模拟卷 5

【解析】
栈的容量为 3，入栈序列固定为 1,2,3,4,5。出栈序列必须符合栈的后进先出规则，且受容量限制。

对于选项 A（3,2,1,5,4）：

• 先入栈 1,2,3（栈满），出栈 3,2,1，栈空。
• 再入栈 4，入栈 5，出栈 5,4。
  操作过程中栈内元素数始终不超过 3，且符合出栈序列，因此可能。

对于选项 B（1,5,4,3,2）：

• 出栈 1 后，需出栈 5，但 5 尚未入栈。入栈 2,3,4 后栈满，无法直接入栈 5；若先出栈元素则破坏序列顺序。
• 要使 5 先出栈，需在 5 入栈时栈中包含 4,3,2，但容量仅为 3，无法同时容纳 4 个元素，因此不可能。

对于选项 C（5,4,3,2,1）：

• 需先出栈 5，但 5 最后入栈。入栈 1,2,3 后栈满，入栈 4 需先出栈元素，而出栈会破坏序列以 5 开始，因此不可能。

对于选项 D（4,3,2,1,5）：

• 需先出栈 4，但入栈 1,2,3 后栈满，入栈 4 需先出栈元素，而出栈会导致序列首元素不为 4，因此不可能。

综上，只有选项 A 可能。

【解析】
输入序列为 1234，需找出既不能由输入受限双端队列（插入仅在一端，删除可在两端）也不能由输出受限双端队列（删除仅在一端，插入可在两端）得到的输出序列。

• 选项 A（1234）：两种受限队列均可通过顺序插入和删除得到。
• 选项 B（4132）：输入受限队列可通过插入 1,2,3,4 后依次删除后端 4、前端 1、后端 3、前端 2 得到；输出受限队列无法得到，因为需要插入 4 前队列前端为 1 且后续顺序为 3,2，但无法通过插入 1,2,3 得到所需队列[1,3,2]。
• 选项 C（4231）：输入受限队列中，插入 1,2,3,4 后删除后端 4，队列变为[1,2,3]，2 不在端部，无法直接输出 2 而不先输出 1 或 3；输出受限队列中，需要插入 4 前队列为[2,3,1]，但无法通过插入 1,2,3 得到该队列。因此两种队列均无法得到 4231。
• 选项 D（4213）：输入受限队列无法得到（类似 4231 的原因），但输出受限队列可通过插入 1,2,3 得到队列[2,1,3]，再插入 4 前端后依次删除得到 4213。
  综上，4231 既不能由输入受限也不能由输出受限双端队列得到。

【解析】 考查二叉排序树的构造和查找。按题中数据的输入次序，建立的二叉排序树如右图所示。查找元素 30 需要依次比较的元素为 50,43,20,35,30，比较次数为 5 次。

      50
     /  \
   43    72
  /  \  /  \
 20  45 65  85
  \        /
  35      75
 /
30

【解析】
将森林转换成二叉树时，采用“左孩子右兄弟”的表示法。对于由多棵树组成的森林，转换规则为：取第一棵树的根作为二叉树的根，根的左子树由第一棵树中根的子树森林转换而成，根的右子树由剩余树组成的森林转换而成。

给定森林中四棵树的结点数分别为 30、10、20、5。转换后二叉树的结构如下：

• 二叉树的根对应第一棵树的根。
• 根的左子树由第一棵树中除根外的 29 个结点转换而成，结点数为 29。
• 根的右子树由第二、三、四棵树（结点数共 10+20+5=35）转换而成。

根的右子树本身也是一棵二叉树，其根对应第二棵树的根。该右子树的左子树由第二棵树中除根外的子树森林转换而成，第二棵树有 10 个结点，除根外有 9 个结点，因此该左子树的结点数为 9。

故根结点的右子树的左子树的结点数为 9。

【解析】 考查折半查找的查找过程。有序表长度为 12，依据折半查找的思想：

• 第一次查找第 $\lfloor (1+12)/2\rfloor =6$ 个元素，即 65；
• 第二次查找第 $\lfloor ((6+1)+12)/2\rfloor =9$ 个元素，即 81；
• 第三次查找第 $\lfloor (7+(9-1))/2\rfloor =7$ 个元素，即 70；
• 第四次查找第 $\lfloor (7+1)+8\rfloor /2=8$ 个元素，即 75。

