深入理解计算机系统LAB2
操作系统lab2实验报告
操作系统lab2实验报告实验目的：本实验的目的是通过设计和实现一个简单的操作系统内核，加深对操作系统基本概念和原理的理解。
具体实验内容包括进程管理、内存管理和文件系统的设计与实现。
实验环境：1.操作系统：Linux2.编程语言：C语言一、实验背景1.1 操作系统简介操作系统是计算机系统中的一个重要组成部分，负责管理和控制计算机的各种资源，提供用户和应用程序的接口，以及协调和调度各种任务的执行。
1.2 实验目标本实验的主要目标是设计和实现一个简单的操作系统内核，包括进程管理、内存管理和文件系统等功能。
二、实验内容2.1 进程管理①进程创建描述进程创建的过程和相关数据结构，包括创建新进程的系统调用、进程控制块等。
②进程调度描述进程调度的算法和实现方式，包括进程调度队列、调度算法等。
③进程同步与通信描述进程同步和通信的机制和方法，包括信号量、互斥锁、条件变量等。
2.2 内存管理①内存分配描述内存分配的算法和实现方式，包括连续内存分配、非连续内存分配等。
②页面置换描述页面置换的算法和实现方式，包括最优页面置换算法、先进先出页面置换算法等。
2.3 文件系统①文件操作描述文件操作的系统调用和相关数据结构，包括文件打开、读写、关闭等。
②文件系统结构描述文件系统的组织结构和实现方式，包括超级块、索引节点、块位图等。
三、实验步骤3.1 环境搭建搭建实验环境，包括安装Linux操作系统、编译器等。
3.2 进程管理实现根据设计要求，实现进程创建、调度、同步与通信等功能。
3.3 内存管理实现根据设计要求，实现内存分配、页面置换等功能。
3.4 文件系统实现根据设计要求，实现文件操作和文件系统结构。
3.5 测试与调试编写测试用例，对实现的操作系统内核进行测试和调试，并记录实验结果。
四、实验结果分析分析测试结果，评估实验过程中遇到的问题和解决方法，总结操作系统内核的性能和功能特点。
五、实验总结对实验过程中的收获和经验进行总结，提出改进和优化的建议。
操作系统Lab2实验报告
深入学习 操作系统的原理和实 现细节，包括进程通 信、死锁处理、虚拟 化技术等。
实践应用
希望将所学的操作系 统知识应用到实际项 目中，提高自己的实 践能力。
持续学习
随着技术的不断发展 ，操作系统也在不断 更新和进步，需要保 持持续学习的态度。
探索新领域
对于新兴的操作系统 领域，如云操作系统 、物联网操作系统等 ，也希望有所涉猎和 探索。
学生将了解操作系统内核的组成和功能，以及操作系统如何通过内核 实现各种基本功能。
学生将通过实验深入了解操作系统的内部实现细节，提高自己对操作 系统设计和实现的认知水平。
02
实验内容
进程管理实验
总结词
理解进程状态及其转换、进程控制块PCB的组成、进程调度算法。
详细描述
通过实验，我们深入了解了进程的概念、状态及其转换。进程控制块PCB的组成，包括进程标 识符、进程状态、优先级、CPU寄存器内容等信息。此外，我们还学习了进程调度算法，如先 来先服务、最短作业优先、优先级调度等，并进行了模拟实验。
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操作系统Lab2实验 报告
汇报人：
202X-01-08
目录
• 实验目的 • 实验内容 • 实验结果与分析 • 问题与改进建议 • 总结与展望
01
实验目的
理解操作系统的基本概念
01
掌握核心概念
02
操作系统是计算机系统的核心软件，负责管理计算机硬件和软件资源 ，为用户提供便利的操作界面和高效的服务。
03
操作系统具有并发性、虚拟性、异步性和随机性的特点，这些特点决 定了操作系统在计算机系统中的重要地位和作用。
04
操作系统的基本功能包括进程管理、内存管理、文件管理和设备管理 ，这些功能是操作系统实现其核心目标的基础。
深入理解计算机系统第二版习题解答CSAPP2.13
深⼊理解计算机系统第⼆版习题解答CSAPP2.13
从20世纪70年代末到80年代末，Digital Equipment的VAX计算机是⼀种⾮常流⾏的机型。
它没有布尔运算AND和OR指令，只有bis(位设置)和bic(位清除)这两种指令。
两种指令的输⼊都是⼀个数据字x和⼀个掩码字m。
它们⽣成⼀个结果z，z是由根据掩码m的位来修改x的位得到的。
使⽤bis指令，这种修改就是在m为1的每个位置上，将z对应的位设置为1。
使⽤bic指令，这种修改就是在m为1的每个位置，将z对应的位设置为0。
只使⽤这两个函数实现C语⾔的按位｜和^运算。
1int bis(int x, int m);
2int bic(int x, int m);
3
4int bool_or(int x, int y)
5 {
6int result = bis(x, y);
7return result;
8 }
9
10int bool_xor(int x, int y)
11 {
12int result = bis(bic(x, y), bic(y, x));
13return result;
14 }。
深入理解计算机系统 第二版 习题答案
Randal E. Bryant David R. O’Hallaron
December 4, 2003
1Copyright c 2003, R. E. Bryant, D. R. O’Hallaron. All rights reserved.
