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题目
现有一 LRU 算法，采用固定分配局部置换的页面置换策略，已为进程分配 3 个页框，页面访问序列为 {0,1,2,0,5,1,4,3,0,2,3,2,0}，其中 0,1,2 已调入内存。则缺页次数是（ ）。
错因
A
漏算了一次缺页。最常见漏的是最后阶段访问 2 那次——因为访问序列里前面已经出现过 2，下意识以为它"还在内存"，但 2 在中间已经被替换出去了，再访问要重新调入，是缺页。 个访问位置里只要漏看一次"已被替换"的页面，就会少算 1 次。
C
把"已调入页面也算缺页"误算进去了。题目明确说"0,1,2 已调入内存"——最开始访问 0、1、2 时是命中，不算缺页。如果把这 3 次也按"首次访问算缺页"凑进去（ 或类似算法），就会得到 7。
D
LRU 替换原则没记牢，把 LRU 当成 FIFO 用了。FIFO 严格按"调入先后"踢人，会比 LRU 多踢几次"还热"的页；而且本题中访问序列尾部 0、2、3 反复出现，LRU 能把它们留下，FIFO 不行。 这个数往往出现在用 FIFO 重做这道题的人手里。
总解析
LRU 核心规则：缺页时，替换"最久未被访问"的页。命中也要更新——刚被访问的页变成"最近最新"。
记法：用一个长度为 3 的"最近使用栈"，栈顶 = 最新访问，栈底 = 最久未访问。每次访问：
- 命中：把该页移到栈顶
- 缺页：踢掉栈底，新页进栈顶
逐步推演（13 次访问）：
| 第 # 次 | 访问页 | 操作 | 缺页栈（栈底→栈顶） | 是否缺页 |
|---|---|---|---|---|
| 初始 | — | 已调入 0,1,2 | [0, 1, 2] | — |
| 1 | 0 | 命中，0 提到栈顶 | [1, 2, 0] | 否 |
| 2 | 1 | 命中，1 提到栈顶 | [2, 0, 1] | 否 |
| 3 | 2 | 命中，2 提到栈顶 | [0, 1, 2] | 否 |
| 4 | 0 | 命中，0 提到栈顶 | [1, 2, 0] | 否 |
| 5 | 5 | 缺页，踢栈底 1 | [2, 0, 5] | ✓ ① |
| 6 | 1 | 缺页，踢栈底 2 | [0, 5, 1] | ✓ ② |
| 7 | 4 | 缺页，踢栈底 0 | [5, 1, 4] | ✓ ③ |
| 8 | 3 | 缺页，踢栈底 5 | [1, 4, 3] | ✓ ④ |
| 9 | 0 | 缺页，踢栈底 1 | [4, 3, 0] | ✓ ⑤ |
| 10 | 2 | 缺页，踢栈底 4 | [3, 0, 2] | ✓ ⑥ |
| 11 | 3 | 命中，3 提到栈顶 | [0, 2, 3] | 否 |
| 12 | 2 | 命中，2 提到栈顶 | [0, 3, 2] | 否 |
| 13 | 0 | 命中，0 提到栈顶 | [3, 2, 0] | 否 |
数一下打勾：5、6、7、8、9、10 这 6 次缺页。
易错点提醒：
- 第 9 步访问 0 时——0 在第 7 步被踢出了，再访问要重新调入，是缺页。同理第 10 步的 2 在第 6 步已被踢。回头看序列里"早期出现过的页"不能默认它还在，必须看当前内存状态。
- 第 11~13 次访问 3、2、0 全部命中——它们刚分别在第 8、10、9 步被调入，正"热"。
最终答案是 B（6 次缺页）。