【系統分析師之路】第二十一章考前衝刺Part3(視頻筆記)

衝刺題7：案例分析

要點1	先看問題，再看題目描述
要點2	注意理論結合題幹
要點3	利用案例中的引導性信息答題，順勢而爲。
要點4	案例中新知識一定有，不要恐慌，冷靜對待

UML的案例分析，往往要根據文字描述來畫圖，文字描述的信息一般都能對應圖形的信息，圖形中有的信息先要在文字描述中找到，UML需要填入的信息在剩下的文字描述中去挖掘。
順勢而爲：李工的方案是XX，王工的方案是XX，問你採用王工的方案後，它的好處在哪裏？此時只要去題目中找出王工方案的優勢就好了。
出現新問題，新問法的時候，考慮回答問題的切入點是什麼以後再去回答問題。一定不能蒙圈。對每一個案例分析都要充分的思考分析和論證之後再來回答。

2013年上真題
某企業兩年前自主研發的消防集中控制軟件系統在市場上取得了較好的業績，目前已成功應用到國內外衆多企業用戶的消防管理控制系統中。該軟件系統通過不同型號消防控制器連接各種消防器件，實現集中式消防告警信息顯示與控制。日前該軟件系統的系統維護主管組織召開會議，對近期收集到的該軟件系統的如下維護申請進行了討論：

(1)   將系統目前的專用報表功能改成通用報表功能，以適應未來用戶可能提出的報表格式變化需求
(2)   在界面語言中增加德文支持，以滿足新增的兩個德國企業用戶的使用要求
(3)   修正系統在與控制器通信時由於硬件網絡故障導致的與控制器之間的連接失效，而控制器後續無法重新連接的問題。
(4)   完成因某已支持型號消防控制器通信協議改變而導致的相應軟件修改
(5)   增加與某新型號消防控制器的互聯通信功能，以支持在後續推廣過程中與該型號消防控制器進行互連
(6)   修正用戶報告的由於系統從Win7平臺遷移到最新發布的Win8平臺而導致的部分顯示功能失效的問題。
(7)   修正用戶報告的系統自動切換消防平面圖形時部分器件位置顯示錯誤的問題。
(8)   改進系統歷史消防告警記錄的檢索算法，以提高系統在處理大量消防報警記錄時的效率。
(9)   將系統目前針對某一特定數據庫管理系統的數據庫訪問方式改成基於數據源的通用訪問方式，以適應用戶可能提出的使用其他數據庫管理系統的需求。
【問題1】
軟件維護的通常分爲正確性維護，適應性維護，完善性維護，預防性維護四類，請用300字以內文字說明這四類軟件維護內容的特點與區別。
【問題2】
請根據不同類型軟件維護的特點，將上面1-9的維護申請填入表中

維護申請分類表
維護類型 維護申請
正確性維護
適應性維護
預防性維護
完善性維護
【問題3】
對於軟件維護申請的處理，首先需要確定維護工作的類型，不同類型的維護工作，其處理流程往往不同，圖5-1是區分不同維護類型的典型處理流程，請將表5-1中代表維護類型的序號（1）~（4）填入圖5-1的（a）~（d）中

維護申請分類表
維護類型	維護申請
正確性維護
適應性維護
預防性維護
完善性維護

衝刺題8：計算機組成原理

01.下面關於RISC計算機的描述中，正確的是（）
A.在RISC計算機中減少了通用寄存器的數量
B.由於指令簡單，一個機器週期可以執行多條指令
C.RISC指令更加適合流水處理
D.RISC計算機程序只佔用很小的內存

解答：答案選擇C。一個機器週期只能執行一條指令。

02.關於Cache存儲器，下面的敘述中正確的是（）。
A．Cache存儲器是內存中的一個特定區域
B．Cache存儲器的存取速度介於內存和磁盤之間
C．Cache存儲器中存放的內容是內存的備份
D．Cache存儲器存放正在處理的部分指令和數據

解答：答案選擇B。

03.爲了解決CPU與主存速度不匹配的問題，通常採用的方法是（）。
A．採用速度更快的主存
B．在CPU和主存之間插入少量的高速緩衝存儲器
C．在CPU週期中插入等待週期
D．擴大主存的容量

