Άσκηση 1 Ethernet protocol Δύο H/Y, Α και Β, απέχουν 400 m και συνδέονται με ομοαξονικό καλώδιο (γραμμή μετάδοσης) που έχει χωρητικότητα 100 Mbps και ταχύτητα διάδοσης 2*10 8 m/s. Στην γραμμή τρέχει πρωτόκολλο Ethernet (CSMA/CD) με πακέτα συνολικού μήκους 1500 bits. Ας υποθέσουμε ότι την χρονική στιγμή t = 0, ο Α αρχίζει την προσπάθεια μετάδοσης πακέτων στον Β. Όταν γίνει σύγκρουση πακέτων θα τρέξει σε κάθε Η/Υ ο λεγόμενος εκθετικός αλγόριθμος back-off, σύμφωνα με τον οποίο ο κάθε Η/Υ στην ν- ιοστή σύγκρουση θα επιλέξει τυχαία έναν αριθμό Κ μεταξύ των (ισοπίθανων) αριθμών 0 και 2 m -1, όπου m=min{ν, 10}, και θα περιμένει ένα χρονικό διάστημα Κ*τ, προτού ξαναπροσπαθήσει να μεταδώσει το πακέτο. Συγκεκριμένα: Μετά την 1 η σύγκρουση, κάθε Η/Υ περιμένει 0 ή 1 time-slot τ (π.χ. τ=1 ms). Μετά την 2 η σύγκρουση, κάθε Η/Υ περιμένει 0, 1, 2, ή 3 time-slots. Μετά την 3 η σύγκρουση, κάθε Η/Υ περιμένει 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 ή 7 time-slots. Μετά την ν η σύγκρουση, κάθε Η/Υ περιμένει 0 ~ 2 ν -1 time-slots, αν (ν<=10). Αν 10 < ν < 16, κάθε Η/Υ περιμένει 0 ~ 2 ν -1 time-slots. Αν ν = 16 εγκαταλείπει τις προσπάθειες μετάδοσης του πακέτου.... Σχήμα 1. Τοπολογία Διαύλου (BUS). (a) Να υπολογισθεί ο ελάχιστος χρόνος, t min, που πρέπει να περιμένει ο Η/Υ A μετά από μια σύγκρουση πακέτων (δηλ. όταν Κ=0 - τότε είναι ελάχιστος ο χρόνος). Υπόδειξη: υπολογίστε το "round trip propagation time". (b) Στο χρονικό διάστημα t min πόσα επιπλέον bits θα μπορούσαν να έχουν μεταδοθεί από τον Α; (c) Ποιος είναι ο ελάχιστος χρόνος t success(1) επιτυχημένης αποστολής πακέτου από τον Α στον Β, δεδομένου ότι συνέβη μία μόνο σύγκρουση; (d) Ποια είναι η πιθανότητα να συμβεί και δεύτερη σύγκρουση πακέτων. Στην περίπτωση αυτή, πόσος είναι ο ελάχιστος χρόνος t success(2) επιτυχημένης αποστολής πακέτου από τον Α στον Β; (e) Ποια είναι η πιθανότητα να συμβούν k διαδοχικές συγκρούσεις πακέτων. Στην περίπτωση αυτή, πόσος είναι ο ελάχιστος χρόνος t success(k) επιτυχημένης αποστολής πακέτου από τον Α στον Β;
Άσκηση 2 Ethernet LAN Δίδεται LAN segment (τμήμα) τοπολογίας διαύλου (BUS) (π.χ. Σχήμα 1, ανωτέρω), στο οποίο είναι συνδεδεμένοι 100 Η/Υ. Το μήκος της γραμμής είναι 1000 m (τα μήκη συνήθως είναι πολλαπλάσια των 100 m, διότι κάθε 100 m τοποθετείται αναμεταδότης, π.