10 Gbps → 人均 250 Mbps。三项比较：min(100 Mbps 接入, 250 Mbps 骨干份额, 1 Gbps 服务器) = ⭐ 接入链路 100 Mbps。

(b) 200 人共享 10 Gbps → 人均 50 Mbps。min(100, 50, 1000) = ⭐ 瓶颈转移到骨干，50 Mbps。

(c) ⭐ 要先测量再决定。若属 (a) 情形，升级接入有效；若属 (b) 情形，升级接入完全无效——这就是水管类比：加粗不是瓶颈的那一段没有任何作用。实际家庭宽带的瓶颈绝大多数在接入链路，但企业和校园网常常在出口。

题 11

传输时间：

HTML:  200 KB × 8 = 1.6 Mbit ÷ 20 Mbps = 80 ms
对象:   20 KB × 8 = 0.16 Mbit ÷ 20 Mbps = 8 ms

(a) 非持续串行

HTML:   2×60 + 80 = 200 ms
每对象: 2×60 + 8 = 128 ms
12 个:  12 × 128 = 1536 ms
总计:   200 + 1536 = 1736 ms

(b) 6 条并行（两批：6 + 6）

HTML: 200 ms
批 1: 128 ms
批 2: 128 ms
总计: 456 ms

(c) 持续 + 流水线

握手:      60 ms
HTML:      60 + 80 = 140 ms
12 个对象: 60 + 12×8 = 156 ms
总计:      356 ms

⭐ 1736 → 456 → 356 ms。收益主要来自消除重复握手的 RTT，且 RTT 越大收益越显著。

题 12

(a) 401 = 「我不知道你是谁，请提供认证凭据」（应带 WWW-Authenticate，补上凭据后可能成功）；403 = 「我知道你是谁，但你没有权限」（重试凭据无用）。

(b) 502 Bad Gateway = 代理从上游收到了无效响应；504 Gateway Timeout = 代理等待上游超时未收到响应。前者上游有回复但格式错误，后者上游根本没回。

(c) 301 永久移动，302 临时移动。⭐ 301 会被浏览器和搜索引擎长期缓存——一旦配错，用户浏览器会在很长时间内不再向你的服务器发请求就直接跳转，你无法从服务端撤回。这是运维中真实且代价高昂的事故类型。

题 13

(a) 幂等指执行一次与执行 N 次对服务器状态的影响相同。幂等的方法：GET、HEAD、PUT、DELETE、OPTIONS。非幂等：POST、PATCH。

(b) 因为 POST 不是幂等的——重发可能造成重复下单、重复扣款。而网络会丢包和重传，浏览器不能替用户做这个决定。

(c) POST 处理完成后返回一个 303/302 重定向到某个 GET 页面，浏览器随后 GET 该页面。⭐ 这样用户看到的最终页面是通过 GET 到达的，刷新时重发的是幂等的 GET，而不是 POST，从而消除了重复提交的风险。

题 14

(a) no-cache = 可以存储，但每次使用前必须向服务器重新验证（发条件 GET）；no-store = 完全不允许存储。银行账户页面应当用 no-store。

(b) ⭐ 省下了实体体的传输（可能几百 KB 到几 MB）；⭐ 没省下一个完整的 RTT——你仍然必须发出请求并等待响应才知道"没变"。

(c) ⭐ 在有效期内连请求都不发，把那个 RTT 也省掉了。这是三级递进：max-age 未过期 = 0 RTT；条件 GET = 1 RTT 但省实体；无缓存 = 1 RTT + 完整传输。

题 15

(a) 无状态让服务器可以任意水平扩展——任何一台服务器都能处理任何请求，无需在集群间同步会话状态，也无需在崩溃后恢复状态。

(b) 代价是需要状态的应用（登录、购物车）必须自己实现。补救机制是 Cookie（客户端存标识，服务端存数据）。

(c)

HttpOnly  → 禁止 JavaScript 读取 → 缓解 XSS 窃取会话
Secure    → 只在 HTTPS 上发送     → 防止明文信道泄露
SameSite  → 限制跨站携带          → 缓解 CSRF

题 16

(a)

比特到达率 = 100 × 600 kbit = 60 Mbps
流量强度 = 60 / 80 = 0.75

(b) 设未命中率 m：

m × 60 / 80 ≤ 0.6  →  m ≤ 0.8
⭐ 命中率至少 20%

(c)

平均时延 = 0.5 × 0.008 + 0.5 × (1.5 + 0.4)
         = 0.004 + 0.95 = 0.954 s

题 17

(a) 消除了**应用层（HTTP 层）**的队头阻塞（响应不再需按请求顺序返回）；未消除传输层（TCP 层）的队头阻塞。⭐ 根本原因：TCP 向上提供的抽象是一条有序的字节流，它对上层的多流结构一无所知，任何字节丢失都会阻止其后所有已到达的字节交付给应用——哪怕它们属于完全无关的流。

