(完整word版)进程调度习题.doc
(完整word版)软件工程习题及答案解析
软件工程习题及答案一、选择题:1。
为了提高测试的效率，应该。
A、随机地选取测试数据B、取一切可能的输入数据作为测试数据C、在完成编码后制定软件的测试计划D、选择发现错误可能性大的数据作为测试数据2. 与设计测试数据无关的文档是。
A、需求说明书B、设计说明书C、源程序D、项目开发设计3. 结构设计是一种应用最广泛的系统设计方法，是以为基础、自顶向下、逐步求精和模块化的过程。
A、数据流B、数据流图C、数据库D、数据结构4。
概要设计的结果是提供一份。
A、模块说明书B、框图C、程序D、数据结构5。
需求分析是由分析员经了解用户的要求，认真细致地调研、分析，最终应建立目标系统的逻辑模型并写出。
A、模块说明书B、软件规格说明书C、项目开发计划D、合同文档6。
注释是提高程序可读性的有效手段,好的程序注释占到程序总量的。
A、1/6B、1/5C、1/4D、1/37. 变换型和事务型是程序结构的标准形式.从某处获得数据,再对这些数据作处理，然后将结果送出是属于。
A、变换型B、事务型8。
PAD（Problem Analysis Diagram)图是一种工具.A、系统描述B、详细设计C、测试D、编程辅助9. 分层数据流图是一种比较严格又易于理解的描述方式，它的顶层描绘了系统的。
A、总貌B、细节C、抽象D、软件的作者10。
数据流图中，当数据流向或流自文件时，。
A、数据流要命名，文件不必命名B、数据流不必命名，有文件名就足够了C、数据流和文件均要命名，因为流出和流进数据流是不同的D、数据流和文件均不要命名，通过加工可自然反映出11. 分析员是.A、用户中系统的直接使用者B、用户和软件人员的中间人C、软件的编程人员D、用户和软件人员的领导12. 在软件开发中，有利于发挥集体智慧的一种做法是.A、设计评审B、模块化C、主程序员制D、进度控制13. 在开发软件时, 可用来提高程序员的工作效率.A、程序开发环境B、操作系统的作业管理功能C、编译程序的优化功能D、并行运算的大型计算机14. 结构化程序设计主要强调程序的。
(完整word版)期末复习题
1 processes P1, P2, and P3 ，Define semaphores, and synchronize the execution of P1, P2, and P3 by wait() and signal() on these semaphores.2 Draw three Gantt charts，What is the turnaround time of each process for SJF, and RRWhat are the average waiting time and the average turnaround time3 Consider the following page-reference string:(1) LRU page replacement(2) Optimal page replacement(3) FIFO replacement algorithmpage fault times，Page faults rate4 (1) Is the system in a safe or unsafe state? Why?(2) If P i request resource of (0, 1, 0, 0), can resources be allocated to it? Why?In a demand paging system, the page size is 1k bytes, and the page table is as follows(assuming use decimal values), translate a logical address 10 into its corresponding physical address, and why?A．8202 B．4106 C．2058D．1034In a demand paging system, the page size is 1024 bytes, and the page table is as follows, would the following virtual addresses (assuming use decimal values) result in a page fault? And why?(1)2500(2)5100Page table(1) 2500=2*1024+452 page 2 is valid, so no page fault(2) 5100=4*1024+1004 page 4 is invalid, a page fault occursConsider a simple paging system with a page table containing 1024 entries of 14 bits (including one valid/invalid bit) each, and a page size of 1024 bytes (5 points)(a) how many bits are in the logical address?(b) how many bits are in the physical address?(c) what is the size of the logical address space?