4}
5
6 void show_long(long int x)
7{
8
show_bytes((byte_pointer) &x, sizeof(long));
9}
code/data/show-ans.c
1
2
CHAPTER 1. SOLUTIONS TO HOMEWORK PROBLEMS
10
11 void show_double(double x)
12 {
13
show_bytes((byte_pointer) &x, sizeof(double));
14 }
code/data/show-ans.c
Problem 2.41 Solution: There are many ways to solve this problem. The basic idea is to create some multibyte datum with different values for the most and least-significant bytes. We then read byte 0 and determine which byte it is. In the following solution is to create an int with value 1. We then access its first byte and convert it to an int. This byte will equal 0 on a big-endian machine and 1 on a little-endian machine.
深入理解计算机系统LAB1实验报告
LAB1实验报告语法检查：正确性检查：1.bitAnd源代码：return ~(~x|~y);思路：可以直接运用摩尔定律，写出与的等价形式。
2.getByte源代码：return (x>>(n<<3))&0xff;思路：向右移动3n位，再用11111111B按位与，截取出所需要的字节3.logicalShift源代码：int logic=~(((1<<31)>>n)<<1);return logic&(x>>n);思路：设置一个变量logic，并通过算数移位将其前n为设置成0，后面32-n位设置为1。
利用这个变量按位与移位后的x即可。
4.bitCount源代码：int bitCount(int x) {int result;int half_one=(0x55)|(0x55<<8);int one=(half_one)|(half_one<<16);int half_two=(0x33)|(0x33<<8);int two=(half_two)|(half_two<<16);int half_three=(0x0f)|(0x0f<<8);int three=(half_three)|(half_three<<16);int four=(0xff)|(0xff<<16);int five=(0xff)|(0xff<<8);result=(x&one)+((x>>1)&one);result=(result&two)+((result>>2)&two);result=(result+(result>>4))&three;result=(result+(result>>8))&four;result=(result+(result>>16))&five;return result;}思路：主要还是使用二分法，通过以为设置五个字符串：010101010101010101010101 0101 01010011 0011 0011 0011 0011 0011 0011 00110000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 11110000 0000 1111 1111 0000 0000 1111 11110000 0000 0000 0000 1111 1111 1111 1111分别通过按位与统计1的个数，并将个数记录在下一个字符串1出现的位置。
深入理解计算机系统LAB2
实验二报告一、实验内容根据实验文件里的提示，补充15段代码，熟悉对整型和浮点型数的操作，并成功调试运行。
二、实验程序解释1.bitAnd要求只运用~和|符号实现and的功能。
a and b=not(not a or not b),根据德摩根律易得结果。
int bitAnd(int x, int y) {return ~(~x|~y);}2.getByte得到x的第n个字节的值，规定其中x的最低位为第0个字节，最高位为第3个字节。
如果是第0个字节，将x右移0个字节再利用掩码0xFF将高位的三个字节置为0。
如果是求第1个字节，将x右移1个字节，同理利用掩码。
可以知道，将x右移n个字节也就是n*8位、即(n<<3)位。
接下来清除前三个高位字节，保留最低字节的信息，与0xFF进行&运算。
int getByte(int x, int n) {int t;t=x>>(n<<3);t=t&0xFF;return t;}3.LogicalShift逻辑右移是将移动后补充的高位置0，而算数右移时补充的和符号位相同。
对于字x，需要进行逻辑右移n位。
将x用sxxxxxxx表示，s为符号位，算术右移n-1位的结果为ss…sxx..（有n个s）。
想要得到的结果是00…xxx..(n个0)，所以如果能得到s’s’…s’111..（n个s’）的话，按位与就能得到结果。
首先提取符号位t，1左移31位得到100..00，与x进行按位与操作得到s000..0，接着算术右移n位，得到ss..s00..00（n+1个s），再左移1位，得到s..s0..0(n个s)，取反得到s’s’..s’111..1。
这样就能得到逻辑右移n位的结果了。
注意，在得到s’s’…111的过程中，不能直接将s00.. 0右移n-1位，考虑特殊情况，n为0时，右移-1位是不正确的。
int logicalShift(int x, int n) {int t=(1<<31)&x;t=~((t>>n)<<1);t=(x>>n)&t;return t;}4.bitCount要求计算32位二进制数x中1个个数。
lab2 介绍
内存布局及相关的宏(2)
KERNBASE
–
内核逻辑地址的起始点。从KERNBASE到4G的逻辑 地址映射了0-256M的物理内存，以方便内核直接访 问 用户态程序可以访问地址的界限，更高的内存用户 不可读。一般用来方便判断用户访存是否超界 用户有写权限的地址界限。UTOP和ULIM之间是用 户只读的内核数据结构，如UVPT，UPAGES
