多探体技术基期末复习练习题 中央电大工学院袁藏 课冠练习 一、填空愿 1,多娱体系统是指利用 技术和 技术米处理和控制 的系统。 2、多媒体技术具有 和高质量等特 性。 3、音频主要分为 语音和 4、目前常用的压缩编码方法分为两类： 5,多媒体用系饶的开发一般包括下列几个步骤，确定 】明确 :准备 集成一个多媒体应用系统。 6、多煤体创作系统提供一种把 结合在一起的集成环境。是为 完成 任务的软件系统。 7、根据通信节点的数量，视频会议系统可分为两类： 和 8,多媒体数据库沙及影响到传统数据的 数据搅纵以及应用等许多方面。 9、多娱体创作系统大致可分为 部分。 10. 符号军是视觉螺体。 11、在indow%中，最常川的图像文作格式是D1B 12、数据压缩的三个重要指标 是 13,多螺体应用系统的开发步骤是计划制定与成本算、 14、 、管理人员对软件质量都 有各自不同的看法，反映了对款件质量不同要求。 15,0CR软件的功能是将 转换为
多媒体技术基础期末复习练习题 中央电大工学院 袁薇 课程练习 一、填空题 1、多媒体系统是指利用 技术和 技术来处理和控制 的系统。 2、多媒体技术具有 、 、 和高质量等特 性。 3、音频主要分为 、语音和 。 4、目前常用的压缩编码方法分为两类： 和 。 5、多媒体应用系统的开发一般包括下列几个步骤：确定 ；明确 ；准备 ；集成一个多媒体应用系统。 6、多媒体创作系统提供一种把 结合在一起的集成环境，是为 完成 任务的软件系统。 7、根据通信节点的数量，视频会议系统可分为两类： 和 。 8、多媒体数据库涉及影响到传统数据的 、 、 数据操纵以及应用等许多方面。 9、多媒体创作系统大致可分为 、 、 三 部分。 10、 、 、 、符号都是视觉媒体。 11、在 Windows 中，最常用的图像文件格式是 DIB、 、 、 。 12、数据压缩的三个重要指标 是 、 、 。 13、多媒体应用系统的开发步骤是计划制定与成本算、 、 、 。 14、 、 、 、管理人员对软件质量都 有各自不同的看法，反映了对软件质量不同要求。 15、OCR 软件的功能是将 转换为
二、选择题（选择一个正确答案。将其代号填入括号中） 1.①-0M(). A,仅能存错文字 B.仅能存储图像 C.仅能存储声音 D.能存储文字、声音和图像 2.常用的多煤体输入设备是(). A,暴示器 B扫描仪 C打印机 D,绘图仪 3。一般说来，要求声音的顺量越高，则〔)： A.量化级数越低和采样颠率越低 R量化级数越高和采样频率越高 G.量化级数越低和采样频率越高 D.量化级数越高和采样须率越低 4.位图与矢量图比较，可以看出()， E.对于复杂图形，位图比矢量图面对象更快 下.对于复条图形，位图比矢量图面对象更慢 G.位图与矢量图占用空间相同 H。位图比矢量图占用空间更少 5,下列愿种多媒体创作工具是基于时同的()， A.Authorware B.IconAuthor C.Director D.Delphi 6。为了改进状件的可靠性与可维护性，为了适应来米的软硬件的环境变化，主动 地增加预防性的新测试功能，这种维护工作称为()。 A,适应性维护B改正性维护 C预防性推护 D光善性推护 了。在动面制作中，一般锁速选择为()。 A.30航/秒 R60航/秒 C120/秒 D90航/秒 8.超文本是一个()结构. 五.顺序的树形 B.非线性的网状 C.线性的层次 D随机的鼓式 9。多媒煤体数据具有()特点。 A,数据量大和数据类型多 B数据类型间区别大和数据类型少 C,数据量大、数据类型多、数据类型何区别小，输入和输出不复桑。 D.数据量大、数据类型多、数据类型同区别大、，输入和输出复柔
