TCP 拥塞控制典型计算题

2026 大纲 五（三）5 TCP 拥塞控制。本篇是《TCP 拥塞控制》的计算配套篇，只处理"给定初始参数与事件序列，逐轮推出 cwnd / ssthresh / 发送窗口"这一类问题；四种算法的机制与推导一概不重讲、只引用。

一、八成的错来自口径，不是算错

上一篇把四种算法讲完了，规则本身并不难。可这类题的失分率却很高——因为规则的边界处有四个含糊点，题面往往不说明，而不同的取法会让整张表整体错开。

所以做题的第一件事不是算，是把四个口径钉死。

口径①：「第 $n$ 轮末发生事件」的语义。 第 $n$ 轮的 cwnd 仍按事件前的规则算出（该轮窗口在发数据时就定了），事件的影响从第 $n+1$ 轮开始体现。但若题面写的是"当 cwnd = X 时发生超时"，就直接在这一点处理事件。两种措辞的答案整体错开一轮——审题的第一个动作永远是分清题面用的是哪一种。

口径②：cwnd = ssthresh 时算哪个阶段。 教材原话是"既可使用慢开始算法，也可使用拥塞避免算法"（标准留下的两可）。本站统一按拥塞避免，即从这一轮起 +1。题面另有说明以题面为准。

口径③：慢开始翻倍会被 ssthresh 封顶。 依据是教材图 5-25 的点③——超时后 ssthresh 被调成 12、cwnd 从 1 重新慢开始，教材写的是"当拥塞窗口 cwnd = ssthresh = 12 时，改为执行拥塞避免算法"。若允许无脑翻倍，$8\times 2=16$ 就永远取不到 12 这个值。 换个角度也讲得通——ssthresh 的字面意思就是"慢开始门限"，冲过天花板再往回退，门限就没有意义了。

口径④：ssthresh 除 2 向下取整。 cwnd 为奇数时取 $\lfloor \text{cwnd}/2\rfloor$：24→12、25→12、15→7、11→5、7→3、3→1。题面另有说明以题面为准。

两条最容易踩空的边界

其一：事件处理一律用"事件发生时的旧 cwnd"算 ssthresh，顺序不能反。 先算 ssthresh，再设 cwnd。反过来先设 cwnd 再算 ssthresh，结果差一倍。

其二：rwnd 从不参与拥塞控制的状态更新。 $\text{发送窗口}=min(\text{cwnd},\text{rwnd})$，rwnd 只影响"实际能发多少"，完全不影响 cwnd 自身的演变；事件处理（算 ssthresh、设 cwnd）一律用 cwnd。慢开始封顶用的也是 ssthresh 而不是 rwnd。

还有两处小提醒。cwnd 的单位多数题目用 MSS，也可能用字节——用字节时"翻倍""+1"都要换算成"加一个 MSS"，审题时先确认。ssthresh 只在事件发生时改变，平时保持不变；所以只问"某一轮的 ssthresh"时不必逐轮算 cwnd，找到最近一次事件发生在哪一轮、当时 cwnd 是多少即可。

二、两张表 + 四步流程

规则转自《TCP 拥塞控制》，本篇不另立口径。

逐轮规则（正常传输时）：

本轮阶段	判定条件	下一轮 cwnd
慢开始	cwnd < ssthresh	$\times 2$，但封顶到 ssthresh（长到 ssthresh 就停住）
拥塞避免	cwnd ≥ ssthresh	$+1$

事件分支：

事件	TCP Reno	TCP Tahoe
超时	$\text{ssthresh}=\lfloor \text{cwnd}/2\rfloor$，$\text{cwnd}=1$，回慢开始	与 Reno 完全相同
3 个重复确认	$\text{ssthresh}=\lfloor \text{cwnd}/2\rfloor$，$\text{cwnd}=\text{ssthresh}$，进拥塞避免（快恢复）	当超时处理：$\text{cwnd}=1$，回慢开始