比较的元素依次为 65、81、70、75。对应的折半查找判定树如下图所示。

        65
      /    \
    25      81
   /  \     /  \
  2    35  70   88
 /     \    \   /  \
10      40   75 82  100

【解析】 考查初始堆的构造过程。首先对以第 $\lfloor n/2\rfloor$ 个结点为根的子树筛选，使该子树成为堆，之后向前依次对各结点为根的子树进行筛选，直到筛选到根结点。序列 $\{48,62,35,77,55,14,35,98\}$ 建立初始堆的过程如下所示：

【解析】
基数排序通常从最低有效位（LSD）开始，对数字的每一位进行稳定排序。给定序列 {05,46,13,55,94,17,42} 均为两位数，第一趟排序根据个位数字进行。

首先，提取每个数字的个位：05（个位 5）、46（个位 6）、13（个位 3）、55（个位 5）、94（个位 4）、17（个位 7）、42（个位 2）。

按照个位数字分配桶（0-9），保持稳定性：

• 个位 2:42
• 个位 3:13
• 个位 4:94
• 个位 5:05、55（保持原序，05 在 55 前）
• 个位 6:46
• 个位 7:17

按桶顺序收集数字，得到序列：42,13,94,05,55,46,17。这与选项 C 一致。

选项 A 是原始序列；选项 B 是完全排序后的结果；选项 D 不符合个位排序顺序。因此，一趟排序结果为 C。

【解析】 首先，将十六进制数 41A4C000H 转换为二进制：
0100 0001 1010 0100 1100 0000 0000 0000。

按照 IEEE754 单精度浮点数格式：

• 第 1 位为符号位 $S$ ；
• 第 2–9 位为指数位 $E$ （8 位）；
• 第 10–32 位为尾数位 $M$ （23 位）。

具体分析如下：

• 符号位 $S=0$ ，表示正数。
• 指数位 $E=10000011_{(2)}$ ，转换为十进制为 $131$ 。IEEE754 中指数采用偏置表示，偏置量为 $127$ ，因此实际指数
  $e=E-127=131-127=4.$
• 尾数位 $M=01001001100000000000000_{(2)}$ ，表示小数部分。计算 $M$ 的十进制值：对应二进制小数位中，
  $2^{-2}=0.25$ ，
  $2^{-5}=0.03125$ ，
  $2^{-8}=0.00390625$ ，
  $2^{-9}=0.001953125$
  为 1，其余为 0，求和得
  $M=\mathrm{0.287109375.}$ IEEE754 中尾数包含隐含的 1，因此实际尾数
  $m=1+M=\mathrm{1.287109375.}$

浮点数的值为

因此，对应的十进制数为 $20.59375$ ，选项 D 正确。

【解析】
主存容量为 1MB，即 $2^{20}$ 字节，因此主存地址为 20 位。
Cache 容量为 16KB，即 $2^{14}$ 字节。
每个字为 32 位（即 4 字节），每个字块包含 8 个字，因此块大小为 $8\times 4=32$ 字节，块内偏移需要 ${\log }_{2}32=5$ 位。
Cache 共有 $2^{14}/32=512$ 块，索引需要 ${\log }_{2}512=9$ 位。
在直接映射方式下，主存地址划分为：标签（高 6 位）、索引（中间 9 位）、偏移（低 5 位）。

给定主存地址 35301H，转换为二进制为 0011 0101 0011 0000 0001（共 20 位）。
偏移量为低 5 位（00001），索引为位 5 至位 13（010011000），转换为十进制为 $128+16+8=152$ 。
也可通过计算主存块号得到：地址 35301H 对应十进制 217857 字节，块号为 $217857÷32=6808$ （余数为 1），Cache 块号为 $6808\mathrm{mod}512=152$ 。
因此，该主存块位于 Cache 的第 152 字块中。

【解析】 微指令字长为 24 位，控制字段采用水平型编码。微命令分为 4 个互斥类，每类所需的位数需包含“无操作”状态，计算如下：

• 第一类有 5 个微命令，需 $\lceil {\log }_2(5+1)\rceil =3$ 位；
• 第二类有 8 个微命令，需 $\lceil {\log }_2(8+1)\rceil =4$ 位；
• 第三类有 14 个微命令，需 $\lceil {\log }_2(14+1)\rceil =4$ 位；
• 第四类有 3 个微命令，需 $\lceil {\log }_2(3+1)\rceil =2$ 位。