χ. hub). Η χωρητικότητα της γραμμής (ομοαξονικό καλώδιο διαύλου) είναι 100 Mbps, και η ταχύτητα διάδοσης 2*10 8 m/s. Οι Η/Υ επικοινωνούν μεταξύ τους με πακέτα (frames) των 500 bytes και βάσει του πρωτόκολλου Ethernet. A. Αν η απόδοση του πρωτοκόλλου Ethernet είναι η=1/(5α + 1), όπου α είναι το πηλίκον της μέγιστης καθυστέρησης διάδοσης προς την καθυστέρηση μετάδοσης ενός πακέτου, να υπολογίσετε τον ρυθμό διέλευσης των bits των πακέτων Ethernet από αυτόν το δίαυλο. Επεξήγηση: Επειδή κατά την μετάδοση γίνονται συγκρούσεις πακέτων και λόγω των συγκρούσεων καθυστερήσεις και επαναμεταδόσεις των πακέτων (σύμφωνα με τους κανόνες Ethrenet - CSMA/CD), δεν μπορούμε να αξιοποιήσομε 100% την χωρητικότητα των 100 Mbps, και επιτυγχάνουμε αξιοποίηση η(%), την οποία ονομάζουμε απόδοση του πρωτοκόλλου Ethrenet. Πόση λοιπόν είναι η τελική χωρητικότητα του διαύλου λόγω του πρωτοκόλλου Ethernet; B. Να υπολογίσετε τον ρυθμό διέλευσης των ωφέλιμων bits από αυτόν το δίαυλο, αν στα πακέτα των 500 bytes τα ωφέλιμα bytes (data των χρηστών) είναι 480. C. Πόσα είναι τα πακέτα Ethernet (frames) που στέλνει κάθε σταθμός στην γραμμή ανά δευτερόλεπτο (κατά μέσον όρο); (Σημειωτέον ότι οι προηγούμενοι υπολογισμοί (ερωτήσεις A, B), αφορούν αθροιστικά και τους 100 Η/Υ.) D. Το πρωτόκολλο Ethernet (CSMA/CD) απαιτεί όπως ο χρόνος μετάδοσης ενός πακέτου Ethernet (transmission delay, t trans ) είναι διπλάσιος από τον μέγιστο χρόνο διάδοσης των bits στον δίαυλο (propagation delay, t prop ), για να μπορεί να γίνει αντιληπτή μια σύγκρουση πακέτων από τον αποστολέα. Μπορεί λοιπόν το μέγεθος των πακέτων Ethernet να είναι μικρότερο από 500 bytes; Ποιο θα μπορούσε να είναι το ελάχιστο μήκος τους (σε bits); Άσκηση 3 Εύρεση ελαχίστου κόστους - Πρόγραμμα Η/Υ. Σε ένα δίκτυο, για την δρομολόγηση της κίνησης από έναν κόμβο σε οποιονδήποτε άλλον, θέλουμε να γνωρίζουμε το ελάχιστο κόστος. Αν αρκούσε η πληροφορία αυτή (κι όχι να βρούμε επακριβώς την διαδρομή που θα ακολουθήσει η κίνηση), δηλ. αν αρκούσε να γνωρίζουμε ότι το ελάχιστο κόστος π.χ. από τον κόμβο Α στον κόμβο Β είναι x μονάδες κόστουε, τότε ο αλγόριθμος εύρεσης του ελαχίστου κόστους θα ήταν πολύ απλούστερος του Dijkstra. Ένα παράδειγμα δικτύου 4 κόμβων (Α, Β, Γ, Δ) με τα κόστη των κλάδων του δικτύου μεταξύ των κόμβων παρουσιάζεται στον πίνακα 1. Γράψτε κώδικα λογισμικού (σε όποια γλώσσα προγραμματισμού γνωρίζετε καλύτερα, ώστε ο Η/Υ να διαβάζει τον Πίνακα 1 (από αρχείο ή μέσω της οθόνης) και