(b) ① 部署可行性——新的 IP 协议号需要全球 NAT、防火墙、负载均衡器升级才能通过，历史证明这要几十年（参考 SCTP 与 IPv6）；UDP 是既有的、被普遍放行的通道。② QUIC 在用户态实现，可随浏览器更新迭代，不必等操作系统内核升级。

(c) 解决了移动场景下 IP 地址改变导致连接中断的问题。TCP 连接由四元组标识，IP 变则连接断；QUIC 用与地址无关的 Connection ID 标识连接，IP 变了连接仍继续（只需做一次路径验证）。

题 18

(a)

3 + 90 + 50 + 25 + 12 = 180 ms

(b) 本地 DNS 已缓存最终的 A 记录，直接返回：3 ms。（60 倍差距——这就是缓存的价值。）

(c) 根、edu TLD、univ.edu 的 NS 记录均已缓存，只需查 univ.edu 权威拿到 other 子域的委派，再查该子域权威。设子域权威 RTT 同为 12 ms：

3 + 25 + 12 = 40 ms

⭐ 缓存是分层生效的——即使是全新域名，只要上层记录已缓存，也能省掉大部分往返。

题 19

(a) ① 单点故障；② 查询流量巨大，单机无法承载；③ 集中式数据库对远处用户时延不可接受；④ 数亿条记录的维护与授权无法集中管理。

(b) 错在把 13 个逻辑根服务器标识当成 13 台物理机器。通过 anycast，同一个根服务器 IP 在全球有 1500+ 个物理实例。13 这个数字来源于：早期 DNS 响应必须装进 512 字节的 UDP 报文，13 个 IPv4 地址的 NS + A 记录恰好是能塞下的上限。

(c) ⭐ 迁移前 24–48 小时（超过当前 TTL 一个周期）把该记录的 TTL 调低（如从 3600 秒降到 60 秒），等旧的长 TTL 缓存全部过期；迁移时更新 A 记录，全网 60 秒内切换；确认稳定后把 TTL 调回长值以降低查询量。

题 20

(a) ① UDP 无连接、无握手，源 IP 可以随意伪造（IP 欺骗）；② 响应报文远大于请求报文（尤其启用 DNSSEC 或查询 ANY 时），构成流量放大。

(b) ⭐ DNSSEC 不提供机密性（只签名不加密）；⭐ DoH 不提供真实性（只加密传输，无法验证记录本身是否被权威服务器篡改或伪造）。二者是互补关系：DNSSEC 管"这条记录确实来自权威且未被篡改"，DoH/DoT 管"路径上的人看不到你查了什么"。理想部署是两者同时启用。

(c) 因为 CNAME 记录不能与同名的其他记录共存（RFC 1034），而根域名必须拥有 SOA 和 NS 记录。托管商用 ALIAS / ANAME / CNAME flattening 等非标准手段在服务端展开来绕开这一限制。

题 21

(a)

D_cs  = max( N·F/u_s ,  F/d_min )
D_p2p = max( F/u_s ,  F/d_min ,  N·F/(u_s + Σu_i) )

(b) F = 20,000 Mbit，u_s = 50 Mbps，u = 3 Mbps，d = 15 Mbps

F/d   = 20000/15  ≈ 1333 s
F/u_s = 20000/50  = 400 s

C/S:
  N=20:   20×20000/50   = 8,000 s    → max(8000, 1333)   = 8,000 s
  N=200:  200×20000/50  = 80,000 s   → 80,000 s
  N=2000: 2000×20000/50 = 800,000 s  → 800,000 s

P2P:  N·F/(u_s + N·u)
  N=20:   20×20000/(50+60)     = 400000/110    = 3,636 s → max(400,1333,3636) = 3,636 s
  N=200:  200×20000/(50+600)   = 4000000/650   = 6,154 s → 6,154 s
  N=2000: 2000×20000/(50+6000) = 40000000/6050 = 6,612 s → 6,612 s
N C/S P2P 倍数
20 8,000 s 3,636 s 2.2×
200 80,000 s 6,154 s 13×
2000 800,000 s 6,612 s 121×

(c) ⭐ N 从 200 涨到 2000（10 倍），C/S 的时间也涨 10 倍（线性），而 P2P 只从 6154 涨到 6612（1.07 倍），并正在向渐近值 F/u = 20000/3 ≈ 6667 s 收敛。每增加一个用户，既增加了 F 的需求，也增加了 u 的供给，二者相互抵消——这就是自扩展。