解答：答案選擇B。

04.Cache的地址映像方式中，發生塊衝突次數最小的是（）。
A．全相聯映像
B．組相聯映像
C．直接映像
D．無法確定的

解答：答案選擇A。

名稱	說明	優點	缺點
直接映像	Cache的某一塊只能和固定的一些主存塊建立映像關係	硬件簡單、成本低	不夠靈活
全相聯映像	Cache的某一塊可以和任一主存塊建立映像關係	靈活，Cache利用率高	需要記錄主存塊塊地址的全部信息
全相聯映像	只有小容量Cache才採用這種映像方式	靈活，Cache利用率高	標記位數增加，比較器難於設計和實現
組相聯映像	組間直接映像，而組內全相聯映像	折中方案	折中方案

05.某計算機系統輸入/輸出採用雙緩衝工作方式，其工作過程如下圖所示，加入磁盤塊與緩衝區大小相同，每個盤塊讀入緩衝區的時間T爲10μs，緩衝區送用戶區的時間M爲6μs，系統對每個磁盤塊數據處理時間C爲2μs，若用戶需要將大小爲10個磁盤塊的Docl文件逐塊從磁盤讀入緩衝區，並送用戶區進行處理，那麼採用雙緩衝需要花費的時間爲（）μs，比使用單緩衝節約了（）μs時間。

A.100
B.108
C.162
D.180
A.0
B.8
C.54
D.62

解答：答案選擇B|C。此題考查流水線的知識。雙緩衝的時候，每個盤塊數據處理的時間是並行執行的，緩衝區送用戶區的時間也是並行執行的，唯有讀入緩衝區的時間不可並行。
單緩衝區執行時間：(10+6+2)+(10-1)*(10+6)=162μs
雙緩衝區執行時間：(10+6+2)+(10-1)*10=108μs
雙緩衝比單緩衝節省162-108=54μs。

06.若用256K*8bit的存儲器芯片，構成地址40000000H到400FFFFFH且按字節編址的內存區域，則需（）片芯片。
A．4
B．8
C．16
D．32

解答：答案選擇A。400FFFFFH-40000000H+1=100000H=2的20次方。1K等於1的10次方，那麼2的20次方就等於1024K。而256K等於2的8次方K。
1024K*8bit/256K*8bit=4

07.某計算機系統採用四級流水線結構執行命令，設每條指令的執行由取指令（2 $\Delta t$ ），分析指令（1 $\Delta t$ ），取操作數（3 $\Delta t$ ），運算並保存結果（2 $\Delta t$ ）組成（括號中是指令執行週期）。並分別用4個子部件完成，該流水線的最大吞吐率爲（）；若連續向流水線輸入5條指令，則該流水線的加速比爲（）。
A．1
B．1/2 $\Delta t$
C．1/3 $\Delta t$
D．1/8 $\Delta t$
A．1：1
B．2：1
C．8：3
D．3：8

解答：答案選擇C|B。流水線週期取四個指令中最大的一個也就是操作數3 $\Delta t$ 。
計算流水線的公式：1條指令執行時間+（指令條數-1）*流水線週期。那麼
使用流水線（2+1+3+2）+4*3=8+12=20；不使用流水線：5*（2+1+3+2）=40；那麼就知道加速比就是2。流水線的吞吐率指的是計算機中流水線在特定的時間內可以處理的任務，或輸出數據的結構的數量。實際吞吐率=指令條數/流水線執行時間=5/20=1/4
什麼是吞吐率？就是單位時間能夠完成指令的條數。什麼是加速比？不用流水線與使用流水線的比值就是加速比。什麼是流水線週期？流水線中最耗時的那部分。
最大吞吐率=n條指令 / 8 $\Delta t$ +（n條指令-1）*3 $\Delta t$ = n條指令 / 3n $\Delta t$ +5 $\Delta t$ ；當n趨向於無窮大的時候，就變成了1/ 3 $\Delta t$ 。

8.以下關於複雜指令集計算機（Complex Instruction Set Computer）弊端的敘述中，錯誤的是（）
A.指令集過分複雜
B.每條複雜指令需要佔用過多的CPU週期
C.CPU中的寄存器過多，利用率低
D.強調數據控制，導致設計複雜，研製週期長

解答：答案選擇C。CPU中寄存器是很少的，只有精簡指令集採有很多寄存器。

09.CPU訪問存儲器時，被訪問數據傾向於聚集在一個較小的連續區域中，若一個存儲單元已經被訪問，則其臨近的存儲單元有可能還要被訪問，該特徵被稱爲（）
A.指令局部性
B.數據局部性
C.時間局部性
D.空間局部性