(d) how many bits in the logical address specify the page number?(e) how many bits in the physical address specify the offset within the frame?1) 202) 233) 220B4) 105) 10(a)There are 10+10=20 bits in the logical address(b)There are 13+10=23 bits in the physical address(c)The size of the logical address space is 220 bytes(d)There are 10 bits in the logical address specifying the page number(e)There are 10 bits in the physical address specifying the offset within theframeConsider a system using segmentation with paging management scheme, whose physical memory is of 235 bytes. The logical address space consists of up to 8 segments. Each segment can be up to 213 pages, and page size of 512 bytes,(1) How many bits in the logical address specify the page number?(2) How many bits are there in the entire logical address?(3) What is the size of a frame?(4) How many bits in the physical address specify the frame number?(5) How many bits in the physical address specify the frame offset?(6) How many entries are there in the page table for each segmentation, i.e. how longis the page table for each segmentation?(1)Each segment consists of up to 213 pages, so log2(213) = 13 bits in the logicaladdress specify the page number(2)The entire logical address consists of segmentation and offset in segmentation,and offset in segmentation is divided into page number and page offset, so entire logical address haslog2 (8) + log2(213) + log2 (512) = 3 + 13 +9 =25 bits(3)the size of a frame is equal to that of a page, i.e., 512 bytes(4)the total size of physical memory is 235 bytes, and each frame is 29 = 512 bytes,so there are 26 = (35 –9) bits in the physical address specify the frame number(5)the number of bits in the physical address specifying the frame offset dependson the size of the frame, so log2 (29) = 9 bits in the physical address specify the frame offset(6)each entry in the page table corresponds to a page in the segment, eachsegment can be up to 213 pages, so there are 213 entries in the page table for each segment.A file system uses 256-byte physical blocks. Each file has a directory entry givingthe file name, location of the first block, length of file, and last block position.Assuming the last physical block read is 100, block 100 and the directory entry are already in main memory.For the following two file allocation algorithms, how many physical blocks must be read to access the specific block 600 (including the reading of block 600 itself), and why?