为什么去中心化存储也能保证数据不丢失
teawang
发表于 2022-12-5 19:44:02
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其实不然,他们也只能99.999999999%的保证文件不丢,11个9的保证文件不丢。存储行业称这个服务质量指标(QoS)参数为耐用率。! m; k8 W, N: q0 A$ f; V
2. 矿工可能不稳定。
P2P的技术核心,就是在多个不稳定的节点上,实现稳定的服务。回想一下我之前做过的PPTV,也就是P2P直播,正是在多个不稳定的节点上完成了稳定的服务。
下面我来详细解释PP.io是如何把这个耐用率做到非常高的。" v/ y( F6 H2 \4 l! Q7 ^5 n; Z6 K) o
PP.io 的2种冗余模式
我在设计PP.io的时候,设计2种冗余模式:
1.全副本模式
全副本模式就是把文件,完整地拷贝,新文件和老文件一模一样,这样做并不节约空间,但是P2P能多点下载数据,更快,同时可以保证用户下载体验。6 C0 t/ }, g" L, C3 k: T1 X
2.纠删副本模式& D N( h' I. h% `0 _
纠删副本模式就是通过纠删技术来做冗余。简单地说就是,数据分成碎片并编码,使用可配置数量的冗余分片,且不同部件存储在不同矿工上。这样做不利于P2P多点传输,但是可以大大节约冗余空间。; Q% H' } O8 Q( W8 y4 l6 I
PP.io就是把这两种冗余模式结合起来实现的。不同场景侧重于运用不同的冗余方式。3 }2 u6 S p7 N. Z" G+ t
下面简单说一下纠删技术产生的数学特征:" s% w6 }( m8 [& X; E" Z( t
我们用 (k,n) 纠删码来编码数据,其中总共有n个纠删片段,k表示在n个纠删片段中,任何k个7纠删片段就能完全恢复原始数据。如果数据大小是s字节,则每个纠删片段的大小大约是s/k 字节。如果k = 1时就是相当于复制一个全副本。例如,1MB数据, 如果采用(10,16)纠删码,并且每个纠删片段大小是0.1M,则总存储数据大小就是1.6M。它实际总共用了1.6倍的数据空间大小。2 l* j7 p4 c1 L$ h3 f% I" c0 c8 R
PP.io的假设和计算
做如下假设:
我们令t为单位假设时间,这里先假设t=24小时
Pt代表矿工的日掉线率,我们这里假设Pt=5%。1 w6 Y7 G* d% v1 ~) h7 ]
τ为副本丢失后的修复时间,也就是如果副本丢失了,多少时间能够修复。我们假设τ=2小时。* Z4 u, T. X8 g9 R- |# Y" @
在可以修复的前提下,将以上值带入下面的公式,算得单副本丢失每天丢失的概率是:: H/ w% d3 a P7 g ~8 G
$p = 1 – (1-Pt)^{\frac{t}{τ}} = 0.4265318778%$5 v; g$ y- q$ ~2 v/ n9 a
PP.io设计的默认全副本数冗余2倍,纠删副本冗余是1.5倍。
我们先看全副本模式:; T" ]- i% r' ^1 }& h+ v- l0 e. l
由于全副本是完全复制,所以是2倍的冗余,也就是有2个副本。我们称为N=2。
修复时间内的耐用率:# Q# u, I+ N' P, G5 J Q
$$P_a = 1- p^2 = 99.9981807056%$$: t @2 \+ a% K6 E9 s9 c# {6 }
全年耐用率:. ?: A: B l2 j) t- O2 P5 Y
$$P_{ya} = Pa^{(365*t/τ)} = 92.3406415922%$$" L0 s+ R5 f" m, s0 D) q
我们再看纠删模式:& ?7 T" a( s' l) V! m
假设我们采用的纠删算法是 (k,n)= (6,9)。相当于6M的数据,每个纠删分片是1M,一共要存放9个纠删分片,任意6个分片就能恢复出完整的数据,这样存放在9个矿工上,另外实际占用的空间大小是9M。如果理解了,我们继续往下看。- L$ }, |2 q6 E5 G) p b
由于纠删算法是(k,n), 那么冗余就是 $F = n/k = 1.5$。
在修复时间内分片丢失数就是:
$m = n*p = 0.038387869$,这是已知发生数。7 s5 U( m6 B, k! n2 ]