解答：答案選擇D。

10. 浮點數在機器中的表示如圖所示，若階碼的長度爲e，尾數的長度爲m，則以下關於浮點數的描述中，正確的是（）

階符階碼數符尾數
①e的值影響浮點數的範圍，e越大，所表示的浮點數值範圍越大。
②e的值影響浮點數的精度，e越大，所表示的浮點數精確度就越高
③m的值影響浮點數的範圍，m越大，所表示的浮點數值範圍越大。
④m的值影響浮點數的精度，m越大，所表示的浮點數精確度就越高
A.1和3
B.2和3
C.1和4
D.2和4

解答：答案選擇C。此題考查浮點數的概念。尾數長度越長，浮點數的精確度就越高，階碼越大，浮點數範圍就越大。

11. 假設某磁盤的每個磁道劃分成9個物理塊，每塊存放一個邏輯記錄，邏輯記錄R0-R8存放在同一磁道上，記錄安排的順序如下圖所示。

物理塊 1 2 3 4 5 6 7 8 9
邏輯記錄 R0 R1 R2 R3 R4 R5 R6 R7 R8
如果磁盤的旋轉速度爲27ms/周，磁頭處在R0的開始處，弱系統順序處理這些記錄，使用單緩衝區，每個記錄的處理時間爲3ms，則處理這9個記錄最長的時間爲（）若對信息存儲進行優化以後，處理這九個記錄的最小時間爲（）。
A.54
B.108
C.246
D.243
A.27
B.54
C.108
D.216

解答：C｜B。磁盤旋轉一週用27毫秒，一個圈的上面一共有R0-R8總共9個記錄。也就是說在每個記錄上停留的時間就是27/9=3毫秒。在理想的情況下，邏輯記錄塊是隔一個按順序存放，這個時候如果讀取R0用3毫秒，然後轉到R1用3毫秒總共用了6毫秒；同理讀完R1並旋轉到R2也需要6毫秒；那麼等到讀完R8的情況就是6毫秒*9=54毫秒。

因爲讀完是3ms，處理完也需要3ms，如果不在理想的情況下，
如果在邏輯塊號和物理塊號都是按順序存放的情況下，讀完R0用了3毫秒，但是這個時候磁道上的指針在經過3毫秒以後已經指到了R2上，於是磁盤旋轉一週24毫秒（從R0到R1幾乎是一週，需要24ms），讀完R0並將磁道的指針定位到R1上用了3+3+24=30毫秒，那麼讀完R0-R7就需要30*8=240毫秒。讀完R8需要3毫秒，處理完R8也再消耗3毫秒，於是得到246毫秒。

12.使用Cache改善系統性能的依據是程序的局部性原理，程序中大部分指令是（）的。設某計算機主存的讀寫時間爲100us，有一個指令和數據合一的Cache，已知該Cache讀寫時間爲10us，取指令的命中率爲98%，取數的命中率爲95%，在執行某類程序時，約有1/5指令需要額外存取一個操作數。假設指令流水線在任何時候都不阻塞，則設置Cache後，每條指令的平均讀取時間約爲（）ns。
A.順序存儲，順序執行
B.隨機存儲，順序執行
C.順序存儲，隨機執行
D.隨機存儲，隨機執行
A.12.3
B.14.7
C.23.4
D.26.3

解答：答案選擇A｜B。100%的指令需要取地址，只有20%的指令除了取地址還要取數據。剩下的計算就是預期貨幣價值的計算了。
(0.98*10+0.02*100)+(0.95*10+0.05*100)*0.2=11.8+(9.5+5)*0.2=11.8+2.9=14.7

13.已知數據信息爲16位，最少應附加（）位效驗位，以實現海明碼糾錯。
A.3
B.4
C.5
D.6

解答：答案選擇C。2的1次方，2次方，3次方分別放入效驗位，那麼效驗位就需要5位。2的5次方是32，目前看來還用不上。

14.在Cache的置換算法中，（）算法計數器位數多，實現困難。
A.FIFO
B.LFU
C.LRU
D.RAND

解答：答案選擇B。LFU在頁面淘汰的時候會給每個頁加上計數器。LRU就看訪問的順序，先訪問之後沒有訪問的頁面把它K掉。LRU看和時間關聯的數字的大小來判斷需要淘汰的頁。

15.某計算機系統的結構如下圖所示，按照Flynn提出的分類法，它屬於（），其中PUi爲處理單元，CU爲控制部件，MMj爲存儲部件該計算機（）。

A.單指令流單數據流
B.單指令流多數據流
C.多指令流單數據流
D.多指令流多數據流
A.通過時間重疊實現並行性
B.通過資源重複實現並行性
C.通過資源共享實現並行性
D.通過精簡指令系統實現並行性