做题四步：

第一步，列出初始参数（cwnd 初值、ssthresh 初值、有无 rwnd），并确认题面的事件措辞属于口径 ① 的哪一种。

第二步，画表格，列固定为——轮次 / cwnd / ssthresh / 阶段 / 事件 / 发送窗口。有 rwnd 才写最后一列。

第三步，逐行推进，每行的动作顺序是：① 先按 cwnd 与 ssthresh 的大小关系判定本轮阶段；② 填本轮的 cwnd、ssthresh、发送窗口；③ 看本轮末有没有事件——有事件就先算新 ssthresh 再设新 cwnd；无事件就按本轮阶段的规则算下一轮 cwnd（慢开始翻倍且封顶到 ssthresh，拥塞避免 +1）。

第四步，用下面四条自查法扫一遍。

三、四条自查法

1. 慢开始段是不是纯翻倍。 应该是 $1\to 2\to 4\to 8\to 16\cdots$。中间出现不是翻倍的值，只有一种合法解释——被 ssthresh 封顶，且那个值必须恰好等于当前 ssthresh；不等就是算错了。
2. 事件后的 ssthresh 一定小于事件发生时的 cwnd（因为它是那个 cwnd 的一半再向下取整）。算出比它还大的必错。
3. 拥塞避免段必须每轮恰好 +1。 出现跳跃或翻倍说明阶段判定错了——大概率是"cwnd = ssthresh 那一轮"判成了慢开始。
4. 快恢复后 cwnd 绝不为 1。 Reno 的 3 个重复确认后 $\text{cwnd}=\text{ssthresh}>1$。cwnd 降到 1 只有两种可能：要么这是超时事件，要么题目用的是 Tahoe。

再补一条口径自查：把最终答案整体前移或后移一轮，看看是不是更符合题面措辞——若题面是"当 cwnd = X 时发生超时"而你按"第 X 轮末"处理了，结果会整体错开一轮。

Reno 的完整逐轮推演与同题换 Tahoe 的对照（第一次做这类题、或想看清两类事件怎么落在表里时展开）

某 TCP 连接使用 Reno 算法，初始 $\text{cwnd}=1$ MSS，$\text{ssthresh}=8$ MSS。第 6 轮末发送方收到 3 个重复确认，第 13 轮末发生超时。求第 0~18 轮每一轮的 cwnd 与 ssthresh。

轮次	cwnd	ssthresh	本轮阶段	本轮末事件	下一轮 cwnd 的由来
0	1	8	慢开始	—	$1\times 2=2$
1	2	8	慢开始	—	$2\times 2=4$
2	4	8	慢开始	—	$4\times 2=8$
3	8	8	拥塞避免（cwnd = ssthresh，按口径②）	—	$8+1=9$
4	9	8	拥塞避免	—	$9+1=10$
5	10	8	拥塞避免	—	$10+1=11$
6	11	8	拥塞避免	3 个重复确认	① $\text{ssthresh}=\lfloor 11/2\rfloor =5$；② $\text{cwnd}=5$
7	5	5	拥塞避免（cwnd = ssthresh）	—	$5+1=6$
8	6	5	拥塞避免	—	7
9	7	5	拥塞避免	—	8
10	8	5	拥塞避免	—	9
11	9	5	拥塞避免	—	10
12	10	5	拥塞避免	—	11
13	11	5	拥塞避免	超时	① $\text{ssthresh}=\lfloor 11/2\rfloor =5$；② $\text{cwnd}=1$
14	1	5	慢开始	—	$1\times 2=2$
15	2	5	慢开始	—	$2\times 2=4$
16	4	5	慢开始	—	$4\times 2=8>5$，封顶到 5（口径③）
17	5	5	拥塞避免	—	$5+1=6$
18	6	5	拥塞避免	—	7

