第一章

1.計算機網絡可以向用戶提供哪些服務？
答：例如音頻，視頻，游戲等，但本質是提供連通性和共享這兩個功能。
連通性：計算機網絡使上網用戶之間可以交換信息，好像這些用戶的計算機都可以彼此直接連通一樣。
共享：指資源共享。可以是信息，軟件，也可以是硬件共享。
2.試簡述分組交換的要點。
答：采用了存儲轉發技術。把報文（要發送的整塊數據數據）等分成若干數據段，每個數據段加入控制信息組成的首部（header），構成若干分組。因為分組首部包含了目的地址和原地址等重要控制信息，每個分組才可以在互聯網中獨立地選擇傳輸路徑。
分組交換在傳送數據之前不必先占用一條端到端的通信資源，分組到達一個路由器之后先存儲，查找轉發表、后轉發，省去建立和釋放連接的開銷，因此效率更高。
分組交換的優點：高效、靈活。迅速、可靠
高效：在分組傳輸過程中動態分配傳輸帶寬，對通信鏈路是逐段占用。
靈活：每一個分組獨立地選擇轉發路由。
迅速：以分組作為傳送單位，可以不先建立連接就能向其他主機發送分組
可靠：保證可靠性的網絡協議：分布式多路由的分組交換網，使網絡有很好的生存性
分組交換的缺點：時延、額外開銷
時延：分組在各路由器存儲轉發時需要排隊。
額外開銷：分組必須攜帶控制信息，整個分組交換網絡還需要專門的管理和控制機制。
3.試從多個方面比較電路交換，報文交換和分組交換的主要優缺點
（1）電路交換：端對端通信質量因約定了通信資源獲得可靠保障，對連續傳送大量數據效率高。
（2）報文交換：無須預約傳輸帶寬，動態逐段利用傳輸帶寬對突發式數據通信效率高，通信迅速。
（3）分組交換：具有報文交換之高效、迅速的要點，且各分組小，路由靈活，網絡生存性能好。
4.為什么說互聯網是自印刷術發明以來人類在存儲和交換信息領域的最大變革？
答：融合其他通信網絡，在信息化過程中起核心作用，提供最好的連通性和信息共享，第一次提供了各種媒體形式的實時交互能力。
5.因特網的發展大致分為哪幾個階段？請指出這幾個階段的主要特點。
答：從單個網絡 APPANET 向互聯網發展；TCP/IP 協議的初步成型 建成三級結構的
Internet；分為主干網、地區網和校園網；形成多層次 ISP 結構的 Internet；ISP 首次出現。
6.簡述因特網標準制定的幾個階段？
答：（1）因特網草案(Internet Draft) ——在這個階段還不是 RFC 文檔。
（2）建議標準(ProposedStandard) ——從這個階段開始就成為 RFC 文檔。
（3）草案標準(Draft Standard)
（4） 因特網標準(Internet Standard)
7.小寫和大寫開頭的英文名 internet 和 Internet 在意思上有何重要區別？
答：（1） internet（互聯網或互連網）：通用名詞，它泛指由多個計算機網絡互連而成的網絡，協議無特指。
（2）Internet（因特網）：專用名詞，特指采用 TCP/IP 協議的互聯網絡。
區別：后者實際上是前者的雙向應用。
8.計算機網絡都有哪些類別？各種類別的網絡都有哪些特點？
答：按范圍：
（1）廣域網 WAN：遠程、高速、是 Internet 的核心網。
（2）城域網：城市范圍，鏈接多個局域網。
（3）局域網：校園、企業、機關、社區。
（4）個域網 PAN：個人電子設備
按用戶：公用網面向公共營運。
專用網面向特定機構。
9.計算機網絡中的主干網和本地接入網的主要區別是什么？
答：主干網：提供遠程覆蓋\高速傳輸\和路由器最優化通信。
本地接入網：主要支持用戶的訪問本地，實現散戶接入，速率低。

時延計算問題：

