从磁盘加载程序

从平均寻道时间为10毫秒，磁盘的循环时间为20毫秒，磁道的磁道容量为32 KB的磁盘加载64 KB程序需要多长时间2-KB页面大小？页面随机分布在磁盘周围，并且柱面数量非常大，因此两个页面在同一个柱面上的机会可以忽略不计。从磁盘加载程序

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

要加载整个轨道，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延时+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.

它是正确的吗？如果是这样，为什么寻求时间= avg rotetion延迟？

来源

2017-03-07 Kleona

我想你错过了“页面随机分布在磁盘上......”的部分，因为您似乎认为这些页面都是连续分配的...... – twalberg

我应该更改哪些内容？ – Kleona

那么，如果这些页面是随机分布的，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，其中每个页面加载都会产生寻道延迟和旋转延迟。这应该是相当直接的... – twalberg

正如其中提到的那样：圆柱的数量非常大，以至于两个页面在同一个圆柱上的机会可以忽略不计。，它只是意味着加载每个页面，我们总是需要移动到不同的cylinder。因此，我们必须为每个页面添加seek time，因为seek time是将手臂移过适当的cylinder所花费的时间。

Number of pages = 64KB/2KB = 32

rotation time顾名思义就是花费的时间去合适sector，一旦我们达到适当cylinder。

所以时间采取将是= 32 * 10 * 20 = 6400毫秒

来源

2017-03-08 11:38:07

32 * 10 * 20是错误的。应该是32 *（10 + 20/2 + 1.25），就像Kleona的回答一样。 – twalberg

@twalberg你究竟在考虑轮换时间在这里？请解释一下。 –

该问题陈述“其旋转时间为20毫秒”。这是全盘旋转的时间。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，那么平均旋转延迟大约是其的一半（大概是因为如果每个柱面有奇数个扇区而不是偶数个扇区）。这是我之前评论中的20/2，平均旋转延迟为10毫秒。对于每次读取，重复10毫秒寻道时间和1.25毫秒实际传输时间。 – twalberg

我发现了另一个解决方案。搜索加旋转等待时间是20毫秒。对于2-KB页面，传输时间为1.25毫秒，总共为21.25毫秒。加载32页这些页面将需要680毫秒。对于4-KB页面，传输时间加倍为2.5毫秒，因此每页总时间为22.50毫秒。加载这些页面中的16个需要360毫秒的时间。现在我很困惑。

来源

2017-03-08 15:51:03 Kleona

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