cwnd 序列：1 2 4 8 9 10 11 | 5 6 7 8 9 10 11 | 1 2 4 5 6

三处关键步骤的"为什么"：

• 第 3 轮为什么直接进拥塞避免。 慢开始从 4 翻倍到 8，恰好等于 ssthresh，按口径② 执行拥塞避免，所以第 4 轮 +1 而不是翻倍。这一步定错后面每一行都会错——"翻倍到刚好等于 ssthresh 的那一轮"算慢开始还是拥塞避免，直接决定下一轮是 16 还是 9。
• 第 6 轮为什么用 11 除 2 而不是用 5。 ssthresh 要用事件发生时的 cwnd（第 6 轮那个 11）算：$\lfloor 11/2\rfloor =5$，然后才把 cwnd 设成 5。反过来先设 cwnd 再算 ssthresh，会得到 $\lfloor 5/2\rfloor =2$，整条后续全错。
• 第 16 轮为什么是 5 不是 8。 慢开始翻倍 $4\times 2=8$ 已越过 ssthresh = 5，按口径③ 封顶到 5。全表只有这一格用到"封顶"规则，也是最容易写成 8 的地方。

---

同一题其余条件不变、改用 TCP Tahoe： 唯一改动是 3 个重复确认当超时处理（$\text{ssthresh}=\lfloor \text{cwnd}/2\rfloor$、$\text{cwnd}=1$、回慢开始），超时的处理两者完全相同。

轮次	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18
Reno cwnd	11(事件)	5	6	7	8	9	10	11(超时)	1	2	4	5	6
Tahoe cwnd	11(事件)	1	2	4	5	6	7	8(超时)	1	2	4	5	6

• Reno：1 2 4 8 9 10 11 5 6 7 8 9 10 11 1 2 4 5 6
• Tahoe：1 2 4 8 9 10 11 1 2 4 5 6 7 8 1 2 4 5 6

三个值得注意的差别：① 第 7 轮就分岔，Reno 回到 5、Tahoe 回到 1；② Tahoe 的第 9→10 轮出现封顶（$4\times 2=8>5$，封顶到 5）；③ 第 13 轮超时时两者的 cwnd 已经不同（Reno 11、Tahoe 8），所以算出的新 ssthresh 也不同（$\lfloor 11/2\rfloor =5$ 与 $\lfloor 8/2\rfloor =4$）。

第 ③ 点最容易漏：事件本身的处理规则相同，但代入的 cwnd 不同，结果自然不同。 不要以为"超时处理一样"就可以直接抄 Reno 的数。第 14 轮之后 Tahoe 的 ssthresh 是 4，慢开始 $1,2,4$ 到第 16 轮就等于 ssthresh 了，数值上与 Reno 恰好重合，但阶段判定的理由不同。

---

题目给了 rwnd 时：表多一列，但 cwnd 的演变一点不变。 设 Reno、$\text{cwnd}=1$、$\text{ssthresh}=14$、接收方始终通告 $\text{rwnd}=12$，第 10 轮末发生超时。慢开始 $1,2,4,8$ 之后 $8\times 2=16>14$，封顶到 14——注意封顶用的是 ssthresh 而不是 rwnd（rwnd 管"能发多少"，ssthresh 管"cwnd 长到哪儿换算法"，两者不是一回事）；此后拥塞避免 $14,15,\dots ,20$：

轮次	4	5	6	7	8	9	10
cwnd	14	15	16	17	18	19	20
发送窗口 = min(cwnd, 12)	12 ← 受限	12	12	12	12	12	12 ← 受限

第 4~10 轮的发送窗口全部被 rwnd 卡在 12（共 7 轮）。而第 10 轮末超时时，新 $\text{ssthresh}=\lfloor 20/2\rfloor =\mathbf{10}$——不是拿发送窗口 12 去除得到的 6。

这一格最容易踩空：发送窗口只有 12，但拥塞控制的状态变量是 cwnd，事件处理一律用 cwnd。 用 12 去除会得到 6，整条后续全错。rwnd 从不参与拥塞控制的状态更新。

---

问"前 $n$ 轮共发送多少"时，用分段闭式互证，别逐个累加。 每轮发送的数据量等于该轮的 cwnd（假设每轮都能把窗口用满），而 慢开始段是等比数列、拥塞避免段是等差数列，两段各有闭式，可以互相印证——这是通用的求和自查法，不限于某一道题。

