操作系统概念第七版10-12章课后题答案(中文版)
a. FCFS
b. SSTF
c. SCAN
d. LOOK
e. C-SCAN
【答】a. FCFS的调度是143 ， 86 ， 1470 ， 913 ， 1774 ， 948 ， 1509 ， 1022 ， 1750 ， 130 。总寻求距离是7081 。
b. SSTF的调度是143 ， 130 ， 86 ， 913 ， 948 ， 1022， 1470， 1509， 1750， 1774。总寻求距离是1745。
c. SCAN的调度是143 ， 913 ， 948 ， 1022， 1470， 1509， 1750， 1774 ， 4999 ， 130 ， 86 。总寻求距离是9769 。
d. LOOK的调度是143 ， 913 ， 948 ， 1022， 1470， 1509， 1750， 1774， 130 ， 86 。总寻求距离是3319 。
e. C-SCAN的调度是143 ， 913 ， 948 ， 1022 ， 1470 ， 1509 ， 1750 ， 1774 ， 4999 ， 86 ， 130 。总寻求距离是9813 。
f. C-LOOK的调度是143 ， 913 ， 948 ， 1022 ， 1470 ， 1509 ， 1750 ， 1774 ， 86 ， 130 。总寻求距离是3363 。
12.3 。。。。。
【答】d. （ 65.20 -3 1.52） / 6 5.20= 0 .52。百分比加速超过营运基金FCFS是52 ％ ，对争取时间。如果我们的开销包括转动延迟和数据传输，这一比例将加速减少。
12.4 假设题12.3中的磁盘以200RPM速度转动。
A:磁盘驱动器的平均旋转延迟时间是多少？
B:在a中算出的时间里，可以寻道多少距离？
【答】A 7200转120轮换提供每秒。因此，充分考虑轮换8.33毫秒，平均旋转延迟（一个半轮换）需要4.167毫秒。
B 求解：吨= 0.7561 + 0.2439 √ L
t = 4.167
使L为195.58 ，
因此，在一个平均旋转延迟的期间我们可以寻找超过195个轨道（约4 ％的磁盘）。