13180《操作系统》大题套路手册
综合题 4 道 × 10 分 = 40 分 · 全部基于 2024.10–2026.4 真题规律 · 配合《quiz.html》使用
① 进程调度计算（2026.4 · 2021.10 实考）
必背公式
- 周转时间 = 完成时间 − 到达时间
- 带权周转时间 = 周转时间 ÷ 运行时间
- 平均周转时间 = 周转时间之和 ÷ 进程数
四种算法规则：FCFS 按到达顺序；SJF/SRTF 挑运行（剩余）时间最短的（SRTF 可抢占：新进程到达时比较“剩余时间”）；非抢占优先级：选完当前才比优先数（
优先数小的优先级高）；HRRN：响应比 =（等待+运行）÷运行。
真题详解：2026.4 题36（A/B/C/D，到达 0/1/2/3，运行 12/5/3/8）
(1) FCFS：按到达序执行
| 进程 | 到达 | 运行 | 开始 | 完成 | 周转 |
|---|
| A | 0 | 12 | 0 | 12 | 12 |
| B | 1 | 5 | 12 | 17 | 16 |
| C | 2 | 3 | 17 | 20 | 18 |
| D | 3 | 8 | 20 | 28 | 25 |
平均周转时间 = (12+16+18+25)÷4 = 71÷4 = 17.75
(2) 最短剩余时间优先（SRTF，抢占式）：
0 时刻只有 A 运行 → 时刻 1 B 到达，剩余 A=11 > B=5，抢占 → 时刻 2 C 到达，B 剩余 4 > C=3，抢占 → 时刻 3 D 到达，C 剩余 2 < 8，继续 C → 时刻 5 C 完成，剩 A(11)/B(4)/D(8)，选 B → 时刻 9 B 完成，选 D(8) → 时刻 17 D 完成，A 跑到 28。
执行顺序：A(0-1) → B(1-2) → C(2-5) → B(5-9) → D(9-17) → A(17-28)
| 进程 | 完成 | 周转=完成−到达 | 带权=周转÷运行 |
|---|
| A | 28 | 28 | 28/12 ≈ 2.33 |
| B | 9 | 8 | 8/5 = 1.60 |
| C | 5 | 3 | 3/3 = 1.00 |
| D | 17 | 14 | 14/8 = 1.75 |
变式练习（自创题，先自己算再看答案）
三进程：P1 到达0 运行8；P2 到达1 运行4；P3 到达2 运行2。求 SRTF 的执行顺序与平均周转时间。
解：P1(0-1)→P2(1-2)时P3到，2<4 抢占→P3(2-4)→P2(4-7)→P1(7-15)。周转：P1=15，P2=6，P3=2，平均=23/3≈7.67。
易错：① SRTF 忘记“新到达进程与当前进程的剩余时间比较”要抢占；② 带权周转保留题面要求的小数位；③ 完成时间必须画时间轴，不要心算。
② 虚拟页式存储（2026.4 实考，最“唬人”但最模板化）
万能步骤
- 页内偏移位数 = log₂(页面大小)。4KB=2¹² → 12 位
- 页号位数 = log₂(逻辑空间÷页面大小)。64KB/4KB=16页=2⁴ → 4 位
- 虚拟地址（十六进制）：最高几位=页号，低位=页内偏移
- 物理地址 = 页框号 拼接 页内偏移（十六进制直接拼接）
- 访问时间 = TLB 访问 + （未命中时页表访问）+ [缺页处理时间 + 重新执行的时间]，注意题目对 TLB 更新的说明
真题详解：2026.4 题37（64KB 空间、4KB 页、TLB 10ns、内存 150ns、缺页 100ms，内存 2 页：页0→110H 有效，页1 无效，页2→256H 有效）
(1) 页面 4KB=2¹² → 页内地址 12 位；64KB/4KB=16=2⁴ → 页号 4 位。
(2) 虚拟地址 2025H：二进制 0010 0000 0010 0101 → 页号=2，页内偏移=025H。查表页 2 有效，页框 256H → 物理地址 = 256025H（页框号与偏移直接拼接）。
(3) 虚拟地址 1505H：页号=1，有效位 0 → 缺页。LRU：内存中有页 0、页 2，页 2 刚用过 → 淘汰页 0，调入页 1。缺页平均时间 100ms 已含 TLB/页表更新。
缺页中断处理前：TLB(10) + 页表(150) = 160ns；缺页处理 100ms = 10⁸ ns；返回重新执行：TLB 命中(10) + 访内存(150)。
总计 = 10+150+10⁸+10+150 = 100,000,320 ns（约 0.1 秒，缺页开销占绝对大头）