以 ${\text{cwnd}}_0=1$ MSS、$\text{ssthresh}=32$ MSS、全程无拥塞事件为例，前 10 轮（第 0~9 轮）的 cwnd 是 1 2 4 8 16 32 33 34 35 36（第 5 轮 $16\times 2=32=\text{ssthresh}$，按口径② 转拥塞避免，故第 6 轮起 +1）：

$$\underset{\text{慢开始段}}{\underbrace{1+2+4+8+16}}=2^5-1=31,\underset{\text{拥塞避免段}}{\underbrace{32+33+34+35+36}}=5\times 34=170$$$$31+170=\mathbf{201}\text{MSS}$$

与逐个累加的结果一致 ✓。两段闭式对不上，就说明阶段分界点判错了——最容易出问题的还是"cwnd = ssthresh 那一轮"归错了阶段。

给出 cwnd 逐轮取值，反推事件类型与各次 ssthresh（想掌握反推题的通用套路时展开）

某 TCP Reno 连接的 cwnd 逐轮取值（单位 MSS）：1, 2, 4, 8, 16, 17, 18, 19, 20, 10, 11, 12, 13, 1, 2, 4, 6, 7。求初始 ssthresh、各次事件的轮次与类型、以及每次事件后的新 ssthresh。

第 1 步：按"相邻两轮怎么变"分类。 判据只有五条：

相邻变化	判定
翻倍（$b=2a$）	慢开始
加 1（$b=a+1$）	拥塞避免
降到 1	超时
降到大于 1 的值	3 个重复确认（快恢复）
既不翻倍也不 +1 的上升	慢开始被 ssthresh 封顶，此时 $b=\text{ssthresh}$

第 2 步：逐段判。

轮次段	cwnd 变化	判定
0→4	1,2,4,8,16 翻倍	慢开始
4→5	16→17 加 1	转入拥塞避免 ⟹ 初始 ssthresh = 16
5→8	17,18,19,20 加 1	拥塞避免
8→9	20 → 10，降到大于 1	第 8 轮末：3 个重复确认；新 $\text{ssthresh}=\lfloor 20/2\rfloor =\mathbf{10}$，$\text{cwnd}=10$ ✓ 与序列一致
9→12	10,11,12,13 加 1	拥塞避免（cwnd = ssthresh 起步即 +1）
12→13	13 → 1	第 12 轮末：超时；新 $\text{ssthresh}=\lfloor 13/2\rfloor =\mathbf{6}$
13→15	1,2,4 翻倍	慢开始
15→16	4 → 6，既非翻倍（应为 8）也非 +1	慢开始被封顶，故 $\text{ssthresh}=\mathbf{6}$ ✓ 与上一步算出的 6 吻合
16→17	6→7 加 1	拥塞避免

第 3 步：交叉验证。 这一序列里有两处可以互证：第 8 轮末算出 $\text{ssthresh}=10$，而序列里紧接着的 cwnd 正是 10——Reno 快恢复要求 cwnd = ssthresh，对上了；第 12 轮末算出 $\text{ssthresh}=6$，而第 16 轮慢开始被封顶到的值正是 6——两条独立路径给出同一个 ssthresh，说明判断没错。

答案：初始 ssthresh = 16；第 8 轮末收到 3 个重复确认（ssthresh 变 10）；第 12 轮末超时（ssthresh 变 6）。

反推题的通用套路就是这两步：先用"降到 1 还是降到大于 1"分出事件类型，再用"封顶值"和"快恢复后的 cwnd"回头验证 ssthresh。 只要有一处对不上，就说明前面某一段的阶段判错了。

本节小结

1. 八成的错来自口径不统一，不是算错。 四个口径必须先钉死：「第 $n$ 轮末发生事件」的影响从第 $n+1$ 轮体现（题面写"当 cwnd = X 时"则直接在该点处理，两种措辞整体错开一轮）；cwnd = ssthresh 时按拥塞避免；慢开始翻倍封顶到 ssthresh；ssthresh 除 2 向下取整。
2. 两条最容易踩空的边界：事件处理一律用事件发生时的旧 cwnd 算 ssthresh，顺序反了差一倍；rwnd 只参与 $min$ 取小，从不参与 cwnd 的状态更新，慢开始封顶用的也是 ssthresh。
3. 表填完必扫四条自查：慢开始段除封顶格外纯翻倍且封顶值恰等于当前 ssthresh／事件后的 ssthresh 一定小于事件时的 cwnd／拥塞避免段每轮恰好 +1／快恢复后 cwnd 绝不为 1（是 1 就只能是超时或 Tahoe）。

