【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 IGroup 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
:
ProcessExecution timeArrival timeP1200P22515P31030P41545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请参阅门角适用于所有上一年的论文/解决方案/说明, 课程提纲, 重要日期, 注释等。
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