（1）發送時延：發送時延=數據幀長度（bit）/發送速率（bit/s） （2）傳播時延：傳播時延=信道長度（m）/電磁波在信道上的傳播速率（m/s） （3）處理時延題目中會給出。 （4）排隊時延和處理時延一般題目都會忽略不計。 （5）總時延=發送時延+傳播時延+處理時延+排隊時延 （6）時延帶寬積=傳播時延*帶寬 （7）往返時間RTT：發送時間=數據長度/發送速率；有效數據率=數據長度/(發送時間+RTT) （8）利用率：D。表示網絡空閑時的時延，D表示網絡當前的時延，網絡當前的利用率為U，則：D=D。/(1-U) （9）帶寬時延積=帶寬×(距離/傳播速率）(也指傳播信道上比特數目最大的數值）

10.試在下列條件下比較電路交換和分組交換。要傳送的報文共 x（bit）。從源點到終點共經過 k 段鏈路，每段鏈路的傳播時延為 d（s），數據率為 b(b/s)。在電路交換時電路的建立時間為 s(s)。在分組交換時分組長度為 p(bit)，且各結點的排隊等待時間可忽略不計。問在怎樣的條件下，分組交換的時延比電路交換的要小？（提示：畫一下草圖觀察 k 段鏈路共有幾個結點。）(可以參照第10題上面的計算公式）
答：線路交換時延：kd+x/b+s, 分組交換時延：kd+(x/p)(p/b)+ (k-1)(p/b)，其中(k-1)(p/b)表示 K段傳輸中，有(k-1)次的儲存轉發延遲，當 s>(k-1)(p/b)時，分組交換的時延比電路交換的時延小，當x>>p,相反。
11.在第10題的分組交換網中，設報文長度和分組長度分別為x和(p+h)(bit)，其中p為分組的數據部分的長度，h為每個分組所添加的首部長度，與p的大小無關。通信的兩端共經過k段鏈路。鏈路的數據率為b(bit/s)，但傳播時延和節點的排隊時間均可忽略不計。若打算使總的時延為最小，問分組的數據部分長度p應取為多大？(可以參照第10題上面的計算公式）
答：總時延D表達式，分組交換時延為：D= (x/p)((p+h)/b)+ (k-1)(p+h)/b ，D對p求導后，令其值等于0，求得p=[(xh)/(k-1)]^0.5
12.因特網的兩大組成部分（邊緣部分與核心部分）的特點是什么？它們的工作方式各有什么特點？
答：邊緣部分：由各主機構成，用戶直接進行信息處理和信息共享;低速連入核心網。
核心部分：由各路由器連網，負責為邊緣部分提供高速遠程分組交換。
13 .客戶-服務器方式與P2P對等通信方式的主要區別是什么？有沒有相同的地方？
答：前者嚴格區分服務和被服務者，后者無此區別。后者實際上是前者的雙向應用。
14.計算機網絡有哪些常用的性能指標？
答：速率，帶寬，吞吐量，時延，時延帶寬積，往返時間RTT，利用率。
15.假定網絡利用率達到了90%。試估計一下現在的網絡時延是它的最小值的多少倍？(可以參照第10題上面的計算公式）
解：設網絡利用率為U，當前網絡時延為D，網絡空閑時延為D。
根據D=D。/(1-U)，可以得出D=10D。現在的網絡時延是它的最小值的10倍。
16.計算機通信網有哪些非性能特征？非性能特征與性能特征有什么區別？
答：非性能特征：宏觀整體評價網絡的外在表現。性能特征：具體定量描述網絡的技術性能。
17.收發兩端之間的傳輸距離為1000km，信號在媒體上的傳播速率為$2\times 10^{8}m/s$。試計算以下兩種情況的發送時延和傳播時延：
（1） 數據長度為$10^{7}bit$,數據發送速率為100kb/s。
（2） 數據長度為$10^{3}bit$,數據發送速率為1Gb/s。
從上面的計算中可以得到什么樣的結論？(可以參照第10題上面的計算公式）
解：（1）發送時延：ts=$10^7/10^5$=100s
傳播時延tp=$10^6/(2\times 10^8)$=0.005s
（2）發送時延ts =$10^3/10^9$=1μs
傳播時延：tp=$10^6/(2\times 10^8)$=0.005s
結論：若數據長度大而發送速率低，則在總的時延中，發送時延往往大于傳播時延。但若數據長度短而發送速率高，則傳播時延就可能是總時延中的主要成分。
18.假設信號在媒體上的傳播速度為$2.3\times 10^{8}m/s.$媒體長度L分別為： （1）10cm（網絡接口卡）（2）100m（局域網） （3）100km（城域網）（4）5000km（廣域網） 試計算出當數據率為1Mb/s和10Gb/s時在以上媒體中正在傳播的比特數。