(1)contiguous allocation(2) linked allocation(1) 1Contiguous allocation supports direct access on arbitrtary physical blocks in a file. To access physical block 600, the bolck 600 can be directory read into memory.(2) 500Linked allocation is used only for sequential-access files, file system can only read blocks one by one, directed by file pointers.To find the phyical block 600 in the file, file system locates on the 101th block following the 100th block just read, and reads block 101, block 102, …, until block 600.Consider a file system in which a directory entry can store up to 32 disk block addresses. For the files that is not larger than 32 blocks, the 32 addresses in the entry serves as the file’s index table. For the files that is larger than 32 blocks, each of the 32 addresses points to an indirect block that in turn points to 512 file blocks on the disk, and the size of a block is 512-bytes. What is the largest size of a file?32 x 512 =16384 file blocks16384 x 512 = 8388608 bytesor25 x 29 x 29 = 223 bytesIn the file system on a disk with physical block sizes of 512 bytes, a file is made up of 128-byte logical records, and each logical record cannot be separately stored in two different blocks. The disk space of the file is organized on the basis of indexed allocation, and a block address is stored in 4 bytes. Suppose that 2-level index blocks be used to manage the data blocks of the file, answer the following questions:1) What is the largest size of the file?2) Given 2000, the number of a logical record in the file, how to find out the physical address of the record 2000 in accordance with the 2-level index blocks.1)512/4=128128*128*512=128*64 KB=8192KBor =223 bytes = 8 MBor = 83886802)512/128=42000/4=500in 3 block in the first –level index blockin 116 block in the second-level index blockA file is made up of 128-byte fix-sized logical records and stored on the disk in the unit of the block that is of 1024 bytes. The size of the file is 10240 bytes. Physical I/O operations transfer data on the disk into an OS buffer in main memory, in terms of 1024-byte block. If a process issues read requests to read the file’s recor ds in the sequential