参考资料：
outline
Part 1 Physical Page Management
struct Page数据结构 queue.h中实现的双向链表
Part2--Ex2
Exercise2：
完成函数boot_alloc()、page_init()、page_alloc()、 page_free()，实现对物理内存页面的管理 struct Page queue.h中的链表
保护模式
Call cmain()加载内核。（其中包括 这些操作：检查ELF头、检查读多少 个扇区，加载）
虚拟内存布局及相关的宏(1)
/* Virtual memory map: Permissions * kernel/user * 4 Gig --> +----------------------------+ * | Remapped Physical Memory | RW/-* KERNBASE --> +----------------------------+ 0xf0000000 * | Cur. Page Table (Kern. RW) | RW/-- PTSIZE *VPT,KSTACKTOP --> +----------------------------+ 0xefc00000 --+ * | Kernel Stack | RW/-- KSTKSIZE | * | - - - - - - - - - - - - - -| PTSIZE * | Invalid Memory (*) | --/-| * ULIM --> +----------------------------+ 0xef800000 --+ * | Cur. Page Table (User R-) | R-/R- PTSIZE * UVPT --> +----------------------------+ 0xef400000 * | RO PAGES | R-/R- PTSIZE * UPAGES --> +----------------------------+ 0xef000000 * | | * | Empty Memory (*) | * | | * 0 --> +----------------------------+ */
深入理解计算机系统（CSAPP）课后实验CSAPPLAB1——DataLab
深⼊理解计算机系统（CSAPP）课后实验CSAPPLAB1——DataLab实验说明《深⼊理解计算机系统》是卡内基梅隆⼤学计算机专业的计算机体系课程的标配教材，可以在B站看其配套⽹课（）。
课程由书的作者两个⼈共同执教，⽐较适合有C语⾔的基础的同学作为计算机体系构建的课程。
但是，仅仅看书收获还是有限的，所以为了加强Coding，⽽不是纸上谈兵，还需要做这本书配套的实验，全书总共9个实验，本次讲解Lab1。
实验条件准备实验环境使⽤Ubuntu，为了减少环境搭建成本，我们使⽤虚拟机来进⾏。
我之前⽤过VMWare，但感觉不是很舒服，⽽且还要找破解版⽐较⿇烦。
所以，这次使⽤VituralBox，这是开源的虚拟机，免费，⾜够实验使⽤。
虚拟机环境搭建⾸先，去VituralBox官⽹下载虚拟机安装包（），⼀般是Windows的吧，如果想下载其他版本的，点这个。
下载完毕，管理员权限安装，⼀路点Next就好了。
按照⼀般配置虚拟机的套路，我们应该去Ubuntu之类的官⽹下载系统镜像来进⾏安装。
但实际上，这个步骤可以省⼀省，直接去下载⼈家配置好环境的虚拟机镜像就好，⼀键配置妙不妙呀~我这⾥是⽤之前下载的⼀个清华操作系统课程提供的系统镜像（），⾥⾯已经配置好了，虚拟机的管理员密码是1个空格，⼀般提⽰输密码就输这个下载好镜像之后解压缩，注意，这个压缩包格式是.xz（某明星），这⾥实测WINRAR和BANDZIP可以解压，其他的没测试过。
解压之后是⼀个6G多的.vdi⽂件，在硬盘⾥新建⼀个⽂件夹，把.vdi⽂件拖进去。
然后打开VituralBox，点击创建，系统类型选择Linux，Ubuntu64位，给虚拟机起个名字，然后选择刚刚新的⽂件夹作为虚拟机⽬录，点下⼀步。
现在是选择内存⼤⼩，随意，⼤点没那么卡，⼩点可以同时开多⼏个，建议2GB以上，再下⼀步。
选择⽤已有的虚拟硬盘⽂件，然后打开⽬录，选中刚刚那个.vdi⽂件，点击创建。
操作系统lab2实验报告
二、目的
1.理解基于段页式内存地址的转换机制；
2.理解页表的建立和使用方法；
3.理解物理内存的管理方法。
三、实验设计思想和练习题
练习0：填写已有实验
使用eclipse中的diff/merge工具将实验1的代码填入本实验中代码中有“LAB1”的注释相应部分。
练习1：实现first-fit连续物理内存分配算法（需要编程）
list_entry：双向链表指针，指向空闲的物理页；
nr_free：记录当前空闲页的个数的无符号整形变量。
（2）连续物理内存分配思路：
物理内存页管理器顺着双向链表进行搜索空闲内存区域，直到找到一个足够大的空闲区域，这是一种速度很快的算法，因为它尽可能少地搜索链表。如果空闲区域的大小和申请分配的大小正好一样，则把这个空闲区域分配出去，成功返回;否则将该空闲区分为两部分，一部分区域与申请分配的大小相等，把它分配出去，剩下的一部分区域形成新的空闲区。其释放内存的设计思路是把这块区域重新放回双向链表中。
（2）如果找到，获得指向分配的页，重新设置标志位，从空闲链表中删除此页；
（3）判断空闲块大小是否合适；
（4）如果合适，不操作；如果不合适，分割页块；
ห้องสมุดไป่ตู้（5）计算剩余空闲页个数，返回分配的页块地址。
B．具体实现：
注：
算法改进空间：第一页重置标志位操作被注释后，依然可以编译运行。
操作系统lab2实验报告
操作系统lab2实验报告操作系统 Lab2 实验报告一、实验目的本次实验着重学习操作系统内存管理的相关概念和技术，包括页表的建立和管理，以及虚拟内存系统的实现和优化。
通过完成本实验，我们能够加深对操作系统内存管理机制的理解，并掌握相关的实现方法。
二、实验环境本次实验使用的实验环境为 Linux 操作系统（具体版本号）、GCC 编译器（具体版本号）以及所提供的模拟器。
三、实验内容本次实验主要包括以下几个任务：1. 理解虚拟内存和物理内存的概念，掌握页表的结构和管理方法。
2. 编写代码实现一个简单的页表建立和管理的模拟器，包括页表的初始化、地址映射和页表的更新。
3. 实现一个简单的虚拟内存系统，包括页的加载、替换等操作。