控制字段共需 $3+4+4+2=13$ 位。

顺序字段占 $24-13=11$ 位，用于断定方式下的地址生成。外部条件共有 3 个，条件选择字段需 3 位（可编码 8 种转移条件，满足 3 个外部条件及其他功能），下地址字段占 $11-3=8$ 位。下地址字段 8 位可寻址 $2^8=256$ 个微指令单元，因此控制存储器容量为 $256\times 24$ 位。

【解析】
数据总线的宽度指的是总线一次能传输的数据位数，这由数据线的数量决定。在总线的各类特性中，功能特性定义了各信号线的具体功能，如地址线、数据线、控制线等。数据总线的宽度直接与数据线的功能相关，因此它由功能特性定义。

物理特性涉及总线的机械连接方式（如插头、插座），电气特性涉及电压、电流等参数，时间特性则关注信号时序关系。这些特性均不直接决定数据总线的宽度，故其他选项不正确。因此，本题选择 B。

【解析】 考查 DMA 方式中的中断与中断传输方式的区别。前者是向 CPU 报告数据传输结束，后者是传送数据，另外 DMA 方式中的中断不包括检查是否出错，而是报告错误。

注意：DMA 方式与程序中断方式的比较如下。

① DMA 传送数据的方式是靠硬件传送，而程序传送方式是由程序来传送。

② 程序中断方式需要中断 CPU 的现行程序，需要保护现场，而 DMA 方式不需要中断现行程序。

③ 程序中断方式需要在一条指令执行结束才能得到响应，而 DMA 方式则可以在指令周期内的任意存储周期结束时响应。

④ DMA 方式的优先级高于程序中断方式的优先级。

【解析】 首先，理解屏蔽字的含义：每个中断的屏蔽字表示当处理该中断时，哪些中断被屏蔽。屏蔽字为 4 位二进制数，假设位顺序对应中断 1、2、3、4。若某位为 1，则屏蔽对应中断；若为 0，则不屏蔽。根据中断优先级规则，高优先级中断可以屏蔽低优先级中断，而低优先级中断不能屏蔽高优先级中断。因此，从屏蔽字可以推导优先级关系：若中断 i 的屏蔽字中对应中断 j 的位为 1，则中断 j 的优先级低于中断 i；若为 0，则中断 j 的优先级高于中断 i。

给定屏蔽字：中断 1 为 1101，中断 2 为 0100，中断 3 为 1111，中断 4 为 0101。分析每个屏蔽字：

• 中断 1 的屏蔽字 1101：位 3 为 0，说明中断 3 优先级高于中断 1；位 2 和位 4 为 1，说明中断 2 和中断 4 优先级低于中断 1。
• 中断 2 的屏蔽字 0100：位 1、位 3、位 4 均为 0，说明中断 1、3、4 优先级均高于中断 2。
• 中断 3 的屏蔽字 1111：所有位为 1，说明中断 3 屏蔽所有中断，因此中断 3 优先级最高。
• 中断 4 的屏蔽字 0101：位 1 和位 3 为 0，说明中断 1 和中断 3 优先级高于中断 4；位 2 为 1，说明中断 2 优先级低于中断 4。

综合上述关系：中断 3 优先级最高；中断 1 优先级高于中断 4 和中断 2；中断 4 优先级高于中断 2。因此，修改后的优先级从高到低为 3→1→4→2，对应选项 B。验证屏蔽字与优先级顺序一致，确认正确。

【解析】 首先，设信号量 S 的初始值为 X。根据信号量的操作规则，P 操作会使 S 减 1，V 操作会使 S 加 1。经过 28 次 P 操作和 18 次 V 操作后，S 的值为 X - 28 + 18 = X - 10。已知此时 S 的值为 0，因此 X - 10 = 0，解得初始值 X = 10。

然后，在 S 值为 0 的情况下，又进行了 3 次 V 操作。每次 V 操作使 S 加 1，所以 S 变为 0 + 3 = 3。

在计数信号量中，当 S 的值大于或等于 0 时，表示没有进程等待在信号量的队列中。具体地，若 S > 0，表示有可用资源；若 S = 0，表示资源刚好用完且无进程等待；若 S < 0，其绝对值表示等待进程数。在 28 次 P 和 18 次 V 操作后 S = 0，说明等待队列已空。后续 3 次 V 操作使 S 变为 3，S 仍为正数，因此等待队列中依然没有进程。

