Egzamin

Ktoś wie czy na egzaminie może pojawić się segmentacja, segmentacja ze stronicowaniem oraz segmentacja na żądanie?

Ja się mają "notatki dborowiec" do materiału wymaganego na egzaminie?

Moje odpowiedzi do egzaminu ze strony Engela:
https://yapt.dzonder.net/9d (poprawione x3)
Wskażcie różnice jeżeli porównacie z własnymi rozwiązaniami... :p

Na cwiczeniach nie mielismy systemow plikow (procz struktury i-node) wiec mam nadzieje ze sie nie pojawia na egzaminie

A w 21 nie powinno być NNT?

50kB dostanie blok o rozmiarze 64kB
200kB - dostanie 256kB
300kB - dostanie 512kB
i dla 200 nie ma już miejsca.

Przynajmniej ja tak zrozumiałem ten algorytm na ćw

Tak, powinno byc NNT

Tak, pomyłka. Czy stracone wyszło Wam 282KB?

Dlaczego średni czas oczekiwania w RR nie zależy od kwantu czasu?

Zależy.

rathma wrote:Tak, pomyłka. Czy stracone wyszło Wam 282KB?

Tak
|50z + 14w| 64w | 128w | 200z + 56w| 300z + 212 w|
| 64 | 64 | 128 | 256 | 512 |

Mógłby ktoś wyjaśnić dlaczego w następujących pytaniach są inne odpowiedzi niż te:
10: NNN
12: TTT
16: TTT

W 30 jest chyba:
256 2 1024

gaculek wrote:Mógłby ktoś wyjaśnić dlaczego w następujących pytaniach są inne odpowiedzi niż te:
10: NNN
12: TTT
16: TTT

W 30 jest chyba:
256 2 1024

Zgadzam sie wszedzie poza 10: NNT, bo jesli jest cykl to system jest w stanie zagrozenia (jeszcze nie zakleszczenia), a nie bezpiecznym

Czy na wykładzie z SO było o systemach czasu rzeczywistego?

Ale stan zagrożenia to stan w którym zakleszczenie jest osiągalne.
Czy na pewno z faktu istnienia cyklu wynika osiągalność zakleszczenia?
Według mnie istnienie cyklu nie przesądza o stanie systemu.

Jesli jest zakleszczenie to jest stan zagrozenia, ale jesli jest stan zagrozenia to MOZE byc zakleszczenie. To jest na slajdach (26. strona notatek od dborowiec)

Nie wiem o jakich notatkach mówisz, ale to według mnie nie zmienia faktu, że sama informacja o istnieniu cyklu nie daje dostatecznych informacji, aby wnioskować o stanie systemu.

W algorytmie bliźniaków kiedy ktoś chciałby zaalokować 300KB to dajemy mu całe 512KB, tak?

Przydzielamy mu b*2^j >= 300KB, gdzie b to rozmiar bloku i j jest najmniejsze możliwe.

Odnośni pytania 10. Wg mnie odpowiedź to NNN. Przywołujecie tu pojęcie stanu zagrożenia, ale przecież stan zagrożenia definiuje się poprzez stan bezpieczny, więc to raczej nie powinno być argumentem. A stan bezpieczny zależy raczej od ilości dostępnych zasobów, a istnienie cyklu w danej chwili nic nam o tym nie mówi.

EDIT:
Mam jeszcze kilka pytań:
1. Jak działa strategia pola roboczego? Jest zadania na ten temat na smurfie, ale jest tylko wynik, a slajdy nic o tym nie mówią.
2. W DMA przerwanie, o którym mowa jest programowe czy zewnętrzne?
3. Czy mógłby ktoś omówić pytanie 23?
4.Pytanie 7: jak to jest w końcu z tymi sygnałami?
5. Pytanie 12: Czy jeśli żaden proces nie ma zasobów to na pewno system jest w stanie bezpeicznym? A sytuacja, gdy maksymalne żądania są większe od dostępnych zasobów. Czy jest w ogóle możliwa?

Równie dobrze można zdefiniować stan bezpieczny poprzez stan zagrożenia.
Ja próbuję powiedzieć tylko, że informacja o istnieniu cyklu nie jest wystarczającą przesłanką...

Mogę spróbować odpowiedzieć na te pytania, ale raczej bym się tymi odpowiedziami nie sugerował, bo to co teraz wyczyniam to raczej ostatnie podrygi zdychającej ostrygi...
1. Ta strategia polega na zachowaniu tych stron w pamięci, które były używanie w określonym czasie w przeszłości. Np dla rozmiaru pola roboczego 4 i ciągu odwołań:
1 2 3 4 1 2 3 3 3 3 3 3
Na koniec w pamięci jest tylko strona 3, mimo, że teoretycznie mogłoby zmieścić się więcej.
2. Raczej przerwanie sprzętowe zewnętrzne.
3. Większy rozmiar strony - większa fragmentacja wewnętrzna, tyle samo pamięci możemy zaadresować, większa strona - mniejsza tablica stron.
4. Podczas obsługi przerwania systemowego nasze przerwanie nie będzie natychmiast obsłużone.
5. Idąc takim tropem dochodzimy do wniosku, że system nigdy nie jest w stanie bezpiecznym, bo zawsze może zjawić się proces chcący więcej zasobów niż posiadamy.

@gaculek, masz racje, istnienie cyklu jest warunkiem koniecznym zakleszczenia, wiec odpowiedz to NNN

A mógłby ktoś opisać 30. Chodzi mi głównie o B i C? Z góry dzięki

Piotrek wrote:A mógłby ktoś opisać 30. Chodzi mi głównie o B i C? Z góry dzięki

B) W kazdej grupie znajduje mapa blokow o rozmiarze 1 bloku (zawsze 1 blok). 1 blok ma 4KB wiec mamy 4096*8 bitow. Kazdy bit odpowiada za jedne blok z danymi w grupie, wiec mamy 4096*8 = 32768 blokow z danymi w jednej grupie. Daje to nam 32768 * 4KB = 128 MB danych. Wiemy ze partycja trzyma 32GB, wiec jest 32GB / 128MB = 256 grup z danymi. Kazdy deskryptor grupy ma 32 B, grup jest 256 wiec w kazdej grupie kopia deskryptorow grup zajmuje 256 * 32 B = 1024 * 8B = 2 * 4KB = 2 bloki (ZAWSZE zaokraglamy w gore do rozmiaru bloku, jak wyjdzie 7 KB, to tez zajmuje 2 bloki).

Mogę spróbować. Zastrzeżenie podobne jak powyżej...

32GB partycja, 4KB blok => 2^23 bloków z danymi

W kazdej grupie jest DOKLADNIE 1 blok z mapa zajetosci blokow.
Zatem w kazdej grupie jest 2^12 * 2^3 (wszak bajt to 8 bitow) blokow z danymi

Zatem grup musi być 2^23 / 2^15 = 2^8

W kazdej grupie jest super blok stad 256 superblokow (odp A).

Jak juz wiemy grup jest 2^8 zatem desktyptory grup zajmuja:
2^5 * 2^8 = 2^13 (2^5 z tresci zadania)

Zatem zajmuja 2^14 / 2^13 = 2 bloki (odp B)

Maksymalna ilosc i-wezlow to (tego nie jestem pewien)
ilosc bitow w jednym bloku (mapa)
czyli 2^15
zatem rozmiar maks tablicy to:
2^15 * 2^7 (rozmiar i wezla) = 2^22 zatem zajmuja
2^22 / 2^12 = 2^10 blokow
zatem 1024

Czy mógłby ktoś opisać skrótowo odpowiedź do zadania 32?