4. 对实现的虚拟内存系统进行性能优化，包括缓存算法的改进、预加载等策略的应用。
四、实验步骤及结果1. 理解虚拟内存和物理内存的概念在本次实验中，我们将使用虚拟内存系统来管理进程的地址空间。
虚拟内存是操作系统提供给进程的一种抽象概念，它为每个进程提供了一个独立的、连续的地址空间。
物理内存是实际存在的计算机内存，由物理地址组成。
2. 编写页表管理模拟器代码根据实验要求，我们需要编写代码模拟页表的建立和管理过程。
首先，我们需要实现页表的初始化函数，用于初始化页表的数据结构。
接着，我们需要实现地址映射函数，用于将虚拟地址映射到物理地址。
最后，我们需要实现页表的更新函数，用于更新页表中的相关信息。
3. 实现虚拟内存系统在本次实验中，我们需要实现一个简单的虚拟内存系统。
虚拟内存系统可以将虚拟地址映射到物理地址，并且可以实现页的加载和替换操作。
我们需要实现页面加载函数，用于将页面加载到内存中。
同时，我们还需要实现页面替换函数，当内存空间不足时，根据特定的算法选择待替换的页，并将其移出内存。
4. 性能优化为了提高虚拟内存系统的性能，我们可以采用一些优化策略。
例如，我们可以改进缓存算法，通过提前缓存一些可能会被访问的页面，减少缺页次数。
bomb lab phase2理解
一、概述bomb lab phase2是计算机科学领域中一个非常重要的实验，通过对这个实验的深入研究和理解，可以对计算机系统的安全性和漏洞有更深刻的认识，从而为计算机安全领域的研究和应用提供重要的参考价值。
二、bomb lab phase2的背景1. bomb lab phase2是由某大学计算机科学系设计的一个实验项目，旨在通过完成一系列程序设计和分析的任务，来加深学生对计算机系统基本原理的理解和应用。
2. 该实验要求学生能够熟练掌握汇编语言、内存管理、逆向工程等相关知识，并能够在实践中运用这些知识解决实际问题。
三、bomb lab phase2的内容和要求1. 实验要求学生通过分析给定的程序代码和二进制文件，找出并修复其中的错误，使程序能够正确运行并输出目标字符串。
2. 学生需要在完成实验的过程中，深入理解程序执行的过程、内存的分配和管理、汇编指令的执行过程等内容，从而能够找出程序中的逻辑漏洞、缓冲区溢出、内存泄漏等问题，并加以解决。
3. 实验要求学生能够写出详细的分析报告，说明每一步的分析和修复过程，逻辑推理和数据验证的过程等。
四、bomb lab phase2的重要性和意义1. bomb lab phase2的完成能够对学生深入理解计算机系统和程序设计原理有很大的帮助，能够提高他们的动手能力和逻辑思维能力。
2. 通过对这个实验的理解和研究，能够为计算机系统的安全性和稳定性提供一定的参考，有助于发现和修复潜在的安全漏洞和问题。
3. 完成这个实验还能够培养学生的团队合作精神和问题解决能力，这是他们未来在计算机领域就业和研究中必不可少的能力。
五、总结bomb lab phase2是一个非常重要的实验项目，通过学生对这个实验的深入理解和研究，有助于提高他们的动手能力、逻辑思维能力和问题解决能力，对计算机系统的安全性和稳定性也有着一定的参考价值。
希望广大学生能够认真对待这个实验，努力完成并深刻理解其中的知识和技能。
attacklab实验总结 -回复
attacklab实验总结-回复Attacklab实验总结Attacklab实验是一项旨在让学生深入了解计算机系统底层原理和安全性的实践性课程。
通过该实验，学生能够亲自实践漏洞利用和防御的技术，提高对计算机系统安全性的认识和理解。
本文将从实验流程、实验内容和实验收获三个方面回答关于Attacklab实验的问题。
一、实验流程Attacklab实验包括三个实验阶段：Phase1、Phase2和Phase3。
Phase1：Buffer LabPhase1是Attacklab实验的入门阶段，目的是让学生了解栈缓冲区溢出的原理和利用方式。
学生需要分析给定的源代码，在栈上分配合适的空间，并使用合适的输入来修改程序执行路径，达到改变程序行为的效果。
Phase2：Return-Oriented Programming LabPhase2是Attacklab实验的进阶阶段，目的是让学生了解ROP （Return-Oriented Programming）的原理和利用方式。
学生需要找到程序中合适的代码片段（称为gadgets），通过串联这些gadgets来实现攻击。
与Phase1相比，Phase2更加复杂和技术性，需要学生在程序的内存空间中构建复杂的ROP链。
Phase3：Code-Injection Attacks LabPhase3是Attacklab实验的高级阶段，目的是让学生了解代码注入攻击的实现原理。
学生需要通过构造合适的输入，将恶意代码注入到程序执行的内存空间中，并实现自己的攻击目标。
二、实验内容1. Buffer Lab在Buffer Lab中，学生需要完成五个不同的任务，每个任务都涉及到栈溢出攻击的不同方面。
通过这些任务，学生可以熟悉栈帧布局、溢出点的定位和栈溢出攻击的基本原理。
2. Return-Oriented Programming Lab在ROP Lab中，学生需要构建复杂的ROP链，以利用程序中的存在漏洞的函数。
升入理解计算机系统Bomb LAB实验报告
湖南大学课程实验报告课程名称：计算机组成与结构实验项目名称：二进制炸弹专业班级：姓名：学号：指导教师：完成时间：计算机科学与工程系实验题目：APP Bomb Lab实验目的：实验环境：linux，终端，gdb工具实验内容及操作步骤：查看给出的bomb.c中的代码，得知控制检测密码正误的6个函数分别为：phase_1，phase_2，phase_3，phase_4，phase_5，phase_6。
使用gbd工具对可执行文件bomb进行反汇编：得到六段汇编代码，将其复制成文本后，对其进行分析，phase_1代码：0x08048f61 <+0>: push %ebp0x08048f62 <+1>: mov %esp,%ebp0x08048f64 <+3>: sub $0x18,%esp0x08048f67 <+6>: movl $0x804a15c,0x4(%esp) 将esp寄存器地址指向$0x804a15c 0x08048f6f <+14>: mov 0x8(%ebp),%eax 将$0x804a15c中的数据移给eax寄存器0x08048f72 <+17>: mov %eax,(%esp)0x08048f75 <+20>: call 0x8048fab <strings_not_equal>0x08048f7a <+25>: test %eax,%eax 上一行与这一行比较用户输入和$0x804a15c中的值0x08048f7c <+27>: je 0x8048f83 <phase_1+34>0x08048f7e <+29>: call 0x80490d1 <explode_bomb>0x08048f83 <+34>: leave0x08048f84 <+35>: ret可以看出，phase_1的密码是固定储存在$0x804a15c中的。
