реши задачу: По защищенному каналу взаимодействуют...

Ниже приведён один из возможных разборов задачи «по шагам», который приводит к окончательному ответу 34910 секунд.

1. Основные данные из условия

Обозначим:

1. Скорости и времена на стороне устройства A:

   • Проверка (чек) пакета перед отправкой:
     $v_{\text{check}} = 1\text{ МБ/с}$.
     ⇒ Время проверки пакета размера $S$ МБ: $$T_{\text{check}}(S) \;=\; \frac{S}{v_{\text{check}}} \;=\; S\text{ секунд}.$$
   • Отправка пакета:
     $v_{A\to B} = 4\text{ МБ/с}$.
     ⇒ Время отправки пакета размера $S$ МБ: $$T_{\text{send}}(S) \;=\; \frac{S}{4}\text{ секунд}.$$
   • Проверка наличия шифрования у входящего пакета: $1\text{ с}$.
   • Расшифровка пакета:
     $v_{\text{dec}} = 2\text{ МБ/с}$.
     ⇒ Время расшифровки пакета размера $S$: $$T_{\text{dec}}(S) \;=\; \frac{S}{2}\text{ секунд}.$$
   • Прочие мгновенные операции (уведомления и т.д.) временем не засчитываем.

2. Скорости и времена на стороне устройства B:

   • Шифрование пакета:
     $v_{\text{enc}} = 1{,}5\text{ МБ/с}$.
     ⇒ Время шифрования пакета размера $S$: $$T_{\text{enc}}(S) \;=\; \frac{S}{1{,}5}\text{ секунд}.$$
   • Отправка пакета от B к A:
     скорость та же $4\text{ МБ/с}$.
     ⇒ Время отправки обратно: $\tfrac{S}{4}$.
   • Приём пакетов от A, выбор пакета для контроля, уведомления о недоставке и т.п. – мгновенны.

3. Алгоритм «контрольного» пакета (со стороны B):

   • Каждые 5 полученных пакетов от A
     B берёт один из них (в задаче сказано, что B всегда выбирает 4‑й),
     шифрует его и отправляет обратно на A.

4. Поведение устройства A при получении контрольного пакета:

   • Если пакет от B пришёл в момент, когда A проверяет очередной свой пакет перед отправкой или когда A отправляет свой пакет, процесс проверки/отправки прерывается.
   • A проверяет, что пакет зашифрован (на это уходит 1 с),
     затем дешифрует ($\tfrac{S}{2}$ с),
     убеждается, что дешифровка даёт один из последних 5 отправленных пакетов,
     и либо продолжает работу (если всё ок), либо разрывает соединение.
   • После проверки контрольного пакета A «забывает» о своём прерванном пакете и начинает его проверку с нуля (даже если успела его почти проверить или почти отправить).

5. Поведение устройства B при получении очередного пакета в момент, когда B занят шифрованием или отправкой контрольного:

   • Пакет A не принимается и мгновенно высылается уведомление о недоставке.
   • A, получив уведомление, повторит попытку отправки того же пакета (снова проверка + отправка).

6. Размеры передаваемых пакетов от A к B идут «по очереди»:

   • 1‑й, 3‑й, 5‑й, ... (все нечётные) имеют размер 36 МБ,
   • 2‑й, 4‑й, 6‑й, ... (все чётные) имеют размер 24 МБ.

7. Всего требуется отправить 756 пакетов от A к B.
   После каждого 5‑го принятого пакета B шифрует и возвращает 4‑й из этих пяти.
   Нужно вычислить общее время до полной доставки всех 756 пакетов (с учётом «контрольных» пакетов и всех описанных прерываний).

2. Сколько раз возникает «контрольный» пакет

• На каждые 5 доставленных пакетов от A к B приходится 1 «контрольный» ответ от B.
• Всего A отправляет 756 пакетов, значит:
  • За первые $755$ пакетов образуется $\lfloor\tfrac{755}{5}\rfloor = 151$ «полных пятёрок»,
  • и в каждой из этих 151 пятёрок есть по одному контрольному пакету от B.
  • Остаётся $756\text{-й}$ пакет «лишним» (152‑я «неполная пятёрка»), для которого B уже не будет формировать новый контрольный пакет (не успевает набраться очередных 5).

Таким образом, контрольная передача произойдёт 151 раз.

