操作系统常见问题和考试问题|S12

GATE CS 2007考试中提出了以下问题。

1)考虑具有16个表面, 每个表面128个磁道和每个磁道256个扇区的磁盘包。 512字节的数据以位串行方式存储在一个扇区中。磁盘包的容量和在磁盘中指定特定扇区所需的位数分别是：

(A)256 MB, 19位

(B)256 MB, 28位

(C)512 MB, 20位

(D)64 GB, 28位

答案(A)

磁盘容量= 16个表面X 128个磁道X 256个扇区X 512字节= 256 MB。

要计算访问一个扇区所需的位数, 我们需要知道扇区总数。扇区总数= 16个表面X 128个轨迹X 256个扇区= 2 ^ 19

因此访问一个扇区所需的位数是19。

2)组1包含一些CPU调度算法, 组2包含一些应用程序。将组1中的条目与组2中的条目匹配。

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

答案(A)

帮派排程

用于计划相关线程或进程在不同处理器上同时运行的并行系统。

速率单调调度

在具有静态优先级调度类的实时操作系统中使用。静态优先级是根据作业的周期持续时间分配的：周期持续时间越短, 作业的优先级越高。

公平份额计划

是一种调度策略, 其中CPU使用量在系统用户或组之间平均分配, 而不是在进程之间平均分配。这也称为保证调度。

3)操作系统使用最短剩余时间优先(SRT)进程调度算法。考虑以下过程的到达时间和执行时间

:

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

流程P2的总等待时间是多少？

(A)5

(B)15

(C)40

(D)55

答案(B)

在时间0, P1是唯一的过程, P1运行15个时间单位。

在时间15, P2到达, 但是P1的剩余时间最短。因此, P1将再继续5个时间单位。

在时间20, P2是唯一的过程。因此它可以运行10个时间单位

在时间30, P3是最短的剩余时间过程。因此它可以运行10个时间单位

在时间40, P2运行, 因为它是唯一的过程。 P2运行5个时间单位。

在时间45, P3到达, 但是P2的剩余时间最短。因此, P2将再继续10个时间单位。

P2在时间55完成履行

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

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