να υπολογίζει και να σας εκτυπώνει στην οθόνη τον Πίνακα με τα ελάχιστα κόστη. Ζητούνται το πρόγραμμα και τα αποτελέσματα. Πίνακας 1 Κόμβος Α Β Γ Δ Α 5 2 6 Β 4 3 2 Γ 5 1 3 Δ 3 3 6 Άσκηση 4 Εύρεση συντομότερης διαδρομής - Αλγόριθμος Dijkstra. Στο σχήμα 1 απεικονίζεται το τηλεπικοινωνιακό δίκτυο του Πανεπιστημίου Πατρών, και ειδικότερα το μέρος του δικτύου (κορμού) με τους βασικούς κόμβους που βρίσκονται στα κτήρια: 01, 02, 12, 19, 25 και 29, μέσω των οποίων εξυπηρετούνται τα υπόλοιπα κτήρια του Πανεπιστημίου (καθώς και η επικοινωνία με το εξωτερικό δίκτυο του ΟΤΕ, μέσω του κόμβου 29). Σχήμα 1: Διασύνδεση των βασικών τηλεπικοινωνιακών κόμβων του Πανεπιστημίου Πατρών. Οι αποστάσεις μεταξύ των κτηρίων, καθώς και οι χωρητικότητες σε εύρος ζώνης (ταχύτητες) των δικατευθυντήριων ζεύξεων μεταξύ των κτηρίων αυτών (κλάδοι του δικτύου), φαίνονται στον πίνακα 1. Πίνακας 1: Αποστάσεις και χωρητικότητες υφισταμένων ζεύξεων μεταξύ των κτηρίων. Κτήριο 01 02 12 19 25 29 01 150 m 350 m 250 m 600 m 850 m 02 100 Mbps 500 m 400 m 750 m 1000 m 12 10 Mbps - 600 m 950 m 750 m 19 100 Mbps - - 350 m 600 m 25 - - - 10 Mbps 300 m 29 - - 10 Mbps 100 Mbps - Για την διεκπεραίωση της τηλεπικοινωνιακής κίνησης μεταξύ των βασικών αυτών κόμβων, να ευρεθούν οι διαδρομές ελαχίστου κόστους («shortest paths») από το κτήριο 01 προς όλα τα άλλα κτήρια, λαμβάνοντας υπ όψη ότι το κόστος μιας ζεύξης είναι ανάλογο της απόστασης και αντιστρόφως ανάλογο της χωρητικότητας της ζεύξης. Συγκεκριμένα:
Ερώτημα Α Να βρείτε τον πίνακα 2 με τα κόστη κάθε ζεύξης (κλάδου) που θα χρησιμοποιηθούν για την δρομολόγηση, στο δίκτυο του σχήματος 1. Πίνακας 2: Κόστος διεκπεραίωσης της κίνησης σε κάθε κλάδο. Κτήριο 01 02 12 19 25 29 01 02 12 19 25 29 Ερώτημα Β Σε πόσα βήματα (συνολικά, συμπεριλαμβανομένου και του αρχικού βήματος) θα ολοκληρωθεί η εκτέλεση του αλγορίθμου Dijkstra στο δίκτυο αυτό (σχήμα 1); Μπορούμε να γνωρίζουμε την απάντηση αυτή πριν από την εκτέλεση του αλγορίθμου; (Από τι εξαρτάται ο αριθμός των βημάτων;) Ερώτημα Γ Να εφαρμόσετε τον κεντρικό αλγόριθμο δρομολόγησης του Dijkstra, παρουσιάζοντας τον πίνακα 3 που χρησιμοποιεί ο αλγόριθμος αυτός για την εύρεση των διαδρομών ελαχίστου κόστους. Πίνακας 3: Πίνακας αλγορίθμου Dijkstra, από τον κόμβο 01 προς όλους τους άλλους κόμβους. Σύνολο κόμβων 02 12 19 25 29 «Bήμα 0»: «Bήμα 1»: Συμπληρώστε στον πίνακα 3.2.3, όσες γραμμές απαιτούνται. Ερώτημα Δ Εξηγήσατε με βάση τον πίνακα 3 του αλγορίθμου Dijkstra που βρήκατε στην ερώτηση Γ, πώς τελικά εντοπίζεται η διαδρομή ελαχίστου κόστους από τον κόμβο αφετηρία (01) προς έναν κόμβο προορισμού. Για την εξήγηση, πάρτε ως παράδειγμα τη διαδρομή από τον κόμβο 01 στον 29.