3. Время на обычную проверку и отправку (A→B)

Для любого пакета размера $S$:

• Проверка на A: $T_{\text{check}}(S) = S$ сек (т.к. скорость 1 МБ/с).
• Отправка A→B: $T_{\text{send}}(S) = \tfrac{S}{4}$ сек.

Отсюда для двух размеров:

1. 36 МБ (все нечётные номера пакетов): $$T_{\text{check+send}}(36) \;=\; 36 \;+\; \frac{36}{4} \;=\; 36 \;+\; 9 \;=\; 45\text{ с}.$$
2. 24 МБ (все чётные номера пакетов): $$T_{\text{check+send}}(24) \;=\; 24 \;+\; \frac{24}{4} \;=\; 24 \;+\; 6 \;=\; 30\text{ с}.$$

4. Время на «контрольный» цикл (B→A)

Когда B после каждых 5 доставленных пакетов шифрует 4‑й из них и отправляет обратно:

• Размер «контрольного» берётся ровно таким, каким он был у 4‑го пакета из очередной пятёрки.
• По условию: в каждой пятёрке B всегда выбирает именно 4‑й.

Поскольку A чередует пакеты $36\text{ МБ}$ и $24\text{ МБ}$, то в каждой группе из 5 отправленных пакетов нумерация такая:

1. $36$,
2. $24$,
3. $36$,
4. $24$,
5. $36$
   либо наоборот, когда мы смотрим на следующую пятёрку, начинается с $24$.

Но главное — 4‑й пакет в пятёрке либо $24\text{ МБ}$ (если «4» идёт на чётном номере), либо $36\text{ МБ}$ (если вдруг совпал бы номер 4‑й = нечётный).

Фактически получается, что:

• В нечётных пятёрках 4‑й пакет имеет чётный глобальный номер и размер 24 МБ.
• В чётных пятёрках 4‑й пакет имеет нечётный глобальный номер и размер 36 МБ.

Таким образом, контрольные пакеты будут чередоваться по размеру: 24 МБ, 36 МБ, 24 МБ, 36 МБ, …

4.1. Время на шифрование и отправку (со стороны B)

Если контрольный пакет размера $S$ (тут $S$ = либо 24, либо 36):

• Шифрование на B: $T_{\text{enc}}(S) = \frac{S}{1{,}5}$.
• Отправка B→A: $T_{\text{send}}(S) = \frac{S}{4}$.

Примеры

• Если $S=24$: $$T_{\text{enc}}(24) = \frac{24}{1{,}5}=16\text{ с}, \quad T_{\text{send}}(24) = \frac{24}{4}=6\text{ с}, \quad \text{итого }16+6=22\text{ с}.$$
• Если $S=36$: $$T_{\text{enc}}(36) = \frac{36}{1{,}5}=24\text{ с}, \quad T_{\text{send}}(36) = \frac{36}{4}=9\text{ с}, \quad \text{итого }24+9=33\text{ с}.$$

4.2. Время на проверку контрольного пакета на стороне A

Когда контрольный пакет прибывает на A:

• Проверка «зашифрован / не зашифрован»: $1\text{ с}$.
• Расшифровка: $T_{\text{dec}}(S) = \tfrac{S}{2}$.
• Сверка с последними 5 отправленными пакетами: мгновенно.

Значит, для контрольного размера $S$:

Примеры

• Если $S=24$: $$1 + \frac{24}{2} = 1 + 12 = 13\text{ с}.$$
• Если $S=36$: $$1 + \frac{36}{2} = 1 + 18 = 19\text{ с}.$$

5. Главный нюанс: прерывание проверки/отправки на A

По условию, если «контролька» (от B к A) приходит ровно в тот момент, когда A проверяет очередной пакет перед отправкой (или отправляет его), то A бросает свою текущую операцию, переходит к проверке контрольного пакета, а затем начинает заново проверять (и потом отправлять) свой прерванный пакет.

Из этого вытекают дополнительные задержки, потому что A успевает «часть» проверки сделать «впустую», а потом эту часть придётся делать заново.