故此时有 0 个进程等待在信号量 S 的队列中。

【解析】 进程从运行状态进入等待状态通常是由于进程请求某个资源或等待某个事件，但该资源暂时不可用或事件尚未发生。P 操作（即 wait 操作）是同步机制中的一种，用于申请资源。当运行进程执行 P 操作时，如果信号量值小于等于 0，表示资源不足，该进程会被阻塞并进入等待状态，因此选项 A 正确。

其他选项中，B 和 C 通常导致进程从运行状态转为就绪状态：进程调度程序的调度可能将运行进程切换为就绪状态以让其他进程运行；时间片用完也会触发调度，使进程从运行转为就绪。D 选项的 V 操作（即 signal 操作）用于释放资源，可能唤醒等待中的进程，但执行 V 操作的进程本身不会进入等待状态。

因此，只有 A 选项描述了进程从运行状态到等待状态的可能情况。

【解析】

该算法不能保证进程互斥进入临界区。分析两个进程 P0 和 P1 的执行流程：假设初始时共享变量 turn=0，P0 首先执行，检查 turn!=0 为假，跳过 turn=0 的设置，再检查 turn!=0 为假，不跳转，然后设置 turn=1 并进入临界区。此时 P1 也开始执行，检查 turn!=1 为假，跳过 turn=1 的设置，再检查 turn!=1 为假，不跳转，设置 turn=0 并进入临界区。这样，P0 和 P1 同时处于临界区，违反了互斥条件。

虽然互斥无法保证，但算法不会导致“饥饿”（即某个进程永远无法进入临界区）。因为每个进程在尝试进入时，都会通过循环检查 turn 是否等于自己的标识 i。无论 turn 初始值如何，进程在执行中总会将 turn 设置为对方或 0，使得另一个进程在后续尝试中能够通过检查并进入临界区。例如，P0 退出临界区时设置 turn=0，之后 P1 尝试时可能先设置 turn=1 再检查通过，从而进入临界区。两个进程在竞争中有机会交替进入，没有进程会被永久阻塞。

因此，该算法不能保证互斥，但不会出现饥饿。

【解析】 系统死锁的一个常见条件是当所有进程都持有部分资源并等待更多资源时，资源总数不足以满足任何进程的剩余需求。具体来说，如果每个进程的最大需求为 w，那么在最坏情况下，每个进程都已获得 w-1 个资源并等待最后一个资源。此时，已分配资源总数为 n(w-1)，如果资源总数 m 不超过 n(w-1)，即 m ≤ n(w-1)，则系统可能陷入死锁。

分析各个选项：
A. m=2, n=1, w=2：计算 n(w-1)=1×(2-1)=1，m=2>1，不会死锁。
B. m=2, n=2, w=1：计算 n(w-1)=2×(1-1)=0，m=2>0，不会死锁。
C. m=4, n=3, w=2：计算 n(w-1)=3×(2-1)=3，m=4>3，不会死锁。
D. m=4, n=2, w=3：计算 n(w-1)=2×(3-1)=4，m=4 恰好等于 n(w-1)，此时两个进程各获得 2 个资源后，所有资源被占用，每个进程还需 1 个资源才能完成，但无可用资源，因此系统会出现死锁。

【解析】 按需调页（Demand-paging）是一种虚拟内存管理策略，它在页面被实际访问时才将其加载到内存中，依赖于程序的局部性原理来减少页面错误和提高性能。适合该环境的程序通常具有良好时间或空间局部性，即访问模式集中或连续。

堆栈操作集中在栈顶，具有高度局部性；线性搜索顺序访问元素，连续内存访问利于页面重用；矢量运算通常涉及顺序或规律数据访问，也能有效利用页面。这些技术都能较好适应按需调页。

然而，二分搜索需要在有序数组中反复跳跃访问中间元素，访问模式非连续且不可预测，导致频繁跨页面访问。这种低局部性会引发大量页面错误，显著降低系统效率，因此不适合按需调页环境。

