操作系统习题及答案四

令②一①式得到：

T2-Tl=b-a>0

可见，采用短作业优先算法调度才能获得最小平均作业周转时间。

3、若有如表所示四个作业进入系统，分别计算在FCFS、SJF和HRRF算法下的平均

周转时间与带权平均周转时间。

作业 1 2 3 4 3．答： FCFS 作业 1 2 3 4 平均周 转时间 带权平均周转时间 SJF HRRF 开始 完成 周转 开始 完成 周转 开始 完成 周转 时间 时间 时间 时间 时间 时间 时间 时间 时间 8:00 10:00 120 10:00 10:50 120 10:50 11:00 120 11:00 11:20 90 T=112.5 W=4.975 8:00 10:00 120 10:30 11:20 150 10:00 10:10 70 10:10 10:30 40 T=95 W=3.25 8:00 10:00 120 10:10 11:00 130 10:00 10:10 70 11:00 11:20 90 T=102.5 W=3.775 提交时间（时） 估计运行时间（分） 8:00 8:50 9:00 9:50 120 50 10 20

4、有一个四道作业的操作系统，若在一段时间内先后到达6个作业，它们的提交和估计运

行时间由下表给出：

作业 1 2 3 4 5 6 提交时间 8:00 8:20 8:25 8:30 8:35 8:40 估计运行时间（分钟） 60 35 20 25 5 10 系统采用剩余SJF调度算法，作业被调度进入系统后中途不会退出，但作业运行时 可被剩余时间更短作业抢占。（1）分别给出6个作业的执行时间序列、即开始执行时间、作业完成时间、作业周转时间。（2）计算平均作业周转时间。 4．答： 作业号 提交时间 J1 J2 8:00 8:20 需运行 时间 60 35 开始运行时间 8:00 8:20 被抢占还需运行时间 40 30 完成时间 10:35 9:55 周转时间 155 95 J3 J4 J5 J6 8:25 8:30 8:35 8:40 20 25 5 10 8:25 9:00 8:45 8:50 25 8:45 9:25 8:50 9:00 20 55 15 20 说明：

(1) J2到达时抢占J1；J3到达时抢占J2。

(2)但J4到达时，因不满足SJF，故J4不能被运行，J3继续执行5分钟。

(3)由于是4道的作业系统，故后面作业不能进入主存而在后备队列等待，直到有作业结束 (4)根据进程调度可抢占原则，J3第一个做完。而这时J5、J6均己进入后备队列，而J5可进入主存。

(5)因J5最短，故它第二个完成。这时J6方可进入主存。因J6最短，故它第三个完成。 (6)然后是：J4、J2和J1

(7)T=（155+95+20+55+15+20）/6=60

8:00 8:20 8:25 8:30 8:35 8:40 8:45 8:50 9:00 9:25 9:55 10:35 J1 J2 J3 J4 J5 J6 CPU CPU CPU 就 绪 队 列 CPU CPU 就 绪 队 列 就 绪 队 列 CPU 后备队列 CPU CPU 后备队列