(4) 虚拟地址 25E5H：页号=2，有效 → TLB 命中：10 + 150 = 160 ns。
变式练习（FIFO/LRU 缺页计数，2021.10 也考过）
访问序列 1,2,3,2,4,3,6,2,3,4,5,6，3 个页框，LRU 缺页几次？
解：逐个推演，缺页发生在装入 1,2,3、装入4（淘汰1）、装入6（淘汰2? 注意2刚用过→淘汰3）、再访问2（淘汰4）、访问3（淘汰6）、装入5（淘汰2）、访问6（淘汰3）→ 共 9 次。建议自己画表数一遍。
易错：① 十六进制地址拆分先转二进制再按位数切，别按十进制想；② 物理地址是“拼接”不是相加；③ 缺页后“重新执行该指令”，重执行时间别漏。
③ 磁盘调度（2026.4 实考，10 分钟拿满分）
规则：FCFS 按请求顺序；SSTF 每步选离当前位置最近的请求；SCAN（电梯）沿当前方向扫到头再回头。总量 = 各段移动距离之和（绝对值累加）。注意题面给的当前磁道和刚完成的磁道（后者决定 SCAN 方向）。
真题详解：2026.4 题38（0–199 道，磁头刚完成 30 号、正服务 53 号；请求 98,183,35,120,10,122,64,66）
(1) FCFS：53→98→183→35→120→10→122→64→66
移动量 = 45+85+148+85+110+112+58+2 = 645
(2) SSTF：从 53 出发：64(11) → 66(2) → 35(31) → 10(25) → 98(88) → 120(22) → 122(2) → 183(61)
（易错点：66 之后最近是 35(31) 而不是 98(32)，差 1 个磁道决定胜负）
移动量 = 11+2+31+25+88+22+2+61 = 242
变式练习（SCAN）
同题若采用沿增大方向（向大磁道号）的电梯调度 SCAN，移动总量是多少？
解：53→64→66→98→120→122→183（方向上无更大请求即止，本题未要求扫到 199）→再折返 122→120→98→66→64→35→10。总量=(183−53)+(183−10)=130+173=303。若题目要求“扫到磁道 199 才回头”则再加 (199−183)=16，得 319——注意看清题面。
④ 死锁判定与解除（2026.4 实考）
四个必要条件：互斥、请求与保持（占有且等待）、不可剥夺（不可抢占）、循环等待。
判定套路：按请求顺序推演——能分配就分配并登记“谁持有什么”；不能分配则该进程阻塞等待；最后画等待环：A 等 B 持有的资源、B 等 A 持有的资源 → 成环 → 死锁。
解除方法：①资源剥夺（从其他进程抢占足够资源给死锁进程）；②撤销（终止）死锁进程，直至死锁解除。
真题详解：2026.4 题39（资源总量 (4,3,2)，不可剥夺）
(1) 不可剥夺条件：进程已获得的资源，在未使用完毕之前，不能被其他进程强行夺走，只能由占有者使用完毕后自行释放。它与死锁的关系：不可剥夺是产生死锁的四个必要条件之一，该条件成立时（再叠加其他条件）可能导致死锁；破坏任一必要条件即可预防死锁。
(2) 推演：
| 步骤 | 请求 | 能否满足 | 说明 |
|---|
| (a) | P1 请求 (2,3,1) | 满足 | P1 持有 R1×2、R2×3、R3×1；剩余 (2,0,1) |
| (b) | P2 请求 (1,0,1) | 满足 | P2 持有 R1×1、R3×1；剩余 (1,0,0) |
| (c) | P1 请求 (0,0,1) | 不满足 | R3 已分完 → P1 阻塞 |
| (d) | P3 请求 (2,0,1) | 不满足 | R1 只剩 1、R3 为 0 → P3 阻塞 |
| (e) | P2 请求 (0,0,1) | 不满足 | R3 为 0 → P2 阻塞 |
P1 等 R3（被 P2 持有），P2 等 R3（被 P1 持有）→ P1、P2 形成循环等待，系统发生死锁（P3 亦被牵连阻塞）。解除方法：资源剥夺法或撤销（终止）进程法，如强制撤销 P1 或 P2 并回收其资源。
关联考点：银行家算法（安全序列）怎么答
先算 Need = Max − Allocation；把当前可用向量与各进程 Need 比较，找能“先借后还”的进程，执行完释放全部资源、更新可用向量，重复；全部能排出来 → 安全（写出序列如 P1→P3→P2），否则不安全。
