多媒体数据压缩与存储技术习题

1第四章多媒体数据压缩与存储技术习题4-1填空题1．自信息函数是的函数。必然发生的事件概率为，自信息函数值为。把叫作信息熵或简称熵（Entropy），记为。2．所有概率分布pj所构成的熵，以为最大，因此，可设法改变信源的概率分布使，再用最佳编码方法使来达到高效编码的目的。3．MPEG中文翻译“动态图像专家组”，MPEG专家组推出的MPEG-1标准中文含义是标准，它包括四部分。4．CD-DA中文含义，其相应的国际标准称为书标准。CD-ROM中文含义，其相应的国际标准称为书标准。5．在CD-ROM光盘中，用代表“1”，而代表“0”，为保证光盘上的信息能可靠读出，把“0”的游程最小长度限制在个，而最长限制在个。6．DVD原名，中文翻译。DVD光盘按单/双面与单/双层结构可以分为四种。按照DVD光盘的不同用途，可以把它分为：，，，，，。4-2简答题1．请解释信息熵的本质为何？2．请解释在MPEG压缩算法中，最好每16帧图像至少有一个帧内图（I帧）的原因。3．简要说明光盘的类型有哪些？4．DVD有哪些类型？DVD存储容量大大增加的原因是什么？4-3应用题1．某信源有以下6个符号，其出现概率如下：求其信息熵及其Huffman编码？2．设某亮度子块按Z序排列的系数如下：8/18/18/18/14/14/1654321aaaaaaX2k01234567-63系数：124100-1100请按JPEG基本系统对其进行编码。4-4计算题1．请计算52速光盘的传输速率。4-5上机应用题1．请用NeroExpress7将上一章编辑的电影剪辑制作成VCD。3第四章多媒体数据压缩与存储技术习题解答4-1填空题1．自信息函数是度量信息不确定性的多少的函数。必然发生的事件概率为1，自信息函数值为0。把自信息量的概率平均值叫作信息熵或简称熵（Entropy），记为H（X）。2．所有概率分布pj所构成的熵，以等概率时为最大，因此，可设法改变信源的概率分布使其尽可能地非均匀，再用最佳编码方法使平均码长逼近信源的熵来达到高效编码的目的。3．MPEG中文翻译“动态图像专家组”，MPEG专家组推出的MPEG-1标准中文含义是多媒体运动图像及其伴音的压缩编码标准，它包括MPEG系统、MPEG视频)、MPEG音频)、测试和验证四部分。4．CD-DA中文含义数字激光唱盘，其相应的国际标准称为红皮书标准。CD-ROM中文含义只读光盘，其相应的国际标准称为黄皮书标准。5．在CD-ROM光盘中，用凹坑和非凹坑之间机械性的跳变边沿代表“1”，而凹坑和非凹坑的平坦部分代表“0”，为保证光盘上的信息能可靠读出，把“0”的游程最小长度限制在2个，而最长限制在10个。6．DVD原名digitalvideodisc，中文翻译数字视盘。DVD光盘按单/双面与单/双层结构可以分为单面单层、单面双层、双面单层和双面双层四种。按照DVD光盘的不同用途，可以把它分为：DVD－ROM，DVD－Video，DVD－Audio，DVD－R，DVD－RAM，DVD-RW。4-2简答题1．请解释信息熵的本质为何？答：自信息函数是度量信息不确定性的多少的函数，把自信息量的概率平均值，叫作信息熵或简称熵（Entropy），记为H（X）。已经证明，H（X）为离散无记忆信源进行无失真编码的极限。2．请解释在MPEG压缩算法中，最好每16帧图像至少有一个帧内图（I帧）的原因。答：在MPEG-1压缩标准中，定义了三种类型图像：帧内图（IntraPictures，I）、预测图（PredictedPictures，P）和插补图，即双向预测图（BidirectionalPredicted，B）。在上面的三种类型图像中，只有帧内图（Intrapictures，I）未采用运动补偿编码技术，采用直接对原始图像数据压缩，因此，为保证质量，最好每16帧图像至少有一个帧内图（I帧）。3．简要说明光盘的类型有哪些？激光唱盘、CD-ROM、数字激光视盘等等统称为光盘。按照将信息写入光盘和4从光盘读取信息的性质看，目前光盘可分为三种：只读光盘、一次写入式光盘、可擦写光盘。4．DVD有哪些类型？DVD存储容量大大增加的原因是什么？答：1）DVD盘的记录区域从CD盘片面积86cm2提高到86.6cm2，这样记录容量提高了1.9%；2）DVD中将数值孔径由CD盘片的0.45加大到0.6最小凹坑的长度从CD盘片的0.834微米缩小到0.4微米，DVD光道之间的间距由CD盘片的1.6微米缩小到0.74微米，总的容量提高了4.486倍。3）使用DVD盘的两个面来记录数据，以及在一个单面上制作好几个数据记录层，可大大增加DVD盘片的存储容量。4-3应用题1．某信源有以下6个符号，其出现概率如下：求其信息熵及其Huffman编码？解：（1）H（X）=-(1/4)log2(1/4)×2-(1/8)log2(1/8)×4=4/4+12/8=2.5(bit/字符)（2）Huffman编码过程如下图示：图4-1习题4-31的图（3）上述编码的平均码字长度为：R=0.25*2*2+0.125*3*4=2.5（4）上述编码的编码效率为η=2.5/2.5=100%8/18/18/18/14/14/1654321aaaaaaX52．设某亮度子块按Z序排列的系数如下：k01234567-63系数：124100-110请按JPEG基本系统对其进行编码。解：1)先求DC系数ZZ（0）：ZZ（0）=12，由表4.3.1，ZZ（0）落入（-15~8，8~15）区间，查表得“SSSS”=4，由表4.3.2，查得其码字为“101”；120，故四位附加位为“1100”，所以，DC系数ZZ（0）的编码为“1011100”；2)ZZ（1）=4，它与ZZ（0）之间无零系数，NNNN=0，4落入表4.3.3的第三组，所以SSSS=3；而NNNN/SSSS=0/3的编码查表4.3.4为“100”，所以ZZ（1）=4的编码为“100100”；3)ZZ（2）=1，它与ZZ（1）之间无零系数，NNNN=0，1落入表4.3.3的第1组，所以SSSS=1；而NNNN/SSSS=0/1的编码查表4.3.4亮度AC系数为“00”，所以ZZ（2）=1的编码为“001”；4)ZZ（5）=-1，它与ZZ（2）之间有2个零系数，NNNN=2，-1落入表4.3.3的第1组，所以SSSS=1；而NNNN/SSSS=2/1的编码查表4.3.4亮度AC系数为“11010”，ZZ（5）-1=-2，其编码为“0”，而所以ZZ（5）=1的编码为“110100”；5)ZZ（6）=1，它与ZZ（5）之间无零系数，NNNN=0，1落入表4.3.3的第1组，所以SSSS=1；而NNNN/SSSS=0/1的编码查表4.3.4亮度AC系数为“00”，所以ZZ（2）=1的编码为“001”；6)ZZ（7）~ZZ（63）=0，直接使用“EOB（%）”结束本子块，查表4.3.4其码字为“1010”；所以，上述亮度子块的JPEG基本系统编码为：“1011100+100100+001+110100+001+1010”共用了29位，压缩比为512/29=17.664-4计算题1．请计算52速光盘的传输速率。解：Mode1扇区格式下：52*75*2048≈7.6MMode2扇区格式下：52*75*2336≈8.4M4-5上机应用题1．请用NeroExpress7将上一章编辑的电影剪辑制作成VCD。6