深入理解计算机系统LAB2
LAB1实验报告实验目的：使用课程知识拆除一个“Binary Bombs”来增强对程序的机器级表示、汇编语言、调试器和逆向工程等理解。
实验简介：一个“Binary Bombs”（二进制炸弹，简称炸弹）是一个Linux可执行C程序，包含phase1~phase6共6个阶段。
炸弹运行各阶段要求输入一个字符串，若输入符合程序预期，该阶段炸弹被“拆除”，否则“爆炸”。
实验目标是你需要拆除尽可能多的炸弹。
运行结果：通关密码储存在001431.txt文件中。
成功运行结果截图：实验中的六组密码：PHASE1：字符串比较本关比较简单，根据课件中的提示用GDB将最先压栈的那个字符串常量打印出来，然后将其作为密码输入，比较成功后即通关。
08048ab2 <phase_1>:8048ab2: 83 ec 14 sub $0x14,%esp8048ab5: 68 04 9f 04 08 push $0x8049f048048aba: ff 74 24 1c pushl 0x1c(%esp)8048abe: e8 4d 04 00 00 call 8048f10 <strings_not_equal> 将地址0x8049f04中的值打印出来：即“The future will be better tomorrow.”PHASE2：循环在查看汇编语言的时候，会看到有调用一个read_six_number函数，猜测此题是让输入六个数字。
08048ad3 <phase_2>:8048ad3: 56 push %esi8048ad4: 53 push %ebx8048ad5: 83 ec 2c sub $0x2c,%esp8048ad8: 8d 44 24 10 lea 0x10(%esp),%eax8048adc: 50 push %eax8048add: ff 74 24 3c pushl 0x3c(%esp)8048ae1: e8 46 05 00 00 call 804902c <read_six_numbers>8048ae6: 83 c4 10 add $0x10,%esp8048ae9: 83 7c 24 08 01 cmpl $0x1,0x8(%esp)------→判定是否为1 8048aee: 74 1e je 8048b0e <phase_2+0x3b>8048af0: e8 12 05 00 00 call 8049007 <explode_bomb>8048af5: eb 17 jmp 8048b0e <phase_2+0x3b>8048af7: 8b 03 mov (%ebx),%eax8048af9: 01 c0 add %eax,%eax----→进行自加，扩大两倍 8048afb: 39 43 04 cmp %eax,0x4(%ebx)8048afe: 74 05 je 8048b05 <phase_2+0x32>8048b00: e8 02 05 00 00 call 8049007 <explode_bomb>8048b05: 83 c3 04 add $0x4,%ebx8048b08: 39 f3 cmp %esi,%ebx8048b0a: 75 eb jne 8048af7 <phase_2+0x24>8048b0c: eb 0a jmp 8048b18 <phase_2+0x45>8048b0e: 8d 5c 24 08 lea 0x8(%esp),%ebx8048b12: 8d 74 24 1c lea 0x1c(%esp),%esi8048b16: eb df jmp 8048af7 <phase_2+0x24>→循环8048b18: 83 c4 24 add $0x24,%esp8048b1b: 5b pop %ebx8048b1c: 5e pop %esi8048b1d: c3 ret有汇编语言进行分析，不难看出，这道题目要求输入六个数字，并且要求第一个数字为1，之后跳入一个循环，将第一个数字加倍和已有的数字进行比较，所以不难看出所需要的密码是1,2,4,8,16,32这六个数字。
lab2-系统加固实验
实验二系统加固实验1、实验目的通常按默认方式安装的操作系统，如果不做任何安全加固，那么其安全性难以保证，非常容易被攻击，而且攻击者稍加利用就会变成肉机。
所以保证系统安全性第一步，便是利用操作系统自身功能进行系统加固。
通过该实验，要求学生学会使用操作系统自身的注册表、组策略和关闭不必要的端口进一步增强系统的安全性能。
2、实验环境实验内容一：PC机一台，Windows XP操作系统实验内容二：PC机一台，windows xp操作系统、ScanPort软件实验内容三：PC机一台，windows xp虚拟机、恶意程序一个（附件提供）3、实验内容实验内容一：利用操作系统自身功能加固系统知识准备：注册表介绍：一、注册表根键说明hkey_classes_root包含注册的所有OLE信息和文档类型，是从hkey_local_machine\software\classes复制的。
hkey_current_user包含登录的用户配置信息，是从hkey_users\当前用户子树复制的。
hkey_local_machine包含本机的配置信息。
其中config子树是显示器打印机信息； enum 子树是即插即用设备信息；system子树是设备驱动程序和服务参数的控制集合；software 子树是应用程序专用设置。
hkey_users所有登录用户信息。
hkey_current_config包含常被用户改变的部分硬件软件配置，如字体设置、显示器类型、打印机设置等。
是从hkey_local_machine\config复制的。
二、注册表详细内容Hkey_local_machine\software\microsoft\windows\currentVersion\explorer\usershell folders保存个人文件夹、收藏夹的路径Hkey_local_machine\system\currentControlSet\control\keyboard Layouts保存键盘使用的语言以及各种中文输入法Hkey_users\.Default\software\microsoft\internet explorer\typeURLs保存IE浏览器地址栏中输入的URL地址列表信息。