二、选择题（选择一个正确答案，将其代号填入括号中） 1． CD-ROM（ ）。 A.仅能存储文字 B.仅能存储图像 C.仅能存储声音 D.能存储文字、声音和图像 2． 常用的多媒体输入设备是（ ）。 A.显示器 B.扫描仪 C.打印机 D.绘图仪 3． 一般说来，要求声音的质量越高，则（ ）。 A. 量化级数越低和采样频率越低 B. 量化级数越高和采样频率越高 C. 量化级数越低和采样频率越高 D. 量化级数越高和采样频率越低 4． 位图与矢量图比较，可以看出（ ）。 E. 对于复杂图形，位图比矢量图画对象更快 F. 对于复杂图形，位图比矢量图画对象更慢 G. 位图与矢量图占用空间相同 H. 位图比矢量图占用空间更少 5． 下列哪种多媒体创作工具是基于时间的（ ）。 A. Authorware B. IconAuthor C. Director D. Delphi 6． 为了改进软件的可靠性与可维护性，为了适应未来的软硬件的环境变化，主动 地增加预防性的新测试功能，这种维护工作称为（ ）。 A.适应性维护 B.改正性维护 C.预防性维护 D.完善性维护 7． 在动画制作中，一般帧速选择为（ ）。 A．30 帧/秒 B. 60 帧/秒 C. 120 帧/秒 D. 90 帧/秒 8． 超文本是一个（ ）结构。 A.顺序的树形 B.非线性的网状 C.线性的层次 D.随机的链式 9． 多媒体数据具有（ ）特点。 A. 数据量大和数据类型多 B. 数据类型间区别大和数据类型少 C. 数据量大、数据类型多、数据类型间区别小、输入和输出不复杂。 D. 数据量大、数据类型多、数据类型间区别大、输入和输出复杂
10、下列关于d即i的叙述()是正确的. (1)每英寸的bit数 (2)每英寸像素点 《3)dpi越高图像质量越低 《4)描述分辨率的单位 A.(1),(3) B.(2,(4) C.(1),(4) D,全部 11、音频卡是按()分类的 A,采样频率 B。采样量化位数 C,声道数 D.压抢方式 12、CD-0M是由( )标准定义的. A,黄皮书 B.白皮书 C,绿皮书 D.红皮书 13,以下()是多媒体教学软件的特点。 《1)能正确生动地表达本学科的知识内容 (2) 具有友好的人机交互界面 《3) 能判断问思并进行教学指导 《4) 能通过计算机屏幕和老师面对面讨论问圈 A.(1,(2),(3) B.(1),(2),(4) C.(2),(4) D.(2),(3) 14、数字税频的重要性体现在()。 (5) 可以用新的与众不月的方法对视顿进行创适性编烟 (6) 可以不失真地速行无限次拷贝 (7) 可以用计算机播放电影节日 (8) 易于存储 A.仅(1) B.(2),(3) C.(1),(2),(3) D.全部 15、下列说法不正确的是()。 A.电子出版物存储容量大，一张光盘可以存储几百本长算小说 B。电子出版物煤体种类多，可以集成文本、图形、图像、动画、视领和音领等多娱体 信息 C,电子出版物不能长期保存 D.电子出版物检索信息迅速
10、下列关于 dpi 的叙述（ ）是正确的。 （1）每英寸的 bit 数 （2）每英寸像素点 （3）dpi 越高图像质量越低 （4）描述分辨率的单位 A．（1），（3） B．（2），（4） C．（1），（4） D．全部 11、音频卡是按（ ）分类的。 A．采样频率 B．采样量化位数 C．声道数 D．压缩方式 12、CD-ROM 是由（ ）标准定义的。 A．黄皮书 B．白皮书 C．绿皮书 D．红皮书 13、以下（ ）是多媒体教学软件的特点。 （1） 能正确生动地表达本学科的知识内容 （2） 具有友好的人机交互界面 （3） 能判断问题并进行教学指导 （4） 能通过计算机屏幕和老师面对面讨论问题 A．（1），（2），（3） B．（1），（2），（4） C．（2），（4） D．（2），（3） 14、数字视频的重要性体现在（ ）。 （5） 可以用新的与众不同的方法对视频进行创造性编辑 （6） 可以不失真地进行无限次拷贝 （7） 可以用计算机播放电影节目 （8） 易于存储 A．仅（1） B．（2），（3） C．（1），（2），（3） D．全部 15、下列说法不正确的是（ ）。 A． 电子出版物存储容量大，一张光盘可以存储几百本长篇小说 B． 电子出版物媒体种类多，可以集成文本、图形、图像、动画、视频和音频等多媒体 信息 C． 电子出版物不能长期保存 D． 电子出版物检索信息迅速
