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题目集合

CH7 Wireless: (Textbook Chapter 7: R7,P5,P6,P8)
CH8 Security: (Textbook Chapter 8: R5, R6, R15, R23, P3, P7, P8, P9, P16, P18, P19)
CH9 Multimedia: (Textbook Chapter 9: P1, P3, P5, P20)

CH7 Wireless

R7

为什么 802.11 中使用了确认，而有线以太网中却未使用？

因为有线网络相对稳定，通讯的双方相对确定，而无线网则是多人发送，多人接受，比较混乱。需要确认机制来维持通讯稳定。

P5

a. 不会完全崩溃。由于 802.11 采取了 CSMA/CA 机制，所以同一个信道会采取拥塞避免机制，降低效率，但不会完全崩溃。 两个各自与不同 ISP 相关联的站点试图同时传输时：其中一个站点会先收到消息，同时通知其他站点不要再发送。另一个站点会收到这个通知，同时暂停发送，等待一段时间。但有可能其等待的不够久，造成传输碰撞。

b. 信道足够远，没有干扰。可以正常传输。

P6

由于网络存在延迟，如果立刻开始传输第 2 帧出现碰撞的概率较大。CSMA/CA 在传输过程不会监测信号能量，所以提前多等一会比较好。

P8

由于无线运行，所以只有一个报文在发送时候（即不正忙）才可以传 a. 从 C 到 A： 1. 让其他静默，C 发送报文 1 B ，B 接受报文 1。 2. B 发送报文 1，C 发送报文 2 1. A 接受报文 1，B 接受报文 2 3. B 发送报文 2，C 发送报文 3 4. 报文 2 和 3 传输 5. ... 依据上面分析，不会出现听见两个节点同时发送的问题。所以最大速率为 1. 稳定后每个时隙 A 接受 1 个从 C 的报文 b. A 向 B 发送： - A发送 1 B 接受 1 - A 发送 2，B 接受 2 为 1 报文/时隙 D 到 C 同理。组合为2 报文/时隙`

A->B, D->C，这时候不会出现同时听到两个进行发送

c. - A sent seg 1 to B- time 1 - B can hear A, C can't send for time 2, for that B will hear 2 node sending - C sent seg 1 to D- time2 - 此时 A 也不能发送 综合来看，每个时隙只能发一组报文。效率为1 报文/时隙

d. 改成有线链路： 前两问由于不存在同时传输问题，不变。c 由于有线不存在广播报文，所以 B 可以只听到 A ，所以仍然为 2 报文/时隙 e. 回复 ack 的话： ea. 1. C 发送 1 到 B，B 接收 1 2. B 回复 ACK1 给 C， C 接受 ACK 3. B 转发 1 到 A，A 接受 1 4. A 回复 ACK2 给 B，B 接受 ACK 所以效率变为 0.5报文/时隙 eb. 仍然不会发生碰撞。 只是多了一倍的 ACK 报文时间，所以变为 1 报文/时隙 ec. 会发生更多碰撞.. 5. A send 1 to B, C wait 6. B reply ACK1 to A, C send 2 to D 7. D reply ACK2 to C. A send 3 to B 8. B reply ACK3 to A， C send 4 to D 稳定后，每两时隙发一个报文。仍然是 1 报文/时隙

CH8 Security

R5

可能的输入块有 \(2^{8}=256\) 个，可能的映射有 \(256!\) 个。密钥有 \(256!\) 种可能

R6

对称密钥：需要 \(N\times (N-1)/2\) 个，这样才能保证每一组通信的对称密钥都不同。 公开密钥：需要 \(2N\) 个。只需要保证每个人有一个自己的公钥和私钥就可以了。

R15

假如 Alice 有一个准备发送给任何请求者的报文。数以千计的人想得到 Alice 的报文，但每个人都要保证报文的完整性。在这个场景，你认为基于 MAC 和基于数字签名的完整性方案哪个更适合？