解：
（1）1Mb/s:傳播時延=$0.1/(2.3\times 10^8)=4.35\times 10^{?10}$，比特數=$4.35\times 10^{?10}\times 1\times 10^6=4.35\times 10^{?4}$
10Gb/s: 比特數=$4.35\times 10^{?10}\times 1\times 10^{10}=4.35$
（2）1Mb/s: 傳播時延=$100/(2.3\times 10^8)=4.35\times 10^{?7}$, 比特數=$4.5\times 10^{?7}\times 1\times 10^6=4.35\times 10^{?1}$
10Gb/s: 比特數=$4.35\times 10^{?7}\times 1\times 10^{1}0=4.35\times 10^3$
(3) 1Mb/s: 傳播時延=$100000/(2.3\times 10^8)=4.35\times 10^{?4}$,比特數=$4.35\times 10^{?4}\times 1\times 10^6=4.35\times 10^2$
10Gb/s: 比特數=$4.35\times 10^{?4}\times 1\times 10^{1}0=4.35\times 10^6$
(4)1Mb/s: 傳播時延=$5000000/(2.3\times 10^8)=2.17\times 10^{?2}$,比特數=$2.17\times 10^{?2}\times 1\times 10^6=2.17\times 10^4$
1Gb/s: 比特數=$2.17\times 10^{?2}\times 1\times 10^{1}0=2.17\times 10^8$
19.長度為100字節的應用層數據交給傳輸層傳送，需加上20字節的TCP首部。再交給網絡層傳送，需加上20字節的IP首部。最后交給數據鏈路層的以太網傳送，加上首部和尾部工18字節。試求數據的傳輸效率。數據的傳輸效率是指發送的應用層數據除以所發送的總數據（即應用數據加上各種首部和尾部的額外開銷）。若應用層數據長度為1000字節，數據的傳輸效率是多少？
解：（1）100/（100+20+20+18）=63.3%
（2）1000/（1000+20+20+18）=94.5%
20.網絡體系結構為什么要采用分層次的結構？試舉出一些與分層體系結構的思想相似的日常生活。
答：①各層之間是獨立的。某一層可以使用其下一層提供的服務而不需要知道服務是如何實現的。
②靈活性好。當某一層發生變化時，只要其接口關系不變，則這層以上或以下的各層均不受影響。
③結構上可分割開。各層可以采用最合適的技術來實現
④易于實現和維護。
⑤能促進標準化工作。
與分層體系結構的思想相似的日常生活有郵政系統，物流系統。
21.協議與服務有何區別？有何關系？
答：協議和服務的概念的區分：
1、協議的實現保證了能夠向上一層提供服務。本層的服務用戶只能看見服務而無法看見下面的協議。下面的協議對上面的服務用戶是透明的。
2、協議是“水平的”，即協議是控制兩個對等實體進行通信的規則。但服務是“垂直的”，即服務是由下層通過層間接口向上層提供的。上層使用所提供的服務必須與下層交換一些命令，這些命令在OSI中稱為服務原語。
22.網絡協議的三個要素是什么？各有什么含義？
答：網絡協議：為進行網絡中的數據交換而建立的規則、標準或約定。由以下三個要素組成：
（1）語法：即數據與控制信息的結構或格式。
（2）語義：即需要發出何種控制信息，完成何種動作以及做出何種響應。
（3）同步：即事件實現順序的詳細說明。
23.為什么一個網絡協議必須把各種不利的情況都考慮到？