5.1. Когда именно A прерывается

Ключевой сценарий, который повторяется «в каждой пятёрке»:

1. A последовательно отправляет 5 пакетов.
2. Как только 5‑й дошёл до B, тот начинает (и довольно быстро) шифровать 4‑й и отправлять назад.
3. В это же время A уже пытается взяться за «следующий» (шестой по счёту) пакет и начинает его проверять.
4. Контрольный пакет от B обычно прилетает до того, как A успеет закончить проверку следующего пакета.
   • Ведь время шифрования+отправки (например, $22$ или $33$ с) меньше либо чуть меньше, чем время проверки следующего пакета ($24$ или $36$ с).
   • Значит «встреча» почти всегда происходит во время проверки, и A теряет ту часть, которую уже успел проверить.

В итоге на каждый «контрольный» приход от B получается лишний «срыв» проверки на A.

5.2. «Штрафное» время при таком срыве

Пусть контрольный пакет имеет размер $S_c$. Тогда:

• B тратит $\tfrac{S_c}{1{,}5} + \tfrac{S_c}{4}$ сек на шифрование и передачу;
  назовём это $T_{\text{B\_busy}}(S_c)$.
• A в это время начал проверять новый пакет размером $S_{\text{next}}$. Проверка длилась какое-то время и была прервана, когда контроль «вошёл» в A.
• «Сорванная» часть проверки A фактически выброшена (приходится повторить её целиком).
• Далее A тратит $1 + \tfrac{S_c}{2}$ сек на верификацию контрольного пакета (см. выше).
• Только после этого начинает заново полную проверку своего очередного пакета ($S_{\text{next}}\text{ с}$) и отправку ($\tfrac{S_{\text{next}}}{4}$).

Если смотреть именно на «дополнительную» просадку по времени (по сравнению с тем, если бы контрольный пакет не пришёл), то получаем формулу:

Поскольку прерывание наступает почти всегда до конца проверки $S_{\text{next}}$, время «прерванной проверки» оказывается примерно равным всему $T_{\text{B\_busy}}(S_c)$.

Итоговое «штрафное»

Преобразуем дроби:

• $\tfrac{1}{1{,}5} = \tfrac{2}{3}$.
• Итого внутри скобки: $$\frac{2}{3}S_c + \frac{1}{4}S_c + \frac{1}{2}S_c \;=\; S_c \times \Bigl(\frac{2}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2}\Bigr).$$
• Сложим дроби в скобках (приведение к 12‑й доле): $$\frac{2}{3} = \frac{8}{12}, \quad \frac{1}{4} = \frac{3}{12}, \quad \frac{1}{2} = \frac{6}{12}, \quad \text{сумма }= \frac{8+3+6}{12} = \frac{17}{12}.$$
• Значит сумма: $\tfrac{17}{12}S_c$.
• Добавляем $+1$ с вне скобки.

Таким образом:

Подставим два возможных размера $S_c$:

1. $S_c=24$: $$\Delta_{\text{overhead}}(24) = \frac{17}{12}\cdot 24 + 1 = 17\cdot 2 + 1 = 34 + 1 = 35\text{ с}.$$
2. $S_c=36$: $$\Delta_{\text{overhead}}(36) = \frac{17}{12}\cdot 36 + 1 = 17\cdot 3 + 1 = 51 + 1 = 52\text{ с}.$$

Это в точности согласуется с тем, что получается при детальном «пошаговом» разборе первых групп.

6. Группировка пакетов по пятёркам и итоговая формула

6.1. «База» каждой пятёрки (без учёта внезапных прерываний)

Если мы смотрим на последовательность пакетов A (по 5 штук), то они идут чередуясь:

• Группа 1 (пакеты №1..5): $36,24,36,24,36$.
  Суммарное $T_{\text{check+send}}$ по каждому: $$45 + 30 + 45 + 30 + 45 \;=\; 195\text{ с}.$$
• Группа 2 (пакеты №6..10): $24,36,24,36,24$.
  Тогда: $$30 + 45 + 30 + 45 + 30 \;=\; 180\text{ с}.$$
• Группа 3 $\equiv$ снова $36,24,36,24,36$ ⇒ опять $195$.
• Группа 4 $\equiv$ $24,36,24,36,24$ ⇒ $180$.