由于 MAC 方法，当采用哈希遇到碰撞时（当发给很多人时候，碰撞的概率大大增大了），就存在篡改报文的可能性。所以可能采用数字签名比较好。 数字签名方法也更方便。因为即使请求者数量巨大，只要 Alice 的私钥不泄露，报文的真实性和完整性都可以得到保障。

R23

假设某 TLS 会话应用了具有 CBC 的块密码。服务器以明文方式发送了 IV，这种说法是正确的还是错误的？

正确的。\(IV\) 本质是一个随机数，其不包含信息。只要加密算法安全仍然是没问题的。所以 IV 一直以明文方式发送。

P3

不足以。因为多码代替密码系统映射关系不是一个字母对应一个字母的关系，其和其在报文中的位置也有关。所以发送含有 26 个字母的语句不足以破解。

P7

使用 RSA，选择 \(p=3\) 和 \(q=11\)，采取对每个字母独立加密的方式加密短语 dog。对已加密报文应用解密算法恢复原报文。

计算： \(N=p*q=33\) \(\phi=(p-1)(q-1)=20\) 选择 \(e\) 作为一个与 \(\phi\) 互质的数，选择 \(7\) 选择 \(d\) 作为与 \(e\) mod \(\phi\) 的模反元素，即 \(d\times e\bmod\phi=1\)，可以选择 \(d=3\) d 是第 4 个字母，o 是第 15 个字母，g 是第 7 个字母 加密： - d： - \(C=4^{e}\bmod N=4^{7}\bmod 33=16\) - o: - \(C=15^{7}\bmod 33=27\) - g: - \(C=7^{7}\bmod 33=28\)

解密： - d - \(M_{1}=16^{3}\bmod N=4\) - o - \(M_{2}=27^{3}\bmod N=15\) - g - \(M_{3}=28^{3}\bmod N=7\) 完全符合。

P8

考虑具有 \(p=5\) 和 \(q=11\) 的 RSA

a. \(n\) 和 \(z\) 是什么？ \(n=55\), \(z=4\times 10=40\) b. 令 \(e=3\) 。为什么这对 \(e\) 是一个可接受的选择？ 因为 \(e\) 和 \(z\) 互质 c. 求 \(d\) 使得 \(de=1(\bmod z)\) 和 \(d< 160\) 比如让 \(d=27\)

d. 加密报文 \(m=8\) \(C=m^{e} \bmod n=(m \bmod n)^{e}\bmod n=8^{3}\bmod 55=512\bmod 55=17\)

P9

探讨 Diffie - Hellman 公钥加密算法

a . 证明在一般情况下 Alice 和 Bob 得到相同的对称密钥

\(T_{A}=g^{S_{A}}\bmod p\) , \(T_{B}=g^{S_{B}}\bmod p\) 交换公钥后， \(S=T_{B}^{S_{A}}\bmod =g^{S_{A}S_{B}}\bmod p\) \(S'=g^{S_{A}S_{B}}\bmod p\) \(S=S'\)

b. 对于 \(p=11\), \(g=2\)，假定 Alice 分别选择 \(S_{A}=5,S_{B}=12\)，计算 Alice 和 Bob 和公钥 \(T_{A}\), \(T_{B}\)

\(T_A=2^{5}\bmod 11=32 \bmod 11=9\) \(T_{B}=2^{12}\bmod 11=(16^{3}\bmod 11)\bmod 11=(16 \bmod 11)^{3}\bmod 11=5^{3}\bmod 11=4\)

c.接着计算共享密钥

\(S=2^{5\times12}\bmod 11=(1024\bmod 11)^{7}\bmod 11=1\) \(S'=1\) 同理

P16

![[协议.png]] b. 假定未使用证书，描述Trudy 如何通过拦截Alice 的报文，进而对Bob 假装他是Alice 而成为一名“中间人” Trudy 可以拦截Alice 发送的 \(K{^{-}(R)}\) 报文。并伪造自己的ip 地址，发送给Bob。这样Bob 仍然会认为是Alice 收到了并完成了鉴别。