答：因為網絡協議如果不全面考慮不利情況，當情況發生變化時，協議就會保持理想狀況，一直等下去！就如同兩個朋友在電話中約會好，下午3點在公園見面，并且約定不見不散。這個協議就是很不科學的，因為任何一方如果有耽擱了而來不了，就無法通知對方，而另一方就必須一直等下去！所以看一個計算機網絡是否正確，不能只看在正常情況下是否正確，而且還必須非常仔細的檢查協議能否應付各種異常情況。
24.論述具有五層協議的網絡體系結構的要點，包括各層的主要功能。
答：綜合OSI 和TCP/IP 的優點，采用一種原理體系結構。
各層的主要功能：
(1)物理層 物理層的任務就是透明地傳送比特流。（注意：傳遞信息的物理媒體，如雙絞線、同軸電纜、光纜等，是在物理層的下面，當做第0 層。） 物理層還要確定連接電纜插頭的定義及連接法。
(2)數據鏈路層 數據鏈路層的任務是在兩個相鄰結點間的線路上無差錯地傳送以幀（frame）為單位的數據。每一幀包括數據和必要的控制信息。
(3)網絡層 網絡層的任務就是要選擇合適的路由，使 發送站的運輸層所傳下來的分組能夠正確無誤地按照地址找到目的站，并交付給目的站的運輸層。
(4)運輸層 運輸層的任務是向上一層的進行通信的兩個進程之間提供一個可靠的端到端服務，使它們看不見運輸層以下的數據通信的細節。
(5)應用層 應用層直接為用戶的應用進程提供服務。
25.試舉出日常生活中有關“透明”這種名詞的例子。
答：電視，計算機視窗操作系統、工農業產品
26.試解釋以下名詞：協議棧、實體、對等層、協議數據單元、服務訪問點、客戶、服務器、客戶-服務器方式。
答：(1)實體(entity) 表示任何可發送或接收信息的硬件或軟件進程。
(2)協議是控制兩個對等實體進行通信的規則的集合。
(3)客戶(client)和服務器(server)都是指通信中所涉及的兩個應用進程。
客戶是服務的請求方，服務器是服務的提供方。客戶服務器方式所描述的是進程之間服務和被服務的關系。
(4)協議棧:指計算機網絡體系結構采用分層模型后,每層的主要功能由對等層協議的運行來實現,因而每層可用一些主要協議來表征,幾個層次畫在一起很像一個棧的結構.
(5)對等層:在網絡體系結構中,通信雙方實現同樣功能的層.
(6)協議數據單元:對等層實體進行信息交換的數據單位.
(7)服務訪問點:在同一系統中相鄰兩層的實體進行交互（即交換信息）的地方.服務訪問點SAP是一個抽象的概念,它實體上就是一個邏輯接口.
27.試解釋everything over IP 和IP over everthing 的含義。
答：(1)TCP/IP協議可以為各式各樣的應用提供服務 （所謂的everything over ip）
(2)允許IP協議在各式各樣的網絡構成的互聯網上運行（所謂的ip over everything）
28.假定要在網絡上傳送1.5MB的文件。設分組長度為1KB，往返時間RTT=80ms。傳送數據之前還需要有建立TCP連接的時間，這時間時2*RTT=160ms。試計算在以下幾種情況下接收方收完該文件的最后一個比特需要的時間。
(1)數據發送速率為10Mbit/s，數據分組可以連續發送。
(2)數據發送速率為10Mbit/s，但每發送完一個分組后要等待一個RTT時間才能在發送下一個分組。
(3)數據發送速率極快，可以不考慮發送數據所需要的時間。但規定在每一個RTT往返時間內只能發送20個分組。
(4)數據發送速率極快，可以不考慮發送數據所需要的時間。但在第一個RTT往返時間內只能發送一個分組，在第二個RTT內可以發送兩個分組，在第三個RTT內可以發送四個分組。
解：題目的條件中的$M=2^{20}==1048576約等于10^{6}B，K=2^{10}=1024約等于10^{3}B$，1B=1字節=8bit=8b
（1）發送這些比特所需時間=$1.5\times 2^{20}\times 8bit/（10\times 10^{6}bit/s）$=1.258(s)