三、判断愿（请给正确的打上“√”，错误的打上“×”并说明原因） 1,音频大约在20Kb-20W的频率范围内。() 2、用来表示一个电压模拟值的二进数位越多。其分拼率也越高。《) 3,对于位图来说，用一位位图时每个像素可以有■白两种源色，而用二位位图时每个 像素划可以有三种颜色。() 4,声音质量与它的频率范围无关。《() 5、在教件开发过程中，按照测试过程是否在实际应用环境中，测试可分为静药分析和 动态测试。《) 6,多娱体技术中的关键技术是数据压缩技术。() 7、箱压增法可以无失真地恢复原始数暴。() 8、在计算机系统的音顿数据存储和传输中，数据压缩会造成音顿质量的下降。《) 9、在数字视规信息获取与处理过程中，正确的顺序是采样、/A变换，压缩、存储， 解压增、A/D变换。() 10、外界光线变化会影响红外触摸屏的精确度。() 四、简答题 1.音频录制中产生声音失真的原因及解决方法？ 2.简述FE和EG的主要差别。 3.简述触模屏的工作原理。 4,简述多媒体视频会议弱统的结构。 5.多媒体应用系统与其他应用系统相比有什么静点？ 6.图形和图像有何区别： 7.为什么要压缩多娱体信息？ 8.基于多煤体创作工具的创作方法和结构特点的不同，将多煤体创作工具分为哪几种 类型？ 五、应用愿 1.诗计算对于双声道立体声、采样顾半为4M.1五，采样位数为16位的激光唱世(D-A), 用一个650船的C则可存放多长时间的音乐。（需要写清计算公式、步量） 2,多提体技术的关键在于解决动态图像和声音的存储和传输问题。 (1)若不经过压缩，以VC640x480点阵存储一幅256色的彩色图像大钓需要多少M妮 存销空间？ (2)请计算一分钟双声道、16位采样位数，44.1出采样频率声音的不压缩的是据量
三、判断题（请给正确的打上“√”，错误的打上“×”并说明原因） 1、音频大约在 20KHz-20MHz 的频率范围内。（ ） 2、用来表示一个电压模拟值的二进数位越多，其分辨率也越高。（ ） 3、对于位图来说，用一位位图时每个像素可以有黑白两种颜色，而用二位位图时每个 像素则可以有三种颜色。（ ） 4、声音质量与它的频率范围无关。（ ） 5、在软件开发过程中，按照测试过程是否在实际应用环境中，测试可分为静态分析和 动态测试。（ ） 6、多媒体技术中的关键技术是数据压缩技术。（ ） 7、熵压缩法可以无失真地恢复原始数据。（ ） 8、在计算机系统的音频数据存储和传输中，数据压缩会造成音频质量的下降。（ ） 9、在数字视频信息获取与处理过程中，正确的顺序是采样、D/A 变换、压缩、存储、 解压缩、A/D 变换。（ ） 10、外界光线变化会影响红外触摸屏的精确度。（ ） 四、简答题 1． 音频录制中产生声音失真的原因及解决方法？ 2． 简述 JPEG 和 MPEG 的主要差别。 3． 简述触摸屏的工作原理。 4． 简述多媒体视频会议系统的结构。 5． 多媒体应用系统与其他应用系统相比有什么特点？ 6． 图形和图像有何区别？ 7． 为什么要压缩多媒体信息？ 8． 基于多媒体创作工具的创作方法和结构特点的不同，将多媒体创作工具分为哪几种 类型？ 五、应用题 1．请计算对于双声道立体声、采样频率为 44.1kHz、采样位数为 16 位的激光唱盘（CD-A）， 用一个 650MB 的 CD-ROM 可存放多长时间的音乐。（需要写清计算公式、步骤） 2．多媒体技术的关键在于解决动态图像和声音的存储和传输问题。 （1）若不经过压缩，以 VGA640480 点阵存储一幅 256 色的彩色图像大约需要多少 MB 存储空间？ （2）请计算一分钟双声道、16 位采样位数、44.1kHz 采样频率声音的不压缩的数据量