P18

a. 不能。会因为中间人攻击而失效。 b. Alice 用Bob 的公钥加密即可。

P19

a. 客户端 b. IP 216.75.194.220, port: 443 c. 2785+204=2989 d. 3 e.分组 112 包含一个用服务器公钥加密的主密钥 Pre-Master-Key。 f. 第一个字节是 bc，最后一个字节是 29 (跳过握手的 4 字节) g. 客户加密的握手报文考虑了 3 条 h. 服务器加密的握手报文考虑了 4 条。

CH9 Multimedia

P1

考虑下图。类似于我们对图 9.1 的讨论，假设视频以固定比特率进行编码，因此每个视频块包含了在相同的固定时间量 \(\Delta\) 播放的视频帧。服务器在 \(t_{0}\) 时刻传输第一个视频块，在 \(t_{0}+\Delta\) 时刻传输第二块... 等等。一旦用户开始播放，每个块应当在前一块后播放 \(\Delta\) 时间单元

a. 假设第一块在 \(t_{1}\) 时刻一到达，客户就开始播放。在下图中，多少视频块（包括第一块）将及时到达供其播放？解释你怎样得到该答案的。 - 1st OK - 2nd NO - 3rd NO - 4th OK - 5th OK - 6th OK - 7th NO - 8th NO - 9th NO - 一共 4 个。 对比图，观察在 \([t_{1}+k\Delta ,t_{1}+(k+1)\Delta ]\) 内是否能接收到 \((k+1)\) 快即可 b. - 1st OK， - 2nd OK， - 3rd OK,
- 4th OK - 5th OK - 6th OK - 7th NO - 8th NO - 9th NO 只需要对比 \([t_{1}+k\Delta ,t_{1}+(k+1)\Delta ]\) 内是否能接收到 \((k)\) 快即可

c. 最多有缓存 2 个块。当准备播放第 2个块的时候，在第三个 \(\Delta\) 时间内，最多接受了 4 个块，所以缓存了两个块。

P3

![[Pasted image 20250529150626.png]]

回想在图中显示 HTTP 流的简单模型。假设缓存长度是有限的，并服务器以可变的速率 \(x(t)\) 发送比特。

a. 平均发送速率为 \(\frac{H}{2}\) b. 严重卡顿。 c. 假设 \(Q>0\)，作为 \(Q,H,T\) 的函数，确定首先开始播放的时间 我们应该保证用户播放是流畅，即缓存区维持 \(Q\) 这么大。 \(\frac{1}{2} \frac{H}{T}t^{2}=Q\), 得到 \(t=\sqrt{ {\frac{{2Q}}{H}T}}\) d. 假设 \(H> 2r\) 和 \(Q=\frac{HT}{2}\)。证明在初始播放时延之后将不会有停滞 \(\frac{Q}{r}=\frac{{HT}}{2r}>T\) 最大缺口计算得到为 $$ -\frac{{r^{2}}T}{2H} $$ 带入发现这个缺口不如 \(Q\) 大。所有不会有停滞

e.假设 \(H>2r\) ，求出最小的 \(Q\) 值，使得在初始播放时延之后将不会有停滞。

列出净数据量 $$ D=\frac{H}{2T}t^{2}-r\left( t-\sqrt{ \frac{2QT}{H} } \right) $$ 弥补最大缺口(即上柿>=0 恒成立)。\(Q=\dfrac{r^{2}T}{8H}\)

P5

a. 存储 \(N^{2}\) 个 b. 存储 \(2N\) 个

P20

leaky bucket - 令牌产生速率 r2：决定流量的 峰值速率，即 \(r_{2}​=r_{peak}\) ​。

  • 桶长度：假设突发时间为 \(\Delta\)，让最大桶长度设置为 \(r_{2}\Delta\) 即可

  • 第一个漏桶的输出流量 会被看作是第二个漏桶的输入流量。

  • 数据以“批次”或“连续流”的形式通过第一个漏桶，并进入第二个漏桶。