编程卓越之道(卷1)：深入理解计算机(第2版)
读书笔记
这是《编程卓越之道（卷1）：深入理解计算机（第2版）》的读书笔记模板，可以替换为自己的心得。
精彩摘录
这是《编程卓越之道（卷1）：深入理解计算机（第2版）》的读书笔记模板，可以替换为自己的精彩内容摘 录。
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01
4.1浮点运 算简介
02
4.2 IEEE 浮点格式
04
4.4舍入
06
4.6浮点数 异常
03
4.3规约形 式与非规约 形式
05
4.5特殊的 浮点值
4.7浮点运算
4.8更多信息
4.2.1单精度浮点格式 4.2.2双精度浮点格式 4.2.3扩展精度浮点格式 4.2.4四精度浮点格式
4.7.1浮点表示形式 4.7.2浮点数的加减法 4.7.3浮点数的乘除法
12.5系统总线与数 据传输速率
12.7握手
12.8 I/O端口超时
12.9中断与轮询式 I/O
12.10保护模式操作 与设备驱动程序
12.11更多信息
12.3.1内存映射输入/输出 12.3.2 I/O映射输入/输出 12.3.3直接内存访问
12.5.1 PCI总线的性能 12.5.2 ISA总线的性能 12.5.3 AGP总线
3.1二进制和十六进 制数字的算术运算
3.2位的逻辑运算
3.3二进制数值和位 串的逻
3.6位字段和打包数 据
3.7数据的打包和解 包
3.8更多信息
3.1.1二进制加法 3.1.2二进制减法 3.1.3二进制乘法 3.1.4二进制除法
3.4.1使用AND运算判断位串中的一位 3.4.2使用AND运算判断多个位为零或非零 3.4.3比较二进制字符串中的多个位 3.4.4使用AND运算创建模n计数器
深入理解计算机系统第2版课程设计
深入理解计算机系统第2版课程设计选题背景计算机科学教育中，操作系统是重要的课程之一。
其中经典教材《深入理解计算机系统》第2版（英文名：Computer Systems: A Programmer’s Perspective, 2nd Edition）提供了系统性的学习框架，涵盖了计算机系统所有的关键概念，从硬件到操作系统到应用程序。
其通过清晰易懂的语言，详细深入的解释和广泛的范例来讲解分类程序开发，内存管理，虚拟存储，网络通信，操作系统和处理器等内容，使得学生能够全面理解计算机的性能和设计。
为了进一步加强学生的理论知识和实际操作能力，我们针对《深入理解计算机系统》第2版编写本课程设计，旨在让学生通过设计实际的系统模块来深入理解计算机系统，提高其操作系统和编程方面的技能。
课程设计目标•深入理解计算机系统的关键概念，包括进程管理、内存管理、文件系统、网络通信和处理器等。
•学习使用C语言进行系统级编程的方法，理解底层代码的编写方式。
•提高学生针对实际问题设计和开发系统程序的能力。
设计内容设计1：虚拟内存管理系统•理解虚拟内存的概念和实现机制。
•学习实现虚拟内存管理系统的方法，包括页面置换算法、页面故障处理和虚拟地址映射等。
•设计一个简单的虚拟内存管理系统，并实现其代码。
设计2：多进程文件共享•理解多进程文件共享的概念和实现机制。
•学习使用fork系统调用创建子进程的方法，以及同时读取和写入文件的方法。
•设计一个简单的多进程文件共享系统，并实现其代码。
设计3：处理器调度程序•理解处理器调度程序的概念和实现机制。
•学习实现处理器调度程序的方法，包括进程状态的转换、进程优先级算法和时间片轮转算法等。
•设计一个简单的处理器调度程序，并实现其代码。
设计要求•设计要求每个设计至少有算法模块、代码实现，且需使用C语言完成。
•为了检验设计结果的正确性，每个设计需提供自行设计的测试用例。
•课程结束时需收集所有设计的源代码和报告文档。
CS：APP3e深入理解计算机系统_3eMallocLab实验
CS：APP3e深⼊理解计算机系统_3eMallocLab实验前期准备：完全阅读书本第9章man 3 realloc注意事项：1.先从⼩的测试⽂件开始，例如short1-bal.rep2.为了调试⽅便，在Makefile中将CFLAGS更改为：CFLAGS = -Wall -O2 -m32 -ggdb这样⽤GDB调试的时候就能看到源码了3.地址要对8字节对齐。
4.注意realloc的实现要和libc⼀致。
5.本实验环境WORD=4=sizeof(void *)，DWORD=8（gcc -m32)思路要点及其实现：对于速度（thru）⽽⾔，我们需要关注malloc、free、realloc每次操作的复杂度。
对于内存利⽤率（util）⽽⾔，我们需要关注internal fragmentation（块内损失）和external fragmentation（块是分散不连续的，⽆法整体利⽤），即我们free和malloc的时候要注意整体⼤块利⽤（例如合并free块、realloc的时候判断下⼀个块是否空闲）。
我这⾥实现的是书上9.9.13和9.9.14提到的Explicit Free Lists + Segregated Free Lists + Segregated Fits，详细的介绍参考书上写的。
块的结构如下，其中低三位由于内存对齐的原因总会是0，A代表最低位为1，即该块已经allocated：堆的起始和结束结构如下：Free list的结构如下，每条链上的块按⼤⼩由⼩到⼤排列，这样我们⽤“first hit”策略搜索链表的时候就能获得“best hit”的性能，例如第⼀条链，A是B的successor，B是A的predecessor，A的⼤⼩⼩于等于B；不同链以块⼤⼩区分，依次为{1}{2}{34}{58}...{1025~2048}... ：更新：这⾥的箭头应该是双向的，画错了。
下⾯是各个模块的实现，**部分代码改编⾃CS:APP3e官⽹的的（完整代码），如需使⽤请联系 ** 。
os_lab2
服务器地址: 192.168.150.145
User / pass: os_students / os_students
Hale Waihona Puke 由于安全方面的原因，实验课以外的时间，该用 户会被屏蔽掉，因此大家最好在自己本地机器上 安装Unix / Linux家族的操作系统。
Why?