access manner, what is the percentage of the read requests that will result in I/O operations?1024/128=8 record10240/8=80 record10240/1024=10 block10/80=1/8=0.125or 12.5%Consider a paging system with the page table stored in memory.a. If a memory reference takes 300 time unit, how long does it take to access an instruction or data in a page that has been paged into memory?b. If we add TLB (translation look-aside buffers), and 80 percent of all page-table entries can be found in the TLB, what is the effective memory access time? (Assume that finding a page-table entry in the associative registers takes 20 time unit, if the entry is there.)a.300 x 2=600b.0.8 x (300+20) + 0.2 x (600+20)=256+124=380。
(完整版)操作系统课后题答案(可编辑修改word版)
第一章1.设计现代OS的主要目标是什么？答：（1）有效性（2）方便性（3）可扩充性（4）开放性2.OS的作用可表现在哪几个方面？答：（1）OS作为用户与计算机硬件系统之间的接口（2）OS作为计算机系统资源的管理者（3）OS实现了对计算机资源的抽象3.为什么说OS实现了对计算机资源的抽象？答：OS首先在裸机上覆盖一层I/O设备管理软件，实现了对计算机硬件操作的第一层次抽象；在第一层软件上再覆盖文件管理软件，实现了对硬件资源操作的第二层次抽象。
OS 通过在计算机硬件上安装多层系统软件，增强了系统功能，隐藏了对硬件操作的细节，由它们共同实现了对计算机资源的抽象。
4.试说明推动多道批处理系统形成和发展的主要动力是什么？答：主要动力来源于四个方面的社会需求与技术发展：（1）不断提高计算机资源的利用率；（2）方便用户；（3）器件的不断更新换代；（4）计算机体系结构的不断发展。
5.何谓脱机I/O和联机I/O？答：脱机I/O 是指事先将装有用户程序和数据的纸带或卡片装入纸带输入机或卡片机，在外围机的控制下，把纸带或卡片上的数据或程序输入到磁带上。
该方式下的输入输出由外围机控制完成，是在脱离主机的情况下进行的。
而联机I/O方式是指程序和数据的输入输出都是在主机的直接控制下进行的。
6.试说明推动分时系统形成和发展的主要动力是什么？答：推动分时系统形成和发展的主要动力是更好地满足用户的需要。
主要表现在：CPU 的分时使用缩短了作业的平均周转时间；人机交互能力使用户能直接控制自己的作业；主机的共享使多用户能同时使用同一台计算机，独立地处理自己的作业。
7.实现分时系统的关键问题是什么？应如何解决？答：关键问题是当用户在自己的终端上键入命令时，系统应能及时接收并及时处理该命令，在用户能接受的时延内将结果返回给用户。
解决方法：针对及时接收问题，可以在系统中设置多路卡，使主机能同时接收用户从各个终端上输入的数据；为每个终端配置缓冲区，暂存用户键入的命令或数据。
进程管理习题及答案
进程管理习题答案一．选择题1．在进程管理中，当时进程从阻塞状态变为就绪状态. A. 进程被进程调度程序选中 B．等待某一事件C．等待的事件发生 D．时间片用完答：C2．分配到必要的资源并获得处理机时的进程状态是。
A．就绪状态 B．执行状态C．阻塞状态 D．撤消状态答：B3．P、V操作是。
A．两条低级进程通信原语 B．两组不同的机器指令C．两条系统调用命令 D．两条高级进程通信原语答：A4．对进程的管理和控制使用。
A．指令 B．原语C．信号量 D．信箱通信答：B5．进程的并发执行是指若干个进程。
A．同时执行 B．在执行的时间上是重叠的C．在执行的时间上是不可重叠的 D．共享系统资源答：B6．若P、V操作的信号量S初值为2，当前值为－1，则表示有等待进程。
A．0个 B．1个 C ．2个 D．3个答：B7．进程的三个基本状态在一定条件下可以相互转化，进程由就绪状态变为运行状态的条件是①；由运行状态变为阻塞状态的条件是②。
A．时间片用完 B．等待某事件发生C．等待的某事件己发生 D．被进程调度程序选中答，①D ②B8．下列的进程状态变化中，变化是不可能发生的。
A．运行一就绪 B．运行一等待C．等待一运行 D．等待一就绪答：C9．一个运行的进程用完了分配给它的时间片后，它的状态变为。
A．就绪 B．等待C．运行 D．由用户自己确定答：A10．用P、V操作管理临界区时，信号量的初值应定义为。
A．一1 B．0 C．1 D．任意值答：C11．用V操作唤醒一个等待进程时，被唤醒进程的状态变为．A．等待 B．就绪 C．运行 D．完成答：B12．进程间的同步是指进程间在逻辑上的相互关系。
A．联接 B．制约 C. 继续 D．调用答：B13．是一种只能进行P操作和V操作的特殊变量。