【解析】
有效存取时间由无缺页和有缺页两种情况组成：

• 无缺页时，存取时间为内存存取时间 $1\mu \text{s}$ ；
• 有缺页时，存取时间为缺页中断处理时间，该时间已包含后续内存访问。

根据题意，缺页中断处理时间取决于被置换页是否被修改：

• $70\%$ 的概率为 $20\mu \text{s}$ （已修改）；
• $30\%$ 的概率为 $8\mu \text{s}$ （未修改）。

平均处理时间为

设缺页中断率为 $p$ ，则有效存取时间为

要求 $\text{EAT}\le 2\mu \text{s}$ ，即

解得

即约 $6.5\%$ 。

因此，可接受的最大缺页中断率约为 $6.5\%$ 。

【解析】 在按需调页系统中，CPU 利用率仅为 8%，表明 CPU 经常空闲；硬盘交换空间利用率为 55%，说明交换空间尚有剩余；但硬盘繁忙率高达 97%，表明硬盘持续进行大量 I/O 操作，这通常是因为物理内存不足导致频繁的页面交换（抖动）。

CPU 利用率低是因为进程频繁等待硬盘 I/O，而非 CPU 本身不足，因此增加 CPU 数量（III）无效。交换空间利用率未满，加大其容量（I）不能解决频繁交换问题。安装更快硬盘（IV）可能缩短单次交换时间，但无法从根本上减少交换频率，不是最佳方案。

增加内存容量（II）可以直接减少缺页和交换操作，从而降低硬盘繁忙率并提高 CPU 利用率；减少多道程序的道数（V）能减轻内存压力，减少进程竞争内存导致的抖动。因此，II 和 V 是直接有效的解决方法。

【解析】 题中磁盘旋转速度为 20 ms/r，每个磁道存放 10 个记录，因此读出一个记录的时间为 $20/10\text{ms}=2\text{ms}$ 。

1）对于第一种记录分布的情况，读出并处理记录 A 需要 6 ms，则此时读写磁头已转到记录 D 的开始处，因此为了读出记录 B，必须再转一圈少两个记录（从记录 D 到记录 B）。后续 8 个记录的读取及处理与此相同，但最后一个记录的读取与处理只需 6 ms。于是，处理 10 个记录的总时间为

2）对于第二种记录分布的情况，读出并处理记录 A 后，读写磁头刚好转到记录 B 的开始处，因此立即就可读出并处理，后续记录的读取与处理情况相同。共选择 2.7 圈。最后一个记录的读取与处理只需 6 ms。于是处理 10 个记录的总时间为

综上，信息分布优化后，处理的时间缩短了 $204\text{ms}-60\text{ms}=144\text{ms}$ 。

【解析】 停止—等待协议的发送窗口和接收窗口大小均为 1，发送方每发送一个分组后必须等待确认，才能发送下一个分组。接收方一次只处理一个分组，因此分组到达的顺序与发送顺序完全一致，一定按序接收。

后退 N 帧协议中，接收方只按序接收分组。如果某个分组丢失或出错，发送方会重传该分组及之后的所有分组，接收方对乱序到达的分组直接丢弃，确保只有顺序正确的分组被接受，因此也保证按序接收。

选择重传协议允许接收方缓存乱序到达的分组，即分组到达时可能不是按序的，但接收方会将这些分组暂时存储，等待缺失分组到达后再按序交付给上层。因此，分组到达时不一定按序，不满足“一定按序接收到达的分组”的条件。

综上，只有停止—等待协议和后退 N 帧协议一定按序接收分组，对应选项 A。

【解析】 主机的 IP 地址为 11.1.1.100，子网掩码为 255.0.0.0，其网络地址通过按位与运算得到 11.0.0.0/8。默认路由的网关必须与主机在同一子网内，即网关的网络地址也应为 11.0.0.0/8，这样主机才能直接通信。

逐一分析路由器选项：

• I：IP 地址 11.1.1.1，子网掩码 255.0.0.0，网络地址为 11.0.0.0，与主机相同。
• II：IP 地址 11.1.2.1，子网掩码 255.0.0.0，网络地址为 11.0.0.0，与主机相同。
• III：IP 地址 12.1.1.1，子网掩码 255.0.0.0，网络地址为 12.0.0.0，与主机不同。
• IV：IP 地址 13.1.2.1，子网掩码 255.0.0.0，网络地址为 13.0.0.0，与主机不同。