是多少？ 3.信源符号的概率如下，面出其n编码的编码树并给出各符号的码长。 XI X2 X5 X6 P (X) 0.25 0.25 0.20 0.15 0.10 0.05 编码要求为：大假率符号献予0，小概率符号赋予1，相同概率情况下上面的是0，下 而的是1. 4,信源符号的概率如下，求其uffman编码及平均码长。（需要写清解答步骤） 2 4 5 P (X 0.5 0.25 0.125 0.0825 0.0625 编码要求为：大顺率符号腻予0，小顺率符号赋予1，相同概率情况下上面的是D,下 而的是1. 多煤体技术基础期末复习指导 中央电大工学院袁薇 练习题参考解答 一、填空是 1、计算机，数字通讯网、多媒体信息 2、集成性、实时性、交互性 3、波形文件、音乐 4、冗余压缩法（或无根压锵法/箱编码）、椅压缩法《或有损压销法) 5、使用对象、开发方法、多媒体数据 6、内容和功能，组织和编辑 7、点对点视顿会议系统、多点视频会议系统 8,用户接口、数据模型，体系结构 9、素材库、编辑、括放 10,位图图像、矢量图形、动志图像 I11,腰，PCX,TIFF
是多少？ 3．信源符号的概率如下，画出其 Huffman 编码的编码树并给出各符号的码长。 X X1 X2 X3 X4 X5 X6 P（X） 0.25 0.25 0.20 0.15 0.10 0.05 编码要求为：大概率符号赋予 0，小概率符号赋予 1，相同概率情况下上面的是 0，下 面的是 1。 4．信源符号的概率如下，求其 Huffman 编码及平均码长。（需要写清解答步骤） X X1 X2 X3 X4 X5 P（X） 0.5 0.25 0.125 0.0625 0.0625 编码要求为：大概率符号赋予 0，小概率符号赋予 1，相同概率情况下上面的是 0，下 面的是 1。 多媒体技术基础期末复习指导 中央电大工学院 袁薇 练习题参考解答 一、填空题 1、计算机、数字通讯网、多媒体信息 2、集成性、实时性、交互性 3、波形文件、音乐 4、冗余压缩法（或无损压缩法/熵编码）、熵压缩法（或有损压缩法） 5、使用对象、开发方法、多媒体数据 6、内容和功能、组织和编辑 7、点对点视频会议系统、多点视频会议系统 8、用户接口、数据模型、体系结构 9、素材库、编辑、播放 10、位图图像、矢量图形、动态图像 11、BMP、PCX、TIFF
12、压增比大、压馏算法简单，速度快、恢复效果好 13、设计与制作、测试、提交 14、用户、款件开发人员、维护人员 15、图化的文字，电子文档 二、边择愿 1、D2、3、BM.A5.C 6、C7、A8,9、D10、B 11,B12、A13、A14,C15、C 三，判断题 1、(×》音的填率范期为20川z-20z 3,(×)二位位图的每个像素可以有四种顾色。 4、(×)声音质量与它的颜半意围有关。 5、(×)多媒体技术中的关键技术是数据压缩技术、大规模集成电溶制造技术，大容量 的光盘存储器和计算机网洛技术等。 6、(×)嫡压缩法是有规压缩法，不能无失真地恢复原始数暴。 7、(×)在数字程顿信息获取与处理过程中，正确的顺序是采样、/D变换、压缩、存 储、解压第、D/A变挨。 其余的都是正确的 四、简答是 1,产生失真的原因主要有：(1)信号频带宽，但采样频率不够高，数字音频信号发生 混叠：(2)模数音顿信号幅度太大。超过了量化器范围。 前者的解决方法是选择与信号相匹配的采样频率：后者的解读办法是可以调整音源的 输出幅度或调节采集卡输入放大器的增益，也可选用音频卡的1e输入端，而不用 icrophone输入端。 2,JP是适用于连铁色调，多级灰度、影色成单色静止图像的数据压缩标准，PG 视频压缩技术是针对运动图像的数暴压缩技术。 为了提高压缩比，P配中制内图像数据和镇间图像数据压缩技术多须月时使用，这是 和JPG主要不月的地方，而JPG和PG相同的地方均采用了CT颜内图像数据压缩编码。 3.触摸屏是一种定位设备，它通过一定的物理于段。使川户用下指或者其他设备触摸 安装在计算机是示渴前面的触摸屏时，所触摸到的位置被触颅屏控制墨检测到。并通过串行