⑤ PV 操作模板（2021.10 实考“补充代码”题型）
生产者–消费者（万能底稿）：信号量 mutex=1（互斥）、empty=n（空缓冲数）、full=0（满缓冲数）。
生产者：P(empty) → P(mutex) → 放入产品 → V(mutex) → V(full)
消费者：P(full) → P(mutex) → 取出产品 → V(mutex) → V(empty)
易错：① 对同一互斥信号量的 P 操作必须在资源信号量的 P 之后（先 P(mutex) 再 P(empty) 会死锁）；② 两个 V 操作顺序可交换，P 不行；③ “容量 50 的体验馆”类题：容量信号量 empty=50，登记/撤销互斥用 mutex=1，进馆 P(empty)+P(mutex)，离馆 V(mutex)+V(empty)。
信号量数值口诀：S>0 表示剩余可用资源数；S<0 绝对值 = 等待的进程数；每执行一次 P 减 1、V 加 1。同步信号量初值一般为 0，互斥/资源信号量初值为 1 或资源数。
⑥ 简答题背诵卡（4 分/题，背这 10 条覆盖近年题池）
1. 创建原语的过程（2026.4）①申请空白 PCB；②分配资源（内存空间等）；③初始化 PCB（填进程号、就绪状态、优先级、程序入口等）；④把新进程插入就绪队列。
2. 速率单调（RMS）调度（2026.4）周期越短（速率越高）的任务优先级越高（静态优先级）；周期性任务发生调度冲突时，让周期短的任务优先运行并可抢占周期长者，从而保证高频任务按时完成。
3. 可变分区回收策略（2026.4）检查回收区邻接情况：①上邻空闲→合并，改起始地址、大小相加；②下邻空闲→合并，大小相加；③上下都空闲→三者合一，删除多余表项；④都不邻→在空闲区表中新建一条表项。
4. 用户程序与系统程序传递参数的方法（2026.4）①通过通用寄存器直接传递；②参数较多时在内存中开辟参数表（专用堆栈区），寄存器中只存放参数表指针；③还可通过系统调用号+参数表方式传递。
5. UNIX 文件 i 节点定位（2026.4 题35）根目录常驻内存：①查内存中根目录找到 usr 目录项及 i 节点号；②读入 usr 的 i 节点（第 1 次访盘）；③由其地址信息读 usr 目录文件（第 2 次访盘）得 F1 的 i 节点号；④读入 F1 的 i 节点（第 3 次访盘）。
6. SPOOLing 组成与优点（2021.10）组成：输入/输出井（磁盘缓冲）、输入/输出缓冲区（内存）、输入/输出外围控制程序。优点：把独占设备改造成共享的虚拟设备，提高设备利用率与系统吞吐量。
7. 线程两种实现方式及区别用户级线程：内核不可见，切换在用户空间完成、速度快，一个线程阻塞整个进程阻塞；内核级线程：由内核管理，切换需进核心态、开销大，但多线程可并行、阻塞不影响同进程其他线程。
8. 虚拟存储器的主要特征离散性（内存离散分配）、多次性（作业分多次调入）、对换性（运行中可换入换出）、虚拟性（容量=地址空间而非物理内存）。
9. 树形目录的优点①便于分层分类管理、便于实现文件共享与保护；②解决重名问题（不同目录下可同名）；③提高检索速度（缩小查找范围）。
10. 提高磁盘 I/O 速度的方法①磁盘高速缓存（内存缓存盘块）；②提前读/延迟写；③优化物理分布（文件连续存放、减少寻道）；④ RAID 并行访问；⑤良好的磁盘调度算法（SSTF/SCAN）。
⑦ 填空速记表（10 条 = 20 分，2026.4 原卷填空全收录）
| 提示 | 答案 |
|---|
| 启动顺序：BIOS自检 → ? → 启动内核 → 初始化系统 | 运行引导程序（BootLoader） |
| 进程三状态：运行态、就绪态、? | 阻塞（等待）态 |
| Linux 创建子进程的系统调用 | fork() |
| 单位时间内 CPU 完成的作业数量 | 吞吐量 |
| 移动进程合并空闲碎片成大空闲区 | 紧凑（拼接） |
| 虚拟存储之前另一内存扩充技术（与覆盖并列） | 交换（对换） |
| 若干逻辑记录合成一组存入一个物理块 | 记录成组 |
| 控制器寄存器：管理设备收发数据、开关设备 | 控制寄存器 |
| SPOOLing 又称（中文名） | 假脱机操作 |
| 哲学家问题：先申请小号筷子再申请大号筷子 | 资源有序分配 |
来源：2026.4 / 2025.4 / 2024.10 / 2021.10 自考 13180 真题（自考生网收录版）。客观题练习请打开同目录《quiz.html》。