Λύση 1 A. Ο ελάχιστος χρόνος αναμονής μετά από την μετάδοση ενός πακέτου είναι διπλάσιος από τον χρόνο διάδοσης μεταξύ των Α και Β (round trip propagation time), ώστε να μπορεί να διαπιστωθεί αν η μετάδοση ήταν επιτυχής ή μη. Ας υποθέσουμε ότι πακέτο του Α συγκρούεται με πακέτο του Β, την στιγμή που το πακέτο του Α φθάνει στον Β, δηλαδή αφού έχει διανύσει απόσταση 400 m. Ακολούθως, για να αντιληφθεί την σύγκρουση αυτή ο Α, απαιτείται να διανυθεί απόσταση πάλι 400 m (από τον Β στον Α). Δηλ. θα φθάσει πίσω στον Α, σήμα μεγαλύτερης εντάσεως από αυτό που έστειλε ο Α, και έτσι ο Α θα αντιληφθεί ότι πρόκειται για σύγκρουση. Άρα: t min 2*t prop t min 2*400 / (2*10 8 ) s = 4 μs. B. Το πολύ (100 * 10 6 * 4 * 10-6 ) bits = 400 bits. (= bandwidth * delay) C. Αρχίζει η αποστολή του πακέτου από τον Α την χρονική στιγμή t = 0. Περνά χρόνος 4 μs και ο Α αντιλαμβάνεται σύγκρουση. Υποθέτουμε ότι στέκεται τυχερός και λαμβάνει Κ = 0, οπότε ξαναμεταδίδει το πακέτο το οποίο καταφθάνει στον Β χωρίς πρόβλημα, μετά από χρόνο "transmission delay + propagation delay" = 1500 / (100*10 6 ) + 400 / (2*10 8 ) = (15 + 2)*10-6 = 17 μs. Άρα t success(1) = (4 + 17) μs = 21 μs. D. Μετά την 1 η σύγκρουση, ο Α έχει μία τιμή Κ (τυχαία) από το σύνολο {0, 1}. Αν κατά σύμπτωση ληφθεί από τον Β η ίδια τιμή Κ, τότε θα γίνει σύγκρουση. Η πιθανότητα ο Β να λάβει την ίδια τιμή Κ με τον Α είναι 50% (ισοπίθανα ενδεχόμενα: {0, 0}, {1, 0}, {0, 1}, {1, 1} Δηλ. η πιθανότητα υπολογίζεται ως: 2/4 = 50%). Έστω ότι συνέβη και 2η σύγκρουση. Ο ελάχιστος χρόνος θα είναι αν Κ = 0 (και στην 1 η και στην 2 η σύγκρουση - πιθανότητα 1/4). Οπότε, περνάει χρόνος 4 μs για να αντιληφθεί ο Α την 1 η σύγκρουση και αμέσως επαναμεταδίδει το πακέτο, αλλά συμβαίνει 2 η σύγκρουση, την οποία αντιλαμβάνεται στον ελάχιστο χρόνο των 4 μs και επαναμεταδίδει το πακέτο αμέσως (Κ=0). Άρα t success(2) =(4 + 4 + 17) μs = 25 μs. E. Για 3 η διαδοχική σύγκρουση, οι Α και Β θα έχουν μία τιμή Κ (τυχαία) από το σύνολο {0, 1, 2, 3}. Θα έχουμε τα ισοπίθανα ενδεχόμενα: {0,0}, {1,0}, {2,0}, {3,0} {0,1}, {1,1}, {2,1}, {3,1} {0,2}, {1,2}, {2,2}, {3,2} {0,3}, {1,3}, {2,3}, {3,3} Δηλ. η πιθανότητα υπολογίζεται ως: 4/16 = 25%. Για 4 η διαδοχική σύγκρουση, οι Α και Β θα έχουν μία τιμή Κ (τυχαία) από το σύνολο {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Θα έχουμε τα ισοπίθανα ενδεχόμενα: {0,0}, {1,0}, {2,0}, {3,0}, {4,0}, {5,0}, {6,0}, {7,0} {0,1}, {1,1}, {2,1}, {3,1}, {4,1}, {5,1}, {6,1}, {7,1} {0,2}, {1,2}, {2,2}, {3,2}, {4,2}, {5,2}, {6,2}, {7,2} {0,3}, {1,3}, {2,3}, {3,3}, {4,3}, {5,3}, {6,3}, {7,3} {0,4}, {1,4}, {2,4}, {3,4}, {4,4}, {5,4}, {6,4}, {7,4} {0,5}, {1,5}, {2,5}, {3,5}, {4,5}, {5,5}, {6,5}, {7,5} {0,6}, {1,6}, {2,6}, {3,6}, {4,6}, {5,6}, {6,6}, {7,6} {0,7}, {1,7}, {2,7}, {3,7}, {4,7}, {5,7}, {6,7}, {7,7} Δηλ. πιθανότητα: 8/64 =12.5%. Έτσι διαπιστώνουμε ότι μετά από k διαδοχικές συγκρούσεις η πιθανότητα είναι: 1/2 (k-1) για k 10. Συγκεκριμένα, για k = 10, η πιθανότητα είναι 0.195% Για 10 < k < 16, η πιθανότητα είναι (0.00195) k-9 Οι ανωτέρω πιθανότητες ισχύουν με δεδομένη την 1 η σύγκρουση.
