ED 5 – Systèmes de Gestion de fichiers

ED 5 – Systèmes de Gestion de fichiers - Correction
Exercice 1 : ALLOCATION FAT WINDOWS
Numéro de bloc
Valeur
1
4
2
(vide)
3
(vide)
4
9
5
(vide)
6
7
7
16
8
(vide)
9
10
10
15
11
17
12
(vide)
13
20
14
NULL
15
NULL
16
14
17
13
18
(vide)
19
(vide)
20
NULL
Exercice 2 :
Question 1
– Lecture des 12 premiers blocs : 4 x 12 accès disque
– Lecture des 256 blocs suivants (niveau d'indirection 1) : on a deux accès disque
par lecture donc 8 x 256 accès disque.
– Lecture des 7924 blocs restants (niveau d'indirection 2) : on a trois accès
disque par lecture donc 12 x 7924 accès disque
Soit un total de 97 184 accès disque et une durée moyenne de lecture égale à 4 859
secondes.
Détails :
8Mo = 2^23 = 8388608 octets
2^23/1024 = 8192 blocs
256 octets par accès = 4 accès par blocs
1024/4 = 256 adresses de blocs par blocs d'adresses
12 à accès direct, reste 8192-12 = 8180
256 avec 1 indirection, reste 8180 – 256 = 7924
7924 avec 2 indirections
12*4 + 256*4*2 + 7924*4*3 = 97 184 accès
97 184 * 50 / 1000 = 4859,2 secondes
Question 2
On a un accès disque par blocs de données lors de la lecture des 256 premiers octets
du bloc. On a un total de 32 blocs d'adresses à lire, soit un nombre d'accès disque égal
à 8192 + 32 = 9223 et un temps de lecture égal à seulement 461 s !