为什么一定要使用Unix / Linux家族的操作 系统作为实验环境？
Xv6是一个Unix操作系统。 编译xv6时，中间文件必须是ELF格式，而在 windows系统下编译，产生的中间文件格式是 PE格式，两者并不兼容。 Windows系统并不适于操作系统教学。
Xv6实践
Xv6实践
在xv6环境下开发应用程序
题目：修改echo.c，实现以下功能：把输入的 每个参数中的字符次序颠倒输出。 例如：$ echo Hello World! 则输出： olleH !dlroW 要求：提交修改后的echo.c源代码，以及相应 的Bochs界面截图。
xv6进程控制
阅读以下源文件：
proc.h proc.c main.c
xv6进程控制
回答以下问题：
Xv6中进程有几种状态，在源码中分别以什么常量代表， 试解释每种状态的意义。 Xv6中PCB是以什么方式存放的，链表还是数组？系统 最多允许同时运行多少个进程？ Xv6是否支持多核cpu? 如果支持的话，是通过哪个数 据结构支持的？ 系统启动的第一个进程，其入口函数在哪个文件第几 行？它主要实现什么功能？
osstudents由于安全方面的原因实验课以外的时间该用户会被屏蔽掉因此大家最好在自己本地机器上安装unixlinux家族的操作系统
操作系统
Lab2: xv6实践 / 进程控制 谭舜泉 信息工程学院
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LAB1实验报告实验目的：使用课程知识拆除一个“Binary Bombs”来增强对程序的机器级表示、汇编语言、调试器和逆向工程等理解。
实验简介：一个“Binary Bombs”（二进制炸弹，简称炸弹）是一个Linux可执行C程序，包含phase1~phase6共6个阶段。
炸弹运行各阶段要求输入一个字符串，若输入符合程序预期，该阶段炸弹被“拆除”，否则“爆炸”。
实验目标是你需要拆除尽可能多的炸弹。
运行结果：通关密码储存在0014301-151420131.txt文件中。
成功运行结果截图：实验中的六组密码：PHASE1：字符串比较本关比较简单，根据课件中的提示用GDB将最先压栈的那个字符串常量打印出来，然后将其作为密码输入，比较成功后即通关。
08048ab2 <phase_1>:8048ab2: 83 ec 14 sub $0x14,%esp8048ab5: 68 04 9f 04 08 push $0x8049f048048aba: ff 74 24 1c pushl 0x1c(%esp)8048abe: e8 4d 04 00 00 call 8048f10 <strings_not_equal> 将地址0x8049f04中的值打印出来：即“The future will be better tomorrow.”PHASE2：循环在查看汇编语言的时候，会看到有调用一个read_six_number函数，猜测此题是让输入六个数字。
08048ad3 <phase_2>:8048ad3: 56 push %esi8048ad4: 53 push %ebx8048ad5: 83 ec 2c sub $0x2c,%esp8048ad8: 8d 44 24 10 lea 0x10(%esp),%eax8048adc: 50 push %eax8048add: ff 74 24 3c pushl 0x3c(%esp)8048ae1: e8 46 05 00 00 call 804902c <read_six_numbers>8048ae6: 83 c4 10 add $0x10,%esp8048ae9: 83 7c 24 08 01 cmpl $0x1,0x8(%esp)------→判定是否为1 8048aee: 74 1e je 8048b0e <phase_2+0x3b>8048af0: e8 12 05 00 00 call 8049007 <explode_bomb>8048af5: eb 17 jmp 8048b0e <phase_2+0x3b>8048af7: 8b 03 mov (%ebx),%eax8048af9: 01 c0 add %eax,%eax----→进行自加，扩大两倍 8048afb: 39 43 04 cmp %eax,0x4(%ebx)8048afe: 74 05 je 8048b05 <phase_2+0x32>8048b00: e8 02 05 00 00 call 8049007 <explode_bomb>8048b05: 83 c3 04 add $0x4,%ebx8048b08: 39 f3 cmp %esi,%ebx8048b0a: 75 eb jne 8048af7 <phase_2+0x24>8048b0c: eb 0a jmp 8048b18 <phase_2+0x45>8048b0e: 8d 5c 24 08 lea 0x8(%esp),%ebx8048b12: 8d 74 24 1c lea 0x1c(%esp),%esi8048b16: eb df jmp 8048af7 <phase_2+0x24>→循环8048b18: 83 c4 24 add $0x24,%esp8048b1b: 5b pop %ebx8048b1c: 5e pop %esi8048b1d: c3 ret有汇编语言进行分析，不难看出，这道题目要求输入六个数字，并且要求第一个数字为1，之后跳入一个循环，将第一个数字加倍和已有的数字进行比较，所以不难看出所需要的密码是1,2,4,8,16,32这六个数字。
PHASE3：条件分支语句这道题的汇编语句明显变长了，但是由于PPT中已经提示这是条件分支语句，以此为切入点，此题也不难分析。