12、压缩比大、压缩算法简单，速度快、恢复效果好 13、设计与制作、测试、提交 14、用户、软件开发人员、维护人员 15、图化的文字、电子文档 二、选择题 1、D 2、B3、B4、A 5、C 6、C 7、A8、B9、D 10、B 11、B 12、A 13、A14、C 15、C 三、判断题 1、（×）音频的频率范围为 20Hz-20KHz。 3、（×）二位位图的每个像素可以有四种颜色。 4、（×）声音质量与它的频率范围有关。 5、（×）多媒体技术中的关键技术是数据压缩技术、大规模集成电路制造技术、大容量 的光盘存储器和计算机网络技术等。 6、（×）熵压缩法是有损压缩法，不能无失真地恢复原始数据。 7、（×）在数字视频信息获取与处理过程中，正确的顺序是采样、A/D 变换、压缩、存 储、解压缩、D/A 变换。 其余的都是正确的。 四、简答题 1．产生失真的原因主要有：（1）信号频带宽，但采样频率不够高，数字音频信号发生 混叠；（2）模拟音频信号幅度太大，超过了量化器范围。 前者的解决方法是选择与信号相匹配的采样频率；后者的解决办法是可以调整音源的 输出幅度或调节采集卡输入放大器的增益，也可选用音频卡的 line 输入端，而不用 microphone 输入端。 2．JPEG 是适用于连续色调、多级灰度、彩色或单色静止图像的数据压缩标准。MPEG 视频压缩技术是针对运动图像的数据压缩技术。 为了提高压缩比，MPEG 中帧内图像数据和帧间图像数据压缩技术必须同时使用，这是 和 JPEG 主要不同的地方。而 JPEG 和 MPEG 相同的地方均采用了 DCT 帧内图像数据压缩编码。 3．触摸屏是一种定位设备，它通过一定的物理手段，使用户用手指或者其他设备触摸 安装在计算机显示器前面的触摸屏时，所触摸到的位置被触摸屏控制器检测到，并通过串行
口或其能接口送到C刊，从而确定用户所输入的信息， 4.多提体视顾会议系统的结构大致分为四个部分：多媒体信息处理计算机及其1/0设 备、多点控制器、数字通信网格接口和拉制管理钛件。 5.多煤体应用系统的特点是：(1)增强了计算机的友好性：(2)涉及技术领域广、技 术层次高：《3)多娱体技术的标准化：(4)多煤体技术的集成化和工几具化。 6.图形一般指用计算机绘制的画面，如直线、圆、圈弧、任意由线和图表等；图像则 是指由输入投备捕捉的实际场景画面或以数字化形式存储的任意西面， 图像都是由一些排成行列的像素组成的，一般数据量都较大。面图形文件中只记录生成 图的算法和图上的某些特征点，也称矢量图。相对于位图的大数据量来说。它占用的存储空 间较小。（解容时需从产生方法、组成、数据量等方面比较。》 7.数字化后的视顿和音频等多煤体信息数据量巨大不利于存储和传输，所以要以压细 的方式存销和传输数字化的多煤体信息。 8,(1)基于时间的创作工具：(2)基于图标成流线的创作工具：(3)基于卡片成页面 的工具：(4》以传统程序语言为基础的多媒体创作工具。 五、应用愿 1.解： 己知音频文件大小的计算公式如下： 文件的字节数/每秒-采样频半(z)×采样位数（位）×声道数/8 根据上面的公式计算一秒钟时间内，采样频率为44.1z、采样位数为16位，双声道 立体声徽光用盘（①A)的不压销数据量： (44.1×1000x16×2)/8-0.168B/s 基么，一个650WB的CD-M可存放的时闻为(650/0.168)/(6060)-l.07小时，答 约1个小时即可。 2.解： (1)640x480点阵存储幅256色的彩色图像所需的存储空间：256-2，存储256色 的一个点的信息需要1个字节(yt)的存储空间，于是一幅图像的存储量为 60×480x1Byte-30T200Byte,约为0.29WB. (2)根据公式：数据量=采样顿率×《采样位数/8)×声道数×时闻 代入相应的数据。得， 数据量=44.1×1000×(16/8)×2×(1×0)/(1024×1024)=10.09B 3,解：
口或其他接口送到 CPU，从而确定用户所输入的信息。 4．多媒体视频会议系统的结构大致分为四个部分：多媒体信息处理计算机及其 I/O 设 备、多点控制器、数字通信网络接口和控制管理软件。 5．多媒体应用系统的特点是：（1）增强了计算机的友好性；（2）涉及技术领域广、技 术层次高；（3）多媒体技术的标准化；（4）多媒体技术的集成化和工具化。 6．图形一般指用计算机绘制的画面，如直线、圆、圆弧、任意曲线和图表等；图像则 是指由输入设备捕捉的实际场景画面或以数字化形式存储的任意画面。 图像都是由一些排成行列的像素组成的，一般数据量都较大。