从磁盘加载程序答案

【问题标题】：Loading a program from the disk从磁盘加载程序
【发布时间】：2017-07-28 00:01:44
【问题描述】：

从平均寻道时间为 10 毫秒、旋转时间为 20 毫秒、磁道容量为 32 KB（对于 2 KB 页面大小）的磁盘加载 64 KB 程序需要多长时间？页面在磁盘周围随机分布，柱面数量如此之大两页在同一个圆柱体上的可能性可以忽略不计。

我的解决方案.. 64 KB 的程序将被组织成 2 个轨道，因为每个轨道容量为 32KB。

要加载整个曲目，我们需要 20 毫秒。要加载 2KB，我们需要 1.25 毫秒。

I/O时间=寻道时间+avg.rotation延迟+传输时间

             10msec+10msec+1.25msec=21.25msec

            Since 64KB program is organized into 2 tracks then I/O time will be 2(21.25)=42.5 msec.

正确吗？如果是，为什么要寻找时间 =avg rotetion 延迟？

【问题讨论】：

我认为你错过了关于“页面随机分布在磁盘周围......”的部分，因为你似乎假设页面都是连续分配的......
我应该改变什么？
好吧，如果页面真的是随机分布的，那么一个由 2 KB 页面组成的 64 KB 程序将需要 32 个单独的页面加载，每个页面都必须产生一个查找延迟和一个旋转延迟.从那里开始应该相当简单......
@Kleona 你有官方正确答案吗？
@Kleona 据我所知，正确答案是 6400 毫秒。

标签： operating-system

【解决方案1】：

正如上面提到的：柱面的数量是如此之大，以至于两个页面在同一个柱面上的可能性可以忽略不计。，它只是意味着加载每个页面，我们总是需要移动到另一个cylinder。因此，我们必须为每个页面添加seek time，因为seek time 是将手臂移到适当的cylinder 上所需的时间。

Number of pages = 64KB/2KB = 32

rotation time 的定义是，一旦我们到达适当的cylinder，到达适当的sector 所需的时间。

所以所用时间 = 32*10*20 = 6400 毫秒

【讨论】：

32*10*20 是错误的。它应该是 32 * (10 + 20/2 + 1.25)，就像 Kleona 的回答一样。
@twalberg 你到底在这里考虑轮换时间？请解释一下。
问题说明“其旋转时间为 20 毫秒”。那是全盘轮换的时间。统计数据告诉我们，如果我们可以假设访问请求的随机分布是均匀的，则平均旋转延迟大约是该延迟的一半（大约是因为如果每个柱面的扇区数为奇数与偶数，实际数学计算结果会有所不同） .这就是我之前评论中的 20/2 - 平均旋转延迟为 10 毫秒。加上 10 毫秒的寻道时间和 1.25 毫秒的实际传输时间，每次读取都会重复。

【解决方案2】：

我找到了另一个解决方案。寻道加旋转延迟为 20 毫秒。对于 2 KB 页，传输时间为 1.25 毫秒，总共 21.25 毫秒。加载其中的 32 个页面将需要 680 毫秒。对于 4 KB 页，传输时间加倍至 2.5 毫秒，因此每页的总时间为 22.50 毫秒。加载其中 16 个页面需要 360 毫秒。现在我很困惑。

【讨论】：