A．调度 B．进程 C．同步 D．信号量答：D14．下面对进程的描述中，错误的是。
A．进程是动态的概念 B．进程执行需要处理机C．进程是有生命期的 D．进程是指令的集合答：D15．下面的叙述中正确的是。
第3章处理机调度习题.doc
笫三章处理机调度习题一、单项选择题1.批处理作业是被成批存放到（）中以等待作业调度选择。
A.输出井B.输入井C.主存缓冲区D.设备缓冲区2.批处理作业必须向计算机系统提交的一份作业控制说明书应该是用（）来书写的。
A.作业控制语言B.程序设计语言C.操作控制命令D.特权指令3.下述的作业调度算法中，（）调度算法是与作业估计的计算时间有关的。
A.先来先服务B.均衡C.响应比高者优先D.时间片轮转4.一种既有利于短作业又兼顾长作业的作业调度算法是（）算法。
A.先来先服务B.优先数C.响应比高者优先D.时间片轮转5.在多道程序设计系统中，有三个作业JI、J2、J3到达时间依次为&00、&30、9:00,它们需计算的时间分别为2 小时，1小时和0.5小时。
系统采用响应比高者优先调度算法在10:00开始选择作业，作业被选中的次序应该是（）。
A. J1、J2、B .J1、J3、J2C. J2、JI、J3D .J3、J2、J16.用户通过终端使用计算机系统控制作业执行的方式称为（）方式。
A.自动B.联机C.脱机D.假脱机7.操作系统提供给用户来说明交互式作业加工步骤的手段是（）。
A.会话语言B.汇编语言C.操作控制命令D.通道命令8.分时系统中的终端用户是使用（）以交互方式请求系统联机服务的。
A.作业操作语言B.程序设计语言C.预输人命令D.操作控制命令二、多项选择题1.一个作业往往要分几个作业步执彳丁，对批处理作业系统总是（）。
A.按用户书写的作业控制说明书的规定控制作业执行B.按系统确定的顺序控制作业的执行C.允许不同的作业可以有不同的作业步顺序D.允许用户任意变更作业步的执行顺序E.在一个作业步执行结束后再取下一个作业步执行2.作业调度算法的选择是与系统的设计目标有关的，一个理想的调度算法应该是（）。
A.对用户公平且使用户满意B.尽可能使系统资源都处于忙碌状态C.在单位时间里尽可能为更多的作业服务D.尽量缩短每个作业的周转时间E.尽可能地减少作业在输入井的等待时间3.在一个具有分时兼批处理的计算机系统中，往往同时有批处理作业和终端作业请求执行，系统总是（）。
(完整word版)指令系统练习题
指令系统练习题1、判别下列语句是否有错并说明理由:(1) MOV [SI］，’A'(2) MOV AL，BX（3) MOV BL,SI+2(4) INC ［BX］(5) MOV 256，AL（6) MOV AX,BYTE PTR ALFA（7） MOV ALFA，BATA(8) MUL －25（9) PUSH 20A0H（10） POP CS2、请执行下段程序，给出各寄存器的内容:MOV AX,0A0BHDEC AXSUB AX，0FFHAND AX，00FFHMOV CL，3SAL AL,CLADD AL,25HXCHG AL,AHPUSH AXPOP BXINC BLMUL BL3、已知AX=003AH,请根据AX值用移位指令实现：①使BL=03H，BH＝0AH；②CX＝030AH；③DX ＝2＊3AH;④SI＝0A3H。
4、在A地址处有100个字节数据，今要求传送到B地址处,请编程实现。
5、使AL高4位置1，判断低4位是否大于9，如大于9,则使低4位变反，否则将低4位置成9,试编程实现之。
6、在A、B地址起各有4个字节单元的无符号数,试编程实现二个无符号数（16位)的和，并将值存于C址起的单元中。
7、阅读下面程序并说明其功能：LEA SI，ALP： IN AL，20HAND AL，0FHOR AL,30HCMP AL，’*’JZ ENDPRMOV [SI］，ALINC SIOUT 30H，ALJMP LPENDPR: HLT8、在A字单元有一个有符号被除数，在B字单元有一个有符号除数，求其商存于C字单元中，余数存D字单元中,试编程实现之。
(完整版)WORD复习题及答案.doc
第五章WORD复习题及答案一、单项选择题1．中文 Word编辑软件的运行环境是。
A.DOSB.UCDOSC.WPSD.Windows2．在 Word 环境下， Word（）。
A. 只能打开一个文件B.只能打开两个文件C.可以打开多个文件D.以上都不对3． WORD是（）的文字处理软件。
A.编辑时屏幕上所见到的，就是所得到的结果B.模拟显示看到的，才是可行到的结果C.打印出来后，才是可行到的结果D.无任何结果4． Word 程序启动后就自动打开一个名为（）的文档。
A.NonameB.UntitledC. 文件 1D. 文档 15．在 Word 环境下，改变 " 间距 " 说法正确的是（）。
A. 只能改变段与段之间的间距B. 只能改变字与字之间的间距C.只能改变行与行之间的间距D. 以上说法都不成立6．在 Word 环境下， Word 在保存文件时自动增加的扩展名是（）。
A..TXTB..DOCC..SYSD..EXE7．在 Word 环境下，如果你在编辑文本时执行了错误操作，（）功能可以帮助你恢复原来的状态。
A. 复制B. 粘贴C. 撤消D. 清除8．（ WORD文字处理）使用模板的过程是：单击（），选择模板名。
A. 文件 --- 打开B. 文件 --- 新建C. 格式 --- 模板D. 工具 --- 选项9．（ WORD文字处理）在WORD中，可以利用（）很直观地改变段落缩进方式，调整左右边界。