而图形文件中只记录生成 图的算法和图上的某些特征点，也称矢量图。相对于位图的大数据量来说，它占用的存储空 间较小。（解答时需从产生方法、组成、数据量等方面比较。） 7．数字化后的视频和音频等多媒体信息数据量巨大不利于存储和传输，所以要以压缩 的方式存储和传输数字化的多媒体信息。 8．（1）基于时间的创作工具；（2）基于图标或流线的创作工具；（3）基于卡片或页面 的工具；（4）以传统程序语言为基础的多媒体创作工具。 五、应用题 1．解： 已知音频文件大小的计算公式如下： 文件的字节数/每秒=采样频率（Hz）采样位数（位）声道数/8 根据上面的公式计算一秒钟时间内，采样频率为 44.1kHz、采样位数为 16 位，双声道 立体声激光唱盘（CD-A）的不压缩数据量： (44.11000162)/8=0.168MB/s 那么，一个 650MB 的 CD-ROM 可存放的时间为（650/0.168）/（6060）=1.07 小时，答 约 1 个小时即可。 2．解： （1）640480 点阵存储一幅 256 色的彩色图像所需的存储空间：256=28，存储 256 色 的一个点的信息需要 1 个字节（Byte）的存储空间，于是一幅图像的存储量为： 6404801 Byte=307200 Byte，约为 0.29MB。 （2）根据公式：数据量=采样频率×（采样位数/8）×声道数×时间 代入相应的数据，得， 数据量=44.1×1000×（16/8）×2×（1×60）/（1024×1024）=10.09MB 3．解：
编码树如下： 信息柠号 概率 第一步 第二岁 第三步 第界步 xI 025 025 0.30 045 055 2 025 025 025 030 045 好 020 020 025 025 015 0.15 020 5 0.10- 0.15 006 各概率的编码如下： x101 x210 x311 x4000 x50010 60011 因此，1、，2、3的码长均为2：X4的码长为3：5、6的码长均为4. 4.解： (1 编码树 信息符号 微率 第一步 第二步 第三步 y 0 05 0 05 005 00.5 x2 10 0.25 10 0.25 100.25 .10.5 x3 110 0.125 110 0.125 11025 x4 11100.0625 111 0.125」 x5 11110.0625 (2)码长为 X1-0 2=10 3=110 X4-1110 5=1111 (3)根据公式
编码树如下： 各概率的编码如下： x1 01 x2 10 x3 11 x4 000 x5 0010 x6 0011 因此，X1、X2、X3 的码长均为 2；X4 的码长为 3；X5、X6 的码长均为 4。 4. 解： （1） 编码树 （2） 码长为 X1=0 X2=10 X3=110 X4=1110 X5=1111 （3）根据公式 信息符号 概率 第一步 第二步 第三步 第四步 x1 0.25 0.25 0.30 0.45 0.55 x2 0.25 0.25 0.25 0.30 0.45 x3 0.20 0.20 0.25 0.25 x4 0.15 0.15 0.20 x5 0.10 0.15 x6 0.05 信息符号 概率 第一步 第二步 第三步 x1 0.5 0.5 0.5 0.5 x2 0.25 0.25 0.25 0.5 x3 0.125 0.125 0.25 x4 0.0625 0.125 x5 0.0625 0 1 0 10 110 111 0 10 11 0 10 110 1110 1111
甲均弱长-立？心)，其中)为信源符号玉出现的复率，是符号无的编到长度。 于是，平均码长-10.5+2×0.25+3x0.125+4×0.0625+40.0625-1.875
平均码长== k i i i n p x 1 ( ) ，其中 p(xi)为信源符号 xi 出现的概率；ni 是符号 xi 的编码长度。 于是，平均码长=10.5+20.25+30.125+40.0625+40.0625=1.875