最后一個分組傳播到達目的地還需要0.5×RTT=40ms時間。總共需要的時間=2×RTT+1.258+0.5×RTT=0.16+1.258+0.04=1.458（s）
（2）需要劃分的分組數=1.5MB/1KB=1536(組）
建立時間：2xRTT = 0.16（s）
總的發送時間：仍是1.258（s）
最后一個分組傳播到達目的地需要：0.5×RTT=40（ms）=0.04（s）（二分之一往返時間）
從第一個分組最后一個比特到達 直到最后一個分組第一個比特 到達需要經歷：1535×RTT=1535×0.08=122.8（s）
總共需要的時間=0.16+1.258+0.04+122.8=1.458+122.8=124.258（s）
（3）在每一個RTT往返時間內只能發送20個分組。1536個分組，需要76個整的RTT，76個RTT可以發送76×20=1520個分組，最后剩下16個分組，一次發送完。但最后一次發送的分組到達接收方也需要0.5×RTT。
因此，總共需要的時間=2×RTT+76×RTT+0.5×RTT=6.12+0.16=6.28（s）
（4）在兩個RTT后就開始傳送數據。共 1536個分組
經過n個RTT后就發送了1+2+4+…+2n=2^n-1個分組。
若n=10，那么只發送了 2^n-1=1023個分組。可見10個RTT不夠。
若n=11，那么只發送了 2^n-1= 2047個分組。可見11個RTT足夠了。
這樣，考慮到建立TCP連接的時間和最后的分組傳送到終點需要的時間，（最后一次，不考慮返回）現在總共需要的時間=（2+10+0.5）×RTT=12.5×0.08=1（s）
29.有一個對點鏈路，長度為50KM。若數據在此鏈路上的傳播速率為$2\times 10^8$m/s，試問鏈路的帶寬為多少才能使傳播時延和發送100字節的分組的發送時延一樣大？如果發送的是512字節長的分組，結果又是如何？（可以參考第十題上面的公式）
解：傳播時延=信道長度/傳播速率=$5\times 10^{4}m/2\times 10^{8}m/s=2.5\times 10^{?4}s$
100字節：此時的帶寬=時延帶寬積/傳播時延=$100\times 8bit/2.5\times 10^{?4}=3.2M/bit$ ;此時需要帶寬為3.2M/bit。
512字節：此時的帶寬=時延帶寬積/傳播時延=$512\times 8bit/2.5\times 10^{?4}=16.384M/bit$;此時需要的帶寬為16.384M/bit。
30.有一個點對點鏈路，長度為 20000 km。數據的發送速率是 1kbit/s。要發送的數據有100bit。數據在此鏈路上的傳播速度為$2\times 10^{8}m/s$;假定我們可以看見在線路上傳播的比特，試畫出我們看到的線路上的比特（畫兩個圖，一個在100 bit 剛剛發送完時，另一個是再經過 0.05 s 后）。（可以參考第十題上面的公式）
解：首先要求出發送時延，傳播時延這樣才能夠清楚的畫出圖。
發送時延=數據幀長度/發送速率=100bit/1kbit/s=0.1s
傳播時延=信道長度/傳播速率=$2\times 10^{7}m/2\times 10^{8}m/s=0.1s$。
所以我們就可以清楚的知道當一個100bit剛剛發送完時，第一個bit剛好到終點，再經過0.05s后是信道上還有50bit。

31.條件同上題。但數據的發送速率改為1Mbit/s。和上題的結果相比較,你可以得出什么結論?
答：發送速率=1Mbit/s，經過發送時間0.1s，第一個比特傳播了$2\times 10^8\times 0.1=2\times 10^{7}m$
再經過0.05s,最后一個比特傳播距離為$2\times 10^8\times 0.05=1\times 10^{7}m$，即走到線路的一半
發送速率提升可以彌補信息傳輸中信息傳輸中斷的問題。
32.以1 Gbit/s的速率發送數據。試問在以距離或時間為橫坐標時,一個比特的寬度分別是多少?