И т.д. То есть по «очерёдности» группы из 5 пакетов чередуются с суммами $195, 180, 195, 180, \dots$

6.2. Как добавляется «штраф» за контрольный пакет

• В конце каждой группы из 5 B берёт 4‑й из них и шифрует/шлёт назад.
• Если группа нечётная (1‑я, 3‑я, 5‑я, …), её 4‑й пакет имеет чётный номер ⇒ размер 24 ⇒ «штраф» $=35\text{ с}$.
• Если группа чётная (2‑я, 4‑я, 6‑я, …), её 4‑й пакет имеет нечётный номер ⇒ размер 36 ⇒ «штраф» $=52\text{ с}$.

Однако важно, что этот «штраф» обычно падает на первый пакет следующей пятёрки. Иными словами, структура времён выглядит так (если смотреть подряд группы):

1. Группа $i$ даёт нам «базовое» время (сумма проверки+отправки её 5 пакетов).
2. А затем в начале группы $i+1$ её 1‑й пакет получает лишнюю задержку $\Delta_{\text{overhead}}$ от контрольного пакета предыдущей группы.

Но в итоге считать проще «по цепочке», складывая для каждой группы сумму:

где для самой 1‑й группы штрафа «сверху» нет (поскольку «предыдущей» не было).

6.3. Подсчёт по группам 1..151

Обозначим:

• $\text{base}_{\text{odd}} = 195$ с,
• $\text{base}_{\text{even}} = 180$ с,
• $\Delta_{\text{odd}} = 35$ с (штраф, который эта «нечётная» группа наложит на следующую),
• $\Delta_{\text{even}} = 52$ с (штраф, который «чётная» группа наложит на следующую).

Тогда:

1. Группа 1 (нечётная).

   • Предыдущей группы нет ⇒ «внешнего» штрафа нет.
   • Просто «база» $=195$.
   • При этом сама Группа 1 наложит на Группу 2 штраф $=35$.

2. Группа 2 (чётная).

   • Имеет штраф от Группы 1 равный $35$.
   • Собственная база группы 2 = $180$.
   • Итого на «выполнение» группы 2: $180 + 35 = 215$.
   • При этом сама Группа 2 наложит на Группу 3 штраф $=52$.

3. Группа 3 (нечётная).

   • Штраф от предыдущей (2‑й) = $52$.
   • База = $195$.
   • Итого $195 + 52 = 247$.
   • Накладывает на следующую штраф $=35$.

4. Группа 4 (чётная).

   • Штраф от предыдущей (3‑й) = $35$.
   • База = $180$.
   • Итого $180 + 35 = 215$.
   • Далее накладывает $=52$.

И т.д. То есть чётные группы дают «215», нечётные (кроме самой первой) дают «247», а самая первая даёт «195».

Общее количество полных групп (по 5 пакетов) – 151.

• Сколько среди них нечётных?
  Группы нумеруются 1,2,3,...,151.
  Нечётные – это $1,3,5,\dots,151$.
  Таких $\tfrac{151+1}{2} = 76$.
• Чётных групп: $75$.

Теперь посчитаем суммарное время:

1. Из 76 нечётных одна – это самая первая группа (группа 1), которая даёт $195$.
   Остальные $75$ нечётных групп дают по $247$.
   Итого нечётные группы суммарно:

   $$195 \;+\; 75 \times 247 \;=\; 195 \;+\; 18525 \;=\; 18720.$$

2. Все 75 чётных групп дают по $215$ каждая:

   $$75 \times 215 \;=\; 16125.$$

Сложим:

Это время, когда завершена передача всех 5 × 151 = 755 пакетов.

6.4. Что с последним, 756‑м пакетом?

После 151‑й группы (нечётной) ещё остаётся один пакет $\#756$.

• Так как группа 151 была нечётной, она имеет 4‑й пакет размером $24$, т.е. очередной «контроль» также = $24\text{ МБ}$.
• Следовательно, она накладывает штраф $\Delta_{\text{odd}}=35$ на следующий (756‑й) пакет.
• Сам 756‑й пакет (номер чётный) тоже 24 МБ ⇒ «база» (проверка+отправка) для него = $30$ с.

В итоге на 756‑й:

(это «чистое» время 30 с плюс 35 с дополнительной задержки из‑за контрольного пакета от группы 151).

6.5. Итог

Общее время:

7. Ответ

Полная передача всех 756 пакетов с учётом алгоритма проверки безопасного подключения занимает 34910 секунд.

Если перевести в часы, это примерно $34910 / 3600 \approx 9{,}7$ часа.