08048b1e <phase_3>:8048b1e: 83 ec 1c sub $0x1c,%esp8048b21: 8d 44 24 08 lea 0x8(%esp),%eax8048b25: 50 push %eax8048b26: 8d 44 24 10 lea 0x10(%esp),%eax8048b2a: 50 push %eax8048b2b: 68 0f a1 04 08 push $0x804a10f→打印该值为”%d%d”8048b30: ff 74 24 2c pushl 0x2c(%esp)8048b34: e8 87 fc ff ff call 80487c0 <__isoc99_sscanf@plt> 上面这一段调用了一个函数sscanf（），查询可知这个函数的原型为：int sscanf(const char *buffer,const char *format,[argument ]...);即读取输入的字符串，并以指定的格式赋给参数。
其中一个参数在地址0x804a10f中。
可知需要输入两个整数。
8048b39: 83 c4 10 add $0x10,%esp8048b3c: 83 f8 01 cmp $0x1,%eax8048b3f: 7f 05 jg 8048b46 <phase_3+0x28>8048b41: e8 c1 04 00 00 call 8049007 <explode_bomb>8048b46: 83 7c 24 0c 07 cmpl $0x7,0xc(%esp)---------→不大于78048b4b: 77 66 ja 8048bb3<phase_3+0x95>-→否则引爆有这些可以得知第一个参数的信息，可以看出这是一个不大于7的数，因此缩小了选择，不难猜出可能是分支条件。
8048b4d: 8b 44 24 0c mov 0xc(%esp),%eax8048b51: ff 24 85 80 9f 04 08 jmp *0x8049f80(,%eax,4)8048b58: b8 0c 03 00 00 mov $0x30c,%eax8048b5d: eb 05 jmp 8048b64 <phase_3+0x46>8048b5f: b8 00 00 00 00 mov $0x0,%eax8048b64: 2d d5 03 00 00 sub $0x3d5,%eax8048b69: eb 05 jmp 8048b70 <phase_3+0x52>8048b6b: b8 00 00 00 00 mov $0x0,%eax8048b70: 05 35 01 00 00 add $0x135,%eax8048b75: eb 05 jmp 8048b7c <phase_3+0x5e>8048b77: b8 00 00 00 00 mov $0x0,%eax8048b7c: 2d e9 02 00 00 sub $0x2e9,%eax8048b81: eb 05 jmp 8048b88 <phase_3+0x6a>8048b83: b8 00 00 00 00 mov $0x0,%eax8048b88: 05 e9 02 00 00 add $0x2e9,%eax8048b8d: eb 05 jmp 8048b94 <phase_3+0x76>8048b8f: b8 00 00 00 00 mov $0x0,%eax8048b94: 2d e9 02 00 00 sub $0x2e9,%eax8048b99: eb 05 jmp 8048ba0 <phase_3+0x82>8048b9b: b8 00 00 00 00 mov $0x0,%eax8048ba0: 05 e9 02 00 00 add $0x2e9,%eax8048ba5: eb 05 jmp 8048bac <phase_3+0x8e>8048ba7: b8 00 00 00 00 mov $0x0,%eax8048bac: 2d e9 02 00 00 sub $0x2e9,%eax8048bb1: eb 0a jmp 8048bbd <phase_3+0x9f>8048bb3: e8 4f 04 00 00 call 8049007 <explode_bomb> 上面是各种分支情况，看起来比较复杂，先放一放8048bb8: b8 00 00 00 00 mov $0x0,%eax8048bbd: 83 7c 24 0c 05 cmpl $0x5,0xc(%esp)--- 参数不能大于58048bc2: 7f 06 jg 8048bca <phase_3+0xac>8048bc4: 3b 44 24 08 cmp 0x8(%esp),%eax8048bc8: 74 05 je 8048bcf <phase_3+0xb1>8048bca: e8 38 04 00 00 call 8049007 <explode_bomb>8048bcf: 83 c4 1c add $0x1c,%esp8048bd2: c3 ret可以看出参数不能大于五，因此这道题可能有多组解，不过结合分支语句，不难看出当第一个参数比较大的时候，计算量比较小，所以我选择了第一个参数为5，代入进行逐步计算，可以得到此时的值为-745。
PHASE4：递归调用栈这一步是递归调用栈，所以有两部分汇编代码，其中一个是被调用的函数，简单地看一下代码，应该是一个递归的函数。
先分析主程序部分的代码，其中也有sscanf函数：08048c2c <phase_4>:8048c2c: 83 ec 1c sub $0x1c,%esp8048c2f: 8d 44 24 08 lea 0x8(%esp),%eax8048c33: 50 push %eax8048c34: 8d 44 24 10 lea 0x10(%esp),%eax8048c38: 50 push %eax8048c39: 68 0f a1 04 08 push $0x804a10f---→输出为”%d%d”8048c3e: ff 74 24 2c pushl 0x2c(%esp)8048c42: e8 79 fb ff ff call 80487c0 <__isoc99_sscanf@plt>8048c47: 83 c4 10 add $0x10,%esp8048c4a: 83 f8 02 cmp $0x2,%eax----→返回值为2 从上面这部分看出我们需要输入两个参数，且两个都是整数型的。