只有 I 和 II 与主机在同一子网，可能作为默认路由的网关。III 和 IV 不在同一子网，主机无法直接可达，因此不能作为默认路由。故正确选项为 A。

【解析】 在 IP 网络中，TTL（生存时间）字段用于限制数据包在网络中的存活跳数。路由器每转发一次分组，TTL 值减 1；当 TTL 值减为 0 时，路由器必须丢弃该分组，以防止其无限循环消耗网络资源。

丢弃后，路由器会向源主机发送一个 ICMP 时间超过报文（ICMP Type 11），通知源主机该分组因 TTL 超时而被丢弃。这有助于源主机诊断网络路径问题，例如在 traceroute 工具中就是利用这一机制。

其他选项中：A 的“源点抑制”是 ICMP 用于流量控制的报文；B 的“改变路由”是 ICMP 重定向报文，用于提示更优路由；D 的“终点不可达”是 ICMP 用于指示目的地无法到达的报文。这些均与 TTL 值为 0 的处理场景无关。

【解析】 当主机位于不同子网时，通信必须经过路由器转发。路由器在转发 IP 数据报时，保持网络层的源 IP 地址和目的 IP 地址不变（除非进行 NAT），但数据链路层的封装需要更新。具体来说，路由器会解封装接收到的帧，根据路由表确定下一跳，然后重新封装成新的帧，其中源硬件地址（如 MAC 地址）改为路由器出口的地址，目的硬件地址改为下一跳设备（如另一个路由器或目的主机）的地址。因此，选项 C 正确。

选项 A 和 B 错误，因为标准 IP 路由中不重新封装 IP 地址；选项 D 错误，因为 ARP 广播只能用于同一子网内获取硬件地址，跨子网时源主机通过 ARP 获取默认网关的地址，而非直接获取目的主机的硬件地址。

【解析】

关于路由器与交换机的比较，路由器工作在网络层（第三层），负责在不同网络之间基于 IP 地址进行路由选择和分组转发，处理过程涉及路由表查找和决策，因此处理的信息更复杂，转发速度通常比工作在数据链路层（第二层）、基于 MAC 地址快速转发的交换机慢，故选项 A 错误。

对于路由选择，路由器使用路由协议（如 RIP、OSPF）计算路径，最佳路由的度量标准可能包括延迟、带宽、跳数等多种因素，并非只追求延迟最小，且在实际中可能根据配置提供多条路径或负载均衡，因此选项 B 过于绝对，不正确。

路由器通常设计为支持多种网络层协议（如 IP、IPX 等），并能处理不同协议的分组，实现跨协议网络的互联，这体现了其多协议处理能力，尽管现代路由器主要专注于 IP 协议，但传统概念上这一说法成立，因此选项 C 正确。

路由器转发决策依赖于网络层地址（如 IP 地址），而物理地址（MAC 地址）是数据链路层用于局域网内寻址的，由交换机或网卡处理，路由器仅在发送数据到直接相连的网络时需要获取 MAC 地址，但不基于 MAC 地址进行路由转发，故选项 D 错误。

综上所述，正确选项为 C。

【解析】 首先，根据 TCP 拥塞控制机制，初始慢启动门限 ssthresh=8，拥塞窗口 cwnd 从 1 开始。在慢启动阶段，cwnd 每轮次翻倍：第 1 次传输 cwnd=1，第 2 次传输 cwnd=2，第 3 次传输 cwnd=4，第 4 次传输 cwnd=8（达到 ssthresh，进入拥塞避免）。拥塞避免阶段每轮次 cwnd 加 1：第 5 次传输 cwnd=9，第 6 次传输 cwnd=10，第 7 次传输 cwnd=11，第 8 次传输 cwnd=12。此时网络发生超时，超时后将 ssthresh 设置为当前 cwnd 的一半，即 12/2=6，cwnd 重置为 1。

超点后重新开始慢启动：第 9 次传输 cwnd=1，第 10 次传输 cwnd=2，第 11 次传输 cwnd=4。由于此时 cwnd=4 小于 ssthresh=6，仍处于慢启动，但慢启动的目标是使 cwnd 达到 ssthresh，因此从第 11 次传输到第 12 次传输，cwnd 应从 4 增长至 ssthresh 值 6，而不是翻倍到 8。故第 12 次传输时 cwnd=6。