A. 菜单栏B. 工具栏C. 格式栏D. 标尺10．在 Word 环境下，在删除文本框时（）。
A. 只删除文本框内的文本B. 只能删除文本框边线C.文本框边线和文本都删除D. 在删除文本框以后，正文不会进行重排11．（ WORD文字处理）在（）菜单中选择“打印”命令，屏幕将显示“打印”对话框。
A. 文件 B. 编辑 C. 视图 D. 工具12．（ WORD文字处理）单击格式工具栏上的有关按钮，下列（）种文本属性不会作用到选定的文本上。
(完整word版)计算机操作系统第三版第4章练习题
一、单项选择题1．要保证一个程序在主存中被改变了存放位置后仍能正确执行,则对主存空间应采用（）技术。
A．动态重定位B．静态重定位C．动态分配D．静态分配2．固定分区存储管理把主存储器划分成若干个连续区，每个连续区称一个分区。
经划分后分区的个数是固定的，各个分区的大小（）。
A．是一致的B．都不相同C．可以相同，也可以不相同,但根据作业长度固定D．在划分时确定且长度保持不变3．采用固定分区方式管理主存储器的最大缺点是（）。
A．不利于存储保护B．主存空间利用率不高C．要有硬件的地址转换机构D．分配算法复杂4．采用可变分区方式管理主存储器时，若采用最优适应分配算法，宜将空闲区按（）次序登记在空闲区表中。
A．地址递增B．地址递减C．长度递增D．长度递减5．在可变分区存储管理中，某作业完成后要收回其主存空间，该空间可能要与相邻空闲区合并。
在修改未分配区表时，使空闲区个数不变且空闲区始址不变的情况是（)空闲区。
A．无上邻也无下邻B．无上邻但有下邻C．有上邻也有下邻D．有上邻但无下邻6．在可变分区存储管理中，采用“紧凑"技术可以（）。
A．汇集主存中的空闲区B．增加主存容量C．缩短访问周期D．加速地址转换7．页式存储管理中的页表是由（）建立的。
A．操作员B．系统程序员C．用户D．操作系统8．采用页式存储管理时，重定位的工作是由（）完成的。
A．操作系统B．用户C．地址转换机构D．主存空间分配程序9．采用段式存储管理时，一个程序如何分段是在（）决定的。
A．分配主存时B．用户编程时C．装人作业时D．程序执行时10．采用段式存储管理时,一个程序可以被分成若干段，每一段的最大长度是由( ）限定的。
A．主存空闲区的长度B．硬件的地址结构C．用户编程时D．分配主存空间时11．实现虚拟存储器的目的是（)。
A．扩充主存容量B．扩充辅存容量C．实现存储保护D．加快存取速度12．LRU页面调度算法是选择( ）的页面先调出.A．最近才使用B．最久未被使用C．驻留时间最长D．驻留时间最短13．若进程执行到某条指令时发生了缺页中断，经操作系统处理后，当该进程再次占用处理器时,应从（）指令继续执行。
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12.假设一个系统中有 5 个进程，它们到达的实践依次为0、2、4、6、8，服务时间依次为 3、6、 4、 5、 2，忽略 I/O 以及其他时间开销，若分别按响应比高者优先、时间片轮转（时间
片为 1）、先来先服务、非抢占短进程优先、抢占短进程优先调度算法调度CPU ，请给出进
程的调度顺序，计算各进程的平均周转时间和平均带权周转时间。
【解】
（ 1）响应比高者优先调度算法
进程运行时间到达时间开始时间结束时间周转时间带权周转时间P1 3 0 0 3 3 1 P2 6 2 3 9 7 7/6=1.17 P3 4 4 9 13 9 9/4=2.25 P4 5 6 15 20 14 14/5=2.8 P5 2 8 13 15 7 7/2=3.5 进程调度顺序：P1 、 P2、 P3、 P5、 P4
平均周转时间=（ 3+7+9+14+7 ） /5 = 40/5 = 8
平均带权周转时间 =(1+1.17+2.25+2.8+3.5)/5=10.72/5=2.144
（ 2）时间片轮转（时间片为 1）调度算法
进程运行时间到达时间开始时间结束时间周转时间带权周转时间P1 3 0 3 3 1 P2 6 2 18 16 2.67 P3 4 4 15 11 2.75 P4 5 6 20 14 2.8 P5 2 8 16 8 4
进程调度顺序：
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 P1 P1 P1 P2 P2 P3 P2 P3 P4 P2 P3 P5 P4 P2 P3 P5 P4 P2 P4 P4 平均周转时间=（ 3+16+11+14+8 ） /5 = 52/5 = 10.4
平均带权周转时间=(1+2.67+2.75+2.8+4)/5=13.22/5=2.644
（ 3）先来先服务调度算法
进程运行时间到达时间开始时间结束时间周转时间带权周转时间P1 3 0 0 3 3 1 P2 6 2 3 9 7 7/6=1.17 P3 4 4 9 13 9 9/4=2.25 P4 5 6 13 18 12 12/5=2.4 P5 2 8 18 20 12 12/2=6
进程调度顺序：P1 、 P2、 P3、 P4、 P5
平均周转时间 =（ 3+7+9+12+12 ） /5 = 41/5 = 8.2
平均带权周转时间=(1+1.17+2.25+2.4+6)/5=12.82/5=2.564
（ 4）非抢占短进程优先调度算法
进程运行时间到达时间开始时间结束时间周转时间带权周转时间P1 3 0 0 3 3 1 P2 6 2 3 9 7 7/6=1.17 P3 4 4 11 15 11 11/4=2.75 P4 5 6 15 20 14 14/5=2.8