考点速记

本篇处理的正是真题里被考过的形式中最难的那一类：cwnd 与 rwnd 两条线同时跟踪。 三道题恰好把三种"该看哪条线"的情形各考了一遍。

① 只有 cwnd 一条线：慢开始要几轮（cn-2017-39）。MSS = 1 KB、RTT = 5 ms、乙的接收缓存 64 KB，问从连接建立成功到发送窗口达到 32 KB 最少需要多久。

先判 rwnd 会不会成为瓶颈：接收缓存 64 KB > 目标 32 KB，全程不受限，所以只跟 cwnd 一条线。慢开始 $1\to 2\to 4\to 8\to 16\to 32$，从 1 涨到 32 需要 5 个 RTT，$5\times 5=\mathbf{25}$ ms，答 A。

选项 B（30 ms）是多算了一轮（把"连接建立"那 1 个 RTT 也算进去了，可题面明说"从连接建立成功"起算）；C（160 ms）与 D（165 ms）则是按拥塞避免算的——每轮 +1，从 1 涨到 32 要 31 轮。这道题的机关在"最少"两个字：最少就走慢开始。

② 两条线都要跟，rwnd 最后封顶（cn-2014-38）。甲在 $t$ 时刻超时，当时 cwnd = 8 KB；乙每收到一个数据段都通告接收窗口 10 KB，问 10 个 RTT 后甲的发送窗口。

先执行事件动作：$\text{ssthresh}=8/2=4$，$\text{cwnd}=1$。然后逐轮：

RTT	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
本轮 cwnd	1	2	4	5	6	7	8	9	10	11
阶段	慢开始	慢开始	拥塞避免	拥塞避免	拥塞避免	拥塞避免	拥塞避免	拥塞避免	拥塞避免	拥塞避免

10 个 RTT 之后 cwnd 涨到 12 KB，但 rwnd 一直是 10 KB → 发送窗口 $=min(12,10)=\mathbf{10}$ KB，答 A。

这道题两处都能栽：一是第 3 轮 cwnd 恰好等于 ssthresh = 4，按口径② 要转拥塞避免（判成慢开始会得到 8 而不是 4，后面全错）；二是最后一步忘了取 min，直接答 12——而 12 恰好不在选项里，反倒提示你漏了一步。选项里的 14、15 则是阶段判错后的产物。

③ 一个 ACK 之后还能发几段：要扣掉已发未确认（cn-2025-38）。甲在 $t_0$ 的 cwnd = 发送窗口 = 2000 B，ssthresh = 8000 B，MSS = 1000 B；$t_1$ 收到一个确认段，问未收到新确认之前还能继续发几个 TCP 段。

这道题最容易错的不是拥塞控制，是对 ack_seq 的理解。 三步：

第一步，cwnd 涨多少。 $2000<8000$，仍在慢开始；慢开始的规则是"每收到一个 ACK，cwnd += 1 MSS"，$t_1$ 只收到 1 个 ACK → $\text{cwnd}=2000+1000=\mathbf{3000}$ B。

慢开始不是"翻倍"，是"每 ACK 加 1 个 MSS"。 只有当一个 RTT 内发出的段被同时确认时，效果上才等于翻倍。本题只收到 1 个 ACK，所以只加 1 个 MSS。

第二步，发送窗口。 $min(\text{cwnd},\text{rwnd})=min(3000,4000)=\mathbf{3000}$ B。

第三步，扣掉已发未确认。 甲在 $t_0$~$t_1$ 之间发了 2 个段：seq=2001（占 2001~3000）和 seq=3001（占 3001~4000）。收到的确认是 ack_seq=3001——它表示"期待 3001"，也就是 3001 那一段还没被确认。所以已发未确认 = 1000 B。

$$\text{还能发}=3000-1000=2000\text{B}=\mathbf{2}\mathrm{个}\mathbf{MSS}$$

答 A。把 ack_seq=3001 读成"seq=3001 那段已确认"的人会算出 3 段甚至更多——ack_seq = N 永远表示"期待 N"，意味着 $<N$ 的已确认、$N$ 及以后的还没有。