距離:$1bit\times 2\times 10^{8}m/s(在光纖中的速率)/1Gbit/s=0.2m$
時間:$1bit/1Gbit/s=10^{?9}s$
33.我們在互聯網上傳輸數據經常是從某個源點傳送到某個終點，而并非傳送過去再傳送回來。那么為什么往返實際RTT是一個很重要的性能指標呢？
RTT在計算機網絡中它是一個重要的性能指標，表示從發送端發送數據開始，到發送端收到來自接收端的確認（接收端收到數據后便立即發送確認），總共經歷的時延。
往返延時(RTT)由三個部分決定：即鏈路的傳播時間、末端系統的處理時間以及路由器的緩存中的排隊和處理時間。其中，前面兩個部分的值作為一個TCP連接相對固定，路由器的緩存中的排隊和處理時間會隨著整個網絡擁塞程度的變化而變化。所以RTT的變化在一定程度上反映了網絡擁塞程度的變化。
34. 主機A向主機B發送一個長度為$10^7$比特的報文。中間要經過兩個節點交換機，即一共經過三段鏈路。設每條鏈路的傳輸速率為2Mbit/s。忽略所有時延。
(1)如果采用報文交換，即整個報文不分段，每臺節點交換機收到整個的報文后再轉發。問從主機A把報文傳送到第一個節點交換機需要多少時間？從主機A把報文傳送到主機B需要多長時間？
解：第一節點時間=數據長度/傳播速率=$10^{7}bit/2\times 10^{6}bit/s=5s$
從A到B的總時間=3×節點時間=15s
(2)如果采用分組交換。報文被劃分為1000個等長的分組，并連續發送。節點交換機能夠邊接受邊發送。試問從主機A把第一個分組傳送到第一個節點交換機需要的時間？從主機A把第一個分組傳送到主機B需要多少時間？從主機A把1000個分組傳送到主機B需要多少時間？
解：分成1000個分組，則每個分組有$10^4$個bit。
第一個分組到達第一個節點的時間=$1\times 10^{4}bit/2\times 10^6/s=0.005s$
第一個分組到達主機B的時間=3×0.005s=0.015s
1000個分組到達主機B的時間=0.005s×1000+0.01s=5.01s
(3)就一般情況而言，比較用整個報文來傳送和用劃分多個分組來傳送的優缺點。
報文交換：報文是通信鏈路中一次要發送的數據，報文交換就是把整個報文完整的發送到鏈路中，在某個節點存儲下來之后再發送到下一個節點。
優點：更加靈活。不需要事先建立連接之后再進行通信。
缺點：當每個報文的數據量較大時，每次在節點處轉發再存儲的話時延較大。
分組交換：分組交換采用轉發存儲技術，將一個完整的報文，分成若干個分組，再進行轉發，而且每個分組之間經過哪一個節點，與上一個分組完全沒有關系，這一點在某些網絡節點發生網絡阻塞時會顯得尤其重要。
優點：發送數據更加靈活，時延更下。
缺點：發送設備和接收設備就更加復雜。
35.主機A向主機B連續傳送一個600000bit的文件。A和B之間有一條帶寬為1Mbit/s的鏈路相連，距離為5000KM，在此鏈路上的傳播速率為$2.5\times 10^{8}m/s。$
(1)鏈路上的比特數目的最大值是多少？
解：帶寬時延積=帶寬×(距離/傳播速率）=$1Mbit/s\times 5000KM/2.5\times 10^{8}m/s=2\times 10^{4}bits$
則最大比特數目為$2\times 10^4$個。（區分于時延帶寬積）
(2)鏈路上每比特的寬度是多少？
解：寬度=鏈路長度/帶寬時延積=$5\times 10^{6}m/2\times 10^{4}bits=250m$
(3)若想把鏈路上每比特的寬度變為5000KM，這時應把發送速率調整到什么數值？
解：寬度=鏈路長度/時延帶寬積=$5\times 10^{6}m/帶寬時延積=5\times 10^{6}m$;則時延帶寬積=1bits。
時延帶寬積=帶寬×(距離/傳播速率)=$帶寬×5000KM/$2.5\times 10^{8}m/s$=1bits；則帶寬=50bit/s，即發送速率為50bit/s。$
36.主機A到主機B的路徑有三段路，其速率分別為2Mbit/s，1Mbit/s和500kbit/s。現在A向B發送一個文件。
（1）試計算該文件傳送的吞吐量。
解 ：吞吐量為三段路中速率最小的那一個，所以吞吐量為500kbit。
（2）設文件長度為10MB，而網絡上沒有其他流量。試問該文件從A傳送到B大約需要多少時間？為什么這里只是計算大約的時間？
解：文件大小為$10\times 10^6\times 8bit=8\times 10^{7}bit$
傳送速率=吞吐量/單位時間=500kbit/s
時間=文件大小/吞吐量傳送速率=$8\times 10^{7}bit/5\times 10^{5}bit/s=160s$
因為在計算機使用過程中不可能只有這一個文件進行傳輸，其他文件的傳輸也在占用傳輸通道，但無法知道有多少個文件進行傳輸，所以只能進行假設只有這一個文件進行傳輸，所以只能計算大約的時間。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的计算机网络原理（谢希仁第八版）第一章课后习题答案的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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