Μετά από k διαδοχικές συγκρούσεις, ο ελάχιστος χρόνος t success(k) επιτυχημένης αποστολής πακέτου από τον Α στον Β είναι: t success(k) =(4k + 17) μs. Λύση 2 A. Μέγιστη καθυστέρηση διάδοσης (t prop )= 1000 / (2*10 8 ) s = 1000/200 μs = 5 μs Καθυστέρηση μετάδοσης (t trans )= 500*8 / (100*10 6 ) s = 4000 / 100 μs = 40 μs. Άρα α= 5/40 = 0,125 Επομένως, η = 1/(5*0,125 +1) η = 61,5 % Ο ρυθμός διέλευσης των bits των πακέτων Ethernet είναι το 61.5% της διαθέσιμης χωρητικότητας των 100 Mbps, δηλ. 61,5 Mbps. Με άλλα λόγια, το ανωτέρω σύστημα επικοινωνίας είναι ισοδύναμο με ένα σύστημα επικοινωνίας χωρίς συγκρούσεις πακέτων αλλά με χωρητικότητα γραμμής 61,5 Mbps. B. Αφού τα ωφέλιμα bytes (των χρηστών) αποτελούν το 96% των πακέτων Ethernet (480/500 = 0,96), ο ρυθμός διέλευσης των ωφέλιμων bits από το δίαυλον θα είναι 61,5 * 0,96 Mbps = 59,04 Mbps. C. Ο ρυθμός 61,5 Mbps είναι συνολικός, δηλ. οφείλεται στο σύνολο των συνδεδεμένων H/Y. Αφού έχουμε 100 H/Y συνδεδεμένους ανά σταθμό θα έχουμε: (61,5 / 100) Mbps = 615 Kbps ανά Η/Υ, και αφού τα πακέτα Ethernet είναι των 500 bytes, δηλ. 500*8 = 4000 bits, κάθε Η/Υ θα μεταδίδει 615000 / 4000 = 153,75 πακέτα/sec. D. Το πρωτόκολλο Ethernet (CSMA/CD) απαιτεί ο χρόνος μετάδοσης ενός πακέτου Ethernet (transmission delay, t trans ) να είναι διπλάσιος από τον μέγιστο χρόνο διάδοσης των bits στον δίαυλο (propagation delay, t prop ), για να μπορεί να γίνει αντιληπτή μια σύγκρουση πακέτων από τον αποστολέα. Έχουμε ότι t prop = 5 μs. Θέλουμε t trans > 2t prop δηλ. t trans > 10 μs Επομένως, για το πακέτο Ethernet ελαχίστου μήκους l min (bits), θα πρέπει: l min / (100*10 6 ) s > 10*10-6 s l min > 1000 bits ή 125 bytes Δηλ. με τα δεδομένα της άσκησης αυτής, το μέγεθος των πακέτων Ethernet θα πρέπει να είναι μεγαλύτερο από 1000 bits.
Λύση 3 Με χρήση της γλώσσας προγραμματισμού FORTRAN, έχουμε: Ακολούθως φαίνεται σε μεγέθυνση το "τρἐξιμο" του προγράμματος. Σημειωτέον ότι "by default" οι πίνακες διαβάζονται κατά στήλες.