本篇练习区里还会出现四道题：cn-2009-39、cn-2020-38、cn-2022-38 只跟 cwnd 一条线，讲在 TCP 拥塞控制；cn-2015-39 的 rwnd 会被一路榨干到 1 KB，讲在 TCP 流量控制。

本篇的四个口径与两个折叠推演在真题里不单独成题，但它们是上面三道题不出错的前提——尤其是口径②（cwnd = ssthresh 归拥塞避免），cn-2014-38 的第 3 轮正卡在这一格上。

易错：cwnd 恰好等于 ssthresh 那一轮按拥塞避免算（口径②），判成慢开始会让后面每一行都错。

易错：先用事件发生时的旧 cwnd 算 ssthresh，再设新 cwnd。 顺序反了差一倍。

易错：最后一步别忘了取 $min(\text{cwnd},\text{rwnd})$。 题面给了接收缓存或 rwnd 就一定要跟这条线。

易错：rwnd 只参与取 min，从不参与 cwnd 的状态更新。 算 ssthresh 一律用 cwnd。

易错：慢开始的规则是"每收到一个 ACK 加 1 个 MSS"，收到几个就加几个；"翻倍"只是一个 RTT 内全部被确认时的效果。

易错：ack_seq = N 表示"期待 N"，N 及以后的还没被确认——算已发未确认时全靠这一条。

易错：慢开始翻倍会被 ssthresh 封顶（口径③），不会冲过去再退回来。

易错：问"最少时间"走慢开始、问"最长时间"走拥塞避免。

教材出处

• 本篇的全部动作规则、口径依据与教材页码，见 TCP 拥塞控制 · 教材出处。本篇不重复列出，只标注三处直接支撑本篇口径的原文：
• 谢希仁《计算机网络》（第 8 版）p243："当 cwnd < ssthresh 时，使用上述的慢开始算法。当 cwnd > ssthresh 时，停止使用慢开始算法而改用拥塞避免算法。当 cwnd = ssthresh 时，既可使用慢开始算法，也可使用拥塞避免算法。" ——这是口径②的来源（标准留两可，本站统一取拥塞避免）。
• 同书 p243：图 5-25 点③的叙述 "按照慢开始算法，发送方每收到一个对新报文段的确认 ACK，就把拥塞窗口值加 1。当拥塞窗口 cwnd = ssthresh = 12 时（图中的点③，这是 ssthresh 第 1 次调整后的数值），改为执行拥塞避免算法" ——超时后 ssthresh 被调为 12，cwnd 从 1 重新慢开始，若允许无脑翻倍则序列为 1,2,4,8,16，永远取不到 12 这个值；教材明确写 cwnd 到达 12，即慢开始被 ssthresh 封顶。这是口径③的直接依据。
• 同书 p244：快恢复的三步 "发送方第 2 次调整门限值，使 ssthresh = cwnd / 2 = 8，同时设置拥塞窗口 cwnd = ssthresh = 8，并开始执行拥塞避免算法" ——先算 ssthresh 再设 cwnd 的顺序，以及"Reno 快恢复后 cwnd 等于新 ssthresh"这条自查依据。

相关知识

TCP 拥塞控制｜TCP 流量控制｜TCP 可靠传输

上一篇TCP 拥塞控制下一篇TCP 与 UDP 对比

相关文章

• UDP 协议
• TCP 协议基础
• TCP 连接管理（三次握手与四次挥手）
• TCP 可靠传输
• TCP 流量控制
• TCP 拥塞控制
• TCP 与 UDP 对比

真题练习

相关真题（7题）

2025Q382分2022Q382分2020Q382分2017Q392分2015Q392分2014Q382分2009Q392分