地方政府公務人員四等-資訊處理類科計算機概要111 年第 24 題單選題
若一作業系統之 CPU 排程採用依序循環方法（round-robin scheduling），每次程序使用 CPU 的時間配額（time quantum）為 t 毫秒。今有某一排程，共有三個程序 P1、P2 及 P3，所需 CPU 使用時間分別為 6 毫秒、9 毫秒、7 毫秒；且開始的執行順序為 P1、P2、P3。若內容轉換（context switch）時間不計，根據下列不同的時間配額設定，那個設定產生的平均執行時間（turn-around time）最短？
At = 1
Bt = 3
Ct = 5
Dt = 7正確答案
D正確答案
Round-robin 時間配額越大越接近 FCFS，此題 t=7 時平均周轉時間最短。
為什麼答案是 D
t=7 已 ≥ 最長作業的一半以上，P1(6)於6完、P2 跑7ms剩2、P3(7)於20完、P2(2)於22完。周轉：P1=6, P2=22, P3=20，平均=16 ms。但若 t≥9 退化 FCFS 則 14.33 ms 更短；選項中 t=7 最佳。
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完整詳解
Pro · 無限重點 Round-robin 時間配額越大越接近 FCFS，此題 t=7 時平均周轉時間最短。
t 夠大時退化為 FCFS：P1=6, P2=15, P3=22，平均 (6+15+22)/3≈14.33 ms，為各選項最小值。
逐選項分析
A✕ 陷阱
t=1 時輪替最密集，短工作 P1(6ms) 要等到第 16ms 才結束，P3 則到第 22ms。平均周轉時間約 (16+21+22)/3≈19.67 ms，最差。
B✕
t=3：輪替順序 P1(3)-P2(3)-P3(3)-P1(3)完-P2(3)-P3(3)-P2(3)完-P3(1)完。P1=12, P2=21, P3=22，平均≈18.33 ms。
C✕
t=5：P1(5)-P2(5)-P3(5)-P1(1)完於11-P2(4)完於15-P3(2)完於17... 實際算 P1=11, P2=20, P3=22，平均≈17.67 ms。仍較 t=7 差。
D✓ 正確
t=7 已 ≥ 最長作業的一半以上，P1(6)於6完、P2 跑7ms剩2、P3(7)於20完、P2(2)於22完。周轉：P1=6, P2=22, P3=20，平均=16 ms。但若 t≥9 退化 FCFS 則 14.33 ms 更短；選項中 t=7 最佳。
各時間配額下的周轉時間比較
| t (ms) | P1 完成 | P2 完成 | P3 完成 | 平均周轉 |
|---|
| 1 | 16 | 21 | 22 | ≈19.67 |
| 3 | 12 | 21 | 22 | ≈18.33 |
| 5 | 11 | 20 | 22 | ≈17.67 |
| 7 | 6 | 22 | 20 | 16.00 |
很多人以為 RR 配額越小越公平、效能越好，其實配額太小會讓每個程序都被拖到最後才結束，平均周轉時間反而變長。配額越大越接近 FCFS，對平均周轉時間通常有利。 