Λύση 4 Δεδομένα: Σχήμα 1: Διασύνδεση των βασικών τηλεπικοινωνιακών κόμβων του Πανεπιστημίου Πατρών. Πίνακας 1: Αποστάσεις και χωρητικότητες υφισταμένων ζεύξεων μεταξύ των κτηρίων. Κτήριο 01 02 12 19 25 29 01 150 m 350 m 250 m 600 m 850 m 02 100 Mbps 500 m 400 m 750 m 1000 m 12 10 Mbps - 600 m 950 m 750 m 19 100 Mbps - - 350 m 600 m 25 - - - 10 Mbps 300 m 29 - - 10 Mbps 100 Mbps - Ζητούμενα: Ερώτημα Α Να βρείτε τον πίνακα 3.2.2 με τα κόστη κάθε ζεύξης (κλάδου) που θα χρησιμοποιηθούν για την δρομολόγηση, στο δίκτυο του σχήματος 1. Αφού το κόστος είναι ανάλογο της απόστασης και αντιστρόφως ανάλογο της χωρητικότητας της ζεύξης, αυτό μπορεί να εκφραστεί από την σχέση: di, j ci, j (σχέση 1) s i, j Όπου: c i,j είναι το κόστος μεταξύ των κόμβων i και j, d i,j είναι η χιλιομετρική απόσταση μεταξύ των κόμβων i και j, s i,j είναι η χωρητικότητα (ταχύτητα μετάδοσης) μεταξύ των κόμβων i και j σε Mbps. Βάσει της σχέσης 1, για τις τιμές του πίνακα 1, υπολογίζουμε τον πίνακα 2 με το κόστος κάθε ζεύξης (κλάδου του δικτύου). Πίνακας 2: Κόστος διεκπεραίωσης της κίνησης σε κάθε κλάδο. Κτήριο 01 02 12 19 25 29 01 1,5 35 2,5 02 1,5 12 35 75 19 2,5 35 6 25 35 29 75 6 Ερώτημα Β Σε πόσα βήματα (συνολικά, συμπεριλαμβανομένου και του αρχικού βήματος) θα ολοκληρωθεί η εκτέλεση του αλγορίθμου Dijkstra στο δίκτυο αυτό (σχήμα
1); Μπορούμε να γνωρίζουμε την απάντηση αυτή πριν από την εκτέλεση του αλγορίθμου; (Από τι εξαρτάται ο αριθμός των βημάτων;) Σε έξι (6) βήματα συνολικά, συμπεριλαμβανομένου του βήματος «αρχικοποίησης». Τον αριθμό των απαιτουμένων βημάτων μπορούμε να τον γνωρίζουμε πριν από την εκτέλεση του αλγορίθμου, διότι εξαρτάται από το πλήθος των κόμβων (Ν=6) του δικτύου. Ερώτημα Γ Να εφαρμόσετε τον κεντρικό αλγόριθμο δρομολόγησης του Dijkstra, παρουσιάζοντας τον πίνακα 3 που χρησιμοποιεί ο αλγόριθμος αυτός για την εύρεση των διαδρομών ελαχίστου κόστους. Αρχικά, στο σύνολο των κόμβων (1 η στήλη του Πίνακα 2.3) έχουμε μόνο τον κόμβο αφετηρία, 01. Ως επικεφαλίδα στις επόμενες στήλες του Πίνακα 2.3 βάζουμε τους υπολοίπους κόμβους (δεν έχει σημασία η σειρά τους). Αν ο κόμβος 01 συνδέεται απ ευθείας με έναν κόμβο (υπάρχει κλάδος), τότε στην αντίστοιχη στήλη γράφουμε το κόστος του κλάδου και μέσα σε παρένθεση τον κόμβο 01, για να δηλώσουμε μέσω ποιου κόμβου (01) καταλήγουμε στον κόμβο αυτόν. Αν ο κόμβος 01 δεν συνδέεται απ ευθείας με τον έναν κόμβο (δεν υπάρχει κλάδος), τότε στην αντίστοιχη στήλη γράφουμε άπειρο ( ), δηλ. άπειρο κόστος. Η διαδικασία αυτή αποτελεί την αρχικοποίηση του αλγορίθμου Dijkstra («Bήμα 0»). Κατόπιν (Βήμα 1), βρίσκουμε σε ποιον κόμβο έχουμε το ελάχιστο κόστος (στην άσκηση