P5 2 8 9 11 3 3/2=1.5 进程调度顺序： P1 、 P2、 P5、 P3、 P4
平均周转时间 =（ 3+7+11+14+3 ） /5 = 38/5 = 7.6
平均带权周转时间 =(1+1.17+2.75+2.8+1.5)/5=9.22/5=1.844
（ 5）抢占短进程优先调度算法
进程运行时间到达时间开始时间结束时间周转时间带权周转时间P1 3 0 0 3 3 1 P2 6 2 3 20 18 18/6=3 P3 4 4 4 8 9 9/4=2.25 P4 5 6 10 15 9 9/5=1.8 P5 2 8 8 10 2 2/2=1 进程调度顺序：
0 3 4 8 10 15-20
P1 P2 P3 P5 P4 P2
平均周转时间 =（ 3+18+9+9+2 ） /5 = 41/5 = 8.2
平均带权周转时间 =(1+3+2.25+1.8+1)/5=9.05/5=1.81
补充：有 5 个待运行的进程 A 、B、 C、 D、 E，各自估计运行时间为9、 6、3、 5、 x，试问哪种运行次序可以使平均响应时间最短？
【解】
使平均响应时间最短的调度算法是短进程优先。
因进程 E 的时间待定，所以调度次序与x
的大小有关。
（1）当 x<3 时的运行次序为：（2）当 3<=x<5 时的运行次序为：（3）当 5<=x<6 时的运行次序为：（4）当 6<=x<9 时的运行次序为：（5）当 x>=9 时的运行次序为：E、 C、 D 、B、 A C、 E、 D 、B、 A C、 D、 E 、B、 A C、 D、 B、E 、 A C、 D、 B、 A 、 E
一个有两个作业管理进程的批处理系统，作业调度采用最高响应比优先的算法，
进程调度采用基于优先数（优先数大者优先）的算法，有以下作业序列。
作业名到达时间估计运行时间（分 ) 优先数
A 10:00 50 5
B 10:20 60 7
C 10:50 40 3
D 11:20 80 8
E 11:40 30 6
F 12:00 70 9
计算每个作业的完成时间。
各作业的执行时间序列为：
作业 A（ 50 分钟） 10： 00-10 ： 20， 11： 20-11： 50
作业 B（ 60 分钟） 10： 20-11： 20
作业 C（ 40 分钟） 14： 50-15 ： 30
作业 D（ 80 分钟） 11： 50-13 ： 10
作业 E（ 30 分钟） 13： 10-13 ： 40
作业 F（ 70 分钟） 13： 40-14： 50
10： 00 作业 A 到达，被作业调度程序调度进入系统，被进程调度程序调度开始运行。
10： 20 作业 A 运行 20 分钟，剩余30 分钟，由于 A 的优先数小于 B 的优先数，被进程调度程序调度处于就绪状态。
作业 B 到达，被作业调度程序调度进入系统，被进程调度程序调度开始运行。
10： 50 作业 A 等待 30 分钟，剩余30 分钟。
作业 B 运行 30 分钟，剩余30 分钟。
作业 C 到达，等待作业调度进程调度。
11： 20 作业 A 等待 60 分钟，剩余30 分钟，由于 A 的优先数大于 C 优先数，被进程调度程序调度运行。
作业 B 运行 60 分钟，运行结束。
作业 C 等待 30 分钟，响应比 =1+30/40=1.75 ，被作业调度程序调度进入系统，被
进程调度程序调度处于就绪状态。
作业 D 到达，响应比=1+0/80=1 ，响应比低于作业 C，等待作业调度进程调度。
11：40 作业 A 运行 40 分钟，剩余10 分钟，由于 A 的优先数大于 C 优先数，被进程调度程序调度运行。
作业 C 等待 20 分钟，剩余40 分钟。
作业 D 等待 20 分钟，响应比 =1+20/80=1.25 。
作业 E 到达，等待作业调度进程调度。
11： 50 作业 A 运行 50 分钟，运行结束。
作业 C 等待 30 分钟，剩余 40 分钟，由于 C 的优先数小于 D 的优先数，被进程调度程序调度处于就绪状态。
作业 D 等待 30 分钟，响应比=1+30/80=1.375 ，响应比高于作业 E ，被作业调度程序调度进入系统，被进程调度程序调度运行。
作业 E 等待 10 分钟，响应比 =1+10/30=1.33 ，等待作业调度进程调度。
12： 00 作业 C 等待 40 分钟，剩余40 分钟。
作业 D 运行 10 分钟。
作业 E 等待 20 分钟，等待作业调度进程调度。
作业 F 到达，等待作业调度进程调度。
13： 10 作业 C 等待 110 分钟，剩余 40 分钟，由于 C 的优先数小于 E 的优先数，被进程调度程序调度处于就绪状态。
作业 D 等待 80 分钟，运行结束。
作业 E 等待 70 分钟，响应比 =1+70/30=3.33, 响应比高于作业F，被作业调度程序调度进入系统，被进程调度程序调度运行。
作业 F 等待 70 分钟，响应比 =1+70/70=2 ，等待作业调度进程调度。
13： 40 作业 C 等待 140 分钟，剩余 40 分钟，由于 C 的优先数小于 F 的优先数，被进程调度程序调度处于就绪状态。
作业 E 运行 30 分钟，运行完成。
作业 F 等待 100 分钟，被作业调度程序调度进入系统，被进程调度程序调度运行
14： 50 作业 C 等待 180 分钟，剩余 40 分钟。
作业 F 运行 70 分钟，运行完成。
15： 30 作业 C 运行 40 分钟，运行完成。