作业六

211275022田昊东¶

P1¶

一共有4块可以及时到达正常播放，分别为1、4、5、6
如图所示，有6块可以及时到达以供播放
在 $t_{1}$ 后第四区间中达到最大值2
如图，当时延为3时刚好能使得所有块及时到达以共发送

P3¶

由于速度均匀变化，因此平均速率为 $\frac{H}{2}$
- 视频播放会匀速消耗缓存的比特
当 $r > \frac{H}{2}$ 时数据接收的速度在大部分情况都会小于播放的需求，因此用户面临严重的播放卡顿
当 $r = \frac{H}{2}$ 时可能会出现周期性间歇卡顿
当 $r < \frac{H}{2}$ 时在前几个区间由于到达速率的波动可能会存在不时卡顿的现象，但随着播放的进行，卡顿现象会逐渐消失
- 一个周期可以缓存的比特数目为 $\frac{T H}{2}$ ，在一个周期内t时间可以缓存的数目为 $\frac{t^{2} H}{2 T}$
不妨设 $k T < Q < (k + 1) T$ ，那么 $t = k T + \sqrt{\frac{2 T (Q - k T)}{H}}$
当 $Q = \frac{T}{2}$ 时说明刚好需要一个周期来缓存数据，而缓存的数据至少够一个周期内视频播放，而每播放一个周期，就又至少缓存够一个周期播放的数据，由此缓存永远不会用完，视频可以流畅的播放。
- 求 $Q$ 的最小值，就是求解对应视频播放消耗比特的直线与数据达到的曲线的切点（令 $H = 2 r$ ），最终计算得到 $Q$ 的最小值
联立方程 $Unknown environment 'numcases'$
解得 $Unknown environment 'numcases'$
与x轴联立得到 $t_{0} = \frac{r T}{2 H}$
带入得到 $Q_{m i n} = \frac{r^{2} T}{8 H}$
- 当 $Q >= Q_{m i n}$ 时，缓存始终大于0，就是要找到何时缓存量第一次到达 $B$
- 仍作出假设 $k T < t_{f} < (k + 1) T$
- 不妨假设 $Q <= \frac{T H}{2}$
- 那么带入坐标解出 $b = - r \sqrt{\frac{2 T Q}{H}}$
- 即有 $B = \frac{k T H}{2} + \sqrt{\frac{2 T (Q - k T)}{H}} - r t - b$
- 解出 $t_{f} = k T + t$
当 $Q < Q_{m i n}$ 时，会发生卡顿（不妨假设只发生了一次）
- 如图所示，延时加载完成后开始播放，到达B后出现卡顿，又进行延时加载，到c处完成，开始继续播放
- 得到缓冲后的方程 $y = r t + b_{c}$ ，且有 $B = \frac{k T H}{2} + \sqrt{\frac{2 T (Q - k T)}{H}} - r t - b_{c}$
- 得到最终结果 $t_{f} = k T + t$

P5¶

需要存储所有组合 $N^{2}$
只需要分别进行存储 $2 N$

P20¶

桶长度为p，令牌生产速率也为p
第一个漏桶限制了平局速率和突发长度，使用第二个漏桶来限制峰值速率。
桶长度为p表示短时最多只能发送p个包，即实现了峰值速度的限制
令牌生产速率也为p，则保证能快速恢复，使得峰值的限制始终为p