题 22

(a) SMTP 是推（发送方主动把邮件送到接收方服务器）。⭐ 后果之一是垃圾邮件成为可能——任何人都能主动往你的邮箱推东西；而 HTTP 世界里没有人能强迫你的浏览器去下载什么。这个方向性差异是邮件反垃圾问题如此顽固的结构性原因。

(b) 点填充：SMTP 用单独一行的 . 表示报文结束，因此发送方把正文中行首的 . 替换为 ..，接收方还原。链路层的对应机制叫 ⭐ 字节填充（byte stuffing）——同一个「边界符号 vs 数据透明」问题在两个层的相同解法。

(c) 新加入的 peer 一个块都没有，无法向任何人上传，因而永远进不了任何人的"上传最快的 4 个"名单，得不到数据，被永久饿死——系统将无法接纳新成员。乐观疏通用少量随机资源打破这个死锁。

(d) 因为 ⭐ 端到端原则：只有客户端知道自己真实的可用带宽、缓冲区水位、屏幕尺寸和用户偏好，服务器无法完整、正确地代它做这个决定。副产品是服务器退化为普通 HTTP 服务器，因而可以直接复用整个 CDN 缓存体系。

题 23

(a) 网络时延 d_i = r_i − t_i：

块 t_i r_i 时延 d_i
1 0 58 58
2 20 71 51
3 40 92 52
4 60 129 ⭐ 69（最大）
5 80 105 ⭐ 25（最小）
6 100 148 48

抖动 = 69 − 25 = 44 ms。

⭐ 有乱序：第 5 块在 t = 105 到达，而第 4 块直到 t = 129 才到——后产生的块先到了。这正是需要 RTP 序号的原因：仅凭到达顺序无法还原真实顺序。

(b) q = 60，播放时刻 p_i = t_i + 60：

块 p_i r_i 判定
1 60 58 ✅
2 80 71 ✅
3 100 92 ✅
4 120 129 ❌ 错过 9 ms
5 140 105 ✅
6 160 148 ✅

⭐ 只有第 4 块错过，被当作丢包丢弃。

(c) q = 90，播放时刻 p_i = t_i + 90：分别为 90、110、130、150、170、190，而到达时刻为 58、71、92、129、105、148——⭐ 全部按时到达，无一错过。

(d) 要全部播放，必须对每个块都有 t_i + q ≥ r_i，即：

q ≥ max(r_i − t_i) = max(58, 51, 52, 69, 25, 48) = 69 ms

⭐ q 最小取 69 ms，由**时延最大的那一个块（第 4 块）**决定。

代价：每一个块都要为了迁就那唯一一个倒霉的块而统一多等 69 ms。这 69 ms 还要叠加采集、编码、解码、播放的开销，很容易把单向时延推过 150 ms 的舒适线。⭐ 这就是固定播放时延的根本矛盾：一个离群值绑架了所有人——所以实际系统改用自适应播放时延，并且接受丢掉少数离群块（比如取 q = 58 就只丢第 4 块）。

题 24

(a) 设该块产生于 t，单向时延约 RTT/2 = 30 ms。

该块的播放时刻          = t + q = t + 70

接收方何时发现它丢了？
  要等【下一个块】到达才看得出缺口
  下一个块产生于 t + 20，到达于 t + 20 + 30 = t + 50

请求重传（发出）        = t + 50
请求到达发送方          = t + 50 + 30 = t + 80
重传块到达接收方        = t + 80 + 30 = ⭐ t + 110

⭐ 重传块在 t + 110 才到，而播放时刻是 t + 70——迟到 40 ms，赶不上。

即使乐观地假设接收方在 t + 30（原本该到的时刻）就立刻察觉丢失，重传也要到 t + 30 + 60 = t + 90 才回来，⭐ 仍然错过 20 ms。

📌 结论：要让重传有用，q 至少得取到 110 ms，再叠加编解码开销后单向时延远超 150 ms 预算——对话已经无法正常进行。⭐ 所以问题不是「UDP 不支持重传」，而是重传在时间上无意义；正因为如此才选 UDP。

(b) 任选两种：

对策 做法 ⭐ 时延代价
FEC（前向纠错） 每 n 个块附加一个冗余块，丢任意一个都能恢复 必须等齐这一组才能解码，⭐ 增加约一个块组的时延；另有 1/n 的带宽开销
低码率冗余 第 i 个包里捎带第 i−1 个包的低质量版本 ⭐ 只增加一个包的时延（约 20 ms），代价是恢复出的音质较低——交互式场景的首选
交织 把相邻采样打散到不同包 丢一个包变成多处小间隙而非一处大间隙，人耳更易接受；⭐ 但必须等齐一组才能还原，时延明显增加，不适合交互式
接收端隐藏 用前一块波形重复或内插 ⭐ 零时延、零带宽开销，但丢包率高时失真明显