解答：答案選擇B｜B。.同一時刻有多種資源進行訪問，所以是資源重複。時間重疊的典型代表就是流水線。CU控制部件只有一個，所以只能對應單指令流，存儲部件有多個，可以處理多數據。
同一時刻多個部件在工作就是時間重複。一個部件在做A操作，另外一個部件執行B操作，這就是時間重疊。

體系結構類型	英文	處理器	主存模塊	控制部分	關鍵特徵	代表
單指令流單數據流	SISD	1個	1個	1個	適用於單片機	單處理器系統
單指令流多數據流	SIMD	多個	多個	1個	各處理器以異步的方式執行同一條指令	並行處理器，陣列處理器，超級向量處理器
多指令流單數據流	MISD	1個	多個	多個	被證明是不可能，至少不實際	目前沒有，文獻中說流水線計算機爲此類
多指令流多數據流	MIMD	多個	多個	多個	能夠實現作業，任務，指令等各級全面並行	多處理器系統，多計算機

衝刺題9：系統配置與性能評價

01.以下關於基準測試的敘述中，正確的是（）
A.運行某些診斷程序，加大負載，檢查哪個設備會發生故障
B.驗證程序模塊之間的接口是否正常起作用
C.運行一個標準程序對多種計算機系統進行檢查，以比較和評價它們的性能
D.根據程序的內部結構和內部邏輯，評價程序是否正確。

解答：答案選擇C。

02.把應用程序中應用最頻繁的那部分核心程序作爲評價計算機性能的標準程序，稱爲（）程序，（）不是對Web服務器進行性能評估的主要指標。
A.仿真測試
B.核心測試
C.基準測試
D.標準測試

A.丟包率
B.最大併發連接數
C.響應延遲
D.吞肚量

解答：答案選擇C｜A。運行一個標準程序對多種計算機系統進行檢查，以比較和評價他們的性能，這就是基準測試。

03.阿姆達爾定律量化定義了通過改進系統中某個部件的性能，假設某一功能的處理時間爲整個系統運行時間的60%，若使該功能的處理速度提高至原來的5倍，則根據阿姆達爾定律，整個系統的處理速度可提高至原來的（）倍
A.1.33
B.1.923
C.1.5
D.1.829

解答：答案選擇B。100/(60*0.2+40)得到。

04.某臺計算機CPU主頻是1.8GHZ，如果兩個時鐘週期組成一個機器週期，平均三個機器週期可完成一條指令，則該計算機的指令執行速度爲（）MIPS。
A.300
B.600
C.900
D.1800

解答：答案選擇A。1.8GHz的意思是每秒鐘1800M指令（時鐘週期），2個時鐘週期對應一個機器週期，這樣可以推出有900M機器週期，沒三個機器週期完成一條指令，那麼就可以推出300M的指令。一個機器週期由多個時鐘週期構成；執行一條指令需要若干機器週期。
時鐘週期又稱爲主頻和CPU時鐘頻率，時鐘週期是時鐘頻率的倒數。一個指令包含若干個時鐘週期。一個總線週期時間也包含有若干個時鐘週期。MIPS每秒處理的百萬級的機器語言指令數。

05.計算機系統性能評估中，（）考慮了各類指令在程序中所佔的比例，（）考慮了諸如IO結構，操作系統，編譯程序效率對系統性能的影響，可以較爲準確評估計算機系統的實際性能。
A.時鐘頻率法
B.等效指令速度法
C.綜合理論性能法
D.基準程序法

解答：答案選擇B｜D。時鐘頻率法是以時鐘頻率高低衡量速度；等效指令速度法通過各類指令在程序中所佔的比例進行計算得到；綜合理論性能法不光光只考慮CPU和存儲，算出處理部件每個計算單元的有效計算率，在按不同的字長加以調整，得出該計算單元的理論性能；基準程序法是目前一致承認的測試系統性能較好的方法。跑分軟件就是基準測試法的一個應用。

06.對應用程序的運行進行持續的性能檢測，其主要目標不包括（）
A.檢查系統資源是否得到有效利用
B.檢查系統所用的技術是否已經落後
C.檢查並記錄系統運行的異常情況
D.對業務處理量的增長進行合理預測

解答：答案選擇B。

【系統分析師之路】第二十一章考前衝刺Part3(視頻筆記)