αυτή, τον 12) και τον βάζουμε στο σύνολο των κόμβων (αυτό σημαίνει ότι έχουμε βρει «shortest path» από τον κόμβο «αφετηρία», προς τον κόμβο αυτόν). Αν τύχει να έχουμε ίδιο κόστος σε δύο ή περισσότερους κόμβους, επιλέγουμε αυθαίρετα έναν κόμβο. Ακολούθως ανανεώνουμε τα κόστη προς τους υπολοίπους κόμβους (προς αυτούς που δεν ανήκουν στο σύνολο των κόμβων της στήλης 1, του Βήματος 1), εφόσον μπορούμε να φθάσουμε σε κόμβο, μέσω του κόμβου αυτού που μόλις βάλαμε στο σύνολο των κόμβων, και εφόσον προκύπτει μικρότερο κόστος. Π.χ. προς τον κόμβο 29, μέσω του 12 έχουμε συνολικό κόστος 75 + 1,5 = 76,5 δηλ. μικρότερο του απείρου, και επομένως θα καταχωρηθεί στον πίνακα αμέσως κάτω από το άπειρο κόστος, και βεβαίως θα γράψουμε μέσα σε παρένθεση ότι φθάσαμε στον 29 μέσω του 12. Ελέγχοντας τα κόστη προς όλους τους υπόλοιπους κόμβους συμπληρώνεται όλη η γραμμή του πίνακα που αντιστοιχεί στο Βήμα 1. Επαναλαμβάνεται η ίδια ακριβώς διαδικασία (επόμενα Βήματα) μέχρις ότου όλοι οι κόμβοι του δικτύου μπουν στο σύνολο των κόμβων και τότε τερματίζει ο αλγόριθμος. Πίνακας 3: Πίνακας αλγορίθμου Dijkstra, για δρομολόγηση από τον κόμβο 01 προς όλους τους άλλους κόμβους. Σύνολο κόμβων 02 12 19 25 29 Αρχικά: 01 1,5 (01) 35 (01) 2,5 (01) Βήμα 1: 01, 02-35 (01) 2,5 (01) Βήμα 2: 01, 02, 19-35 (01) - 37,5 (19) 8,5 (19) Βήμα 3: 01, 02, 19, 29-35 (01) - 37,5 (19) - Βήμα 4: 01, 02, 19, 29, 12 - - - 37,5 (19) - Βήμα 5: 01, 02, 19, 29, 12, 25 - - - - - Ερώτημα 3.2.Δ Εξηγήσατε με βάση τον πίνακα 3.2.3 του αλγορίθμου Dijkstra που βρήκατε στην ερώτηση Γ, πώς τελικά εντοπίζεται η διαδρομή ελαχίστου κόστους από τον κόμβο αφετηρία (01) προς έναν κόμβο προορισμού. Για την εξήγηση, πάρτε ως παράδειγμα τη διαδρομή από τον κόμβο 01 στον 29.
Θέλοντας να εντοπίσουμε στον πίνακα του αλγορίθμου Dijkstra τη διαδρομή από τον κόμβο 01 στον 29, αρχίζουμε από τον κόμβο προορισμού (δηλ. τον 29) και εντοπίζουμε τον αμέσως προηγούμενο κόμβο, μέχρι να φθάσουμε στον κόμβο αφετηρία (δηλ. τον 01) (βήμα προς βήμα). Στον πίνακα του αλγορίθμου Dijkstra, αρχίζουμε από την στήλη «29», και στην τελευταία μη κενή γραμμή της στήλης «29» διαβάζουμε το συνολικό ελάχιστο κόστος της διαδρομής από τον 01 στον 29 (κόστος 8,5), καθώς και ότι φθάνουμε στον 29 από τον κόμβο 19, δηλ. ο αμέσως προηγούμενος κόμβος είναι ο 19, και επομένως έχομε: Βήμα 1: 19 29 Το επόμενο βήμα είναι να διαβάσουμε στην στήλη «19», στην τελευταία μη κενή γραμμή, ποιος είναι ο αμέσως προηγούμενος κόμβος του 19, διαβάζομε 01 και έχομε: Βήμα 2: 01 19 29 Αφού ο κόμβος 01 είναι ο κόμβος αφετηρία σημαίνει ότι έχομε σχηματίσει την πλήρη διαδρομή: 01 19 29 (ελάχιστο κόστος 8,5).