这里讲解一下概率论中的经典公式,泊松分布拟合公式:* D/ G. ?: L5 r
$$P(x) = \frac{mx}{x!}e{-m}$$
简单理解一下,泊松分布拟合公式就是观察事物平均发生m次的条件下,实际发生x次的概率。要了解推导细节,可以看最后的附录。0 } n1 t4 F, m. u( ~
我们套用泊松分布拟合公式就可以得到:
$$Pb=\sum_{i=0}^{n-k}P\left(i\right)$$
即 $P_b = 99.9999912252%$$ N$ c# B7 b7 W* I2 S: D
那么全年的耐用率:' I! R$ Z- X" k/ K% I7 y
$$P_{yb} = Pb^{(365\frac{t}{τ})} = 99.9615738663%$$0 F. H+ \! |3 X9 {4 _' K
可以看到,虽然更小冗余,但纠删模式对比起全副本模式的耐用率高很多。
计算汇总:& k0 M; N% M9 y' O5 o; }
我们把2种冗余模式结合起来,可以得到最终的耐用率:( z+ L: o; m. s! I n. R) [
修复时间内耐用率:( {1 B2 q/ V f- r e) ~
$$P = 1 – (1-Pa)(1-Pb) = 99.9999999998%$$, I, H8 J: _5 G7 x3 e7 L' B, `
全年耐用率:/ R* r) j7 d% w& f* x
$$P_y = P^{(365\frac{t}{τ})} = 99.9999993008%$$
看看,已经达到8个9的耐用率。也就是说假设你如果存放了1亿个文件,一年只会丢失1个文件。你说可靠不?
还能提高- g7 G' o! U' G2 R0 }; Q4 ] T: }
上面的假设,是基于 (k,n)= (6,9), 冗余度为F=1.5。如果适当提高冗余度 F,或者提高k,还能提高全年的耐用率 Py。下面一个表格就是调整 k和F之后对全年耐用率产生的影响。9 p N" h7 s: n. w
我们这里做了一个新的假设,完全没有全副本,只有纠删分片。这样做,不追求速度,只追求价格最便宜。这时候,Py 就等于 Pyb。即:
可以看出,冗余度F越高,耐用率越高。同时, 分片数n越多,耐用率越高。n对耐用度的影响更为敏感,但是n越大,也就意味这需要的矿工越多。
也可以看出,如果要追求12个9,即99.9999999999。采用纠删模式,在冗余度2的情况下,分成16个纠删副本就能做到。同样,在冗余度2.5的情况下,分成12个纠删副本就能做到。这样就超过 AWS S3企业级存储服务的年耐用率(11个9)。
还能再提高6 S( K/ V5 T S9 s# q
除了调整 N, (k,n), F 这些参数,可以提高耐用率之外,还可以通过自身的优化努力。其实还有很大的提升空间,前面说过,这个测算是基于2个前提假设的。而这两个假设本身还有很大的提升空间。" C8 e6 {7 T; m8 O
单副本的每日丢失率Pt, 我假设是5%。这个假设本身是可以通过token经济系统的设计来降低的。更合理的经济系统可以提高矿工的稳定性和在线率。如果矿工稳定了,这个值就会下降;这个值越低,全年的耐用率就会增加。这个值有望降至1%甚至更低。8 ?& B9 \2 E1 A8 i
副本丢失后的修复时间 τ,我假设是2小时。这个假设也可以通过PP.io自身的算法来优化,只要能更快地发现副本丢失,能更快地增加副本数来保证副本数充足,τ值就会越低;τ值越低,全年的耐用率就会增加。如果算法做到极致的话,这个值有望降至15分钟。+ T+ H9 F' [4 s4 z6 I9 r' I
假设做到了极限值Pt=1%,τ=0.25小时,(k,n)=(6,9)纠删副本冗余度 F=1.5。
得到 $P_{yb} = 99.9999998852%$+ V2 H0 e- x. |
如果再考虑2个全副本冗余,则全年耐用率:* o: G+ u# p/ c, P
$P_y = 99.9999999999%$9 D0 `3 U" {% x. x) }5 X
PP.io将让开发者灵活设置参数2 E7 J1 q: x& R9 ?* D8 N& N
我在设计PP.io架构的时候,给予开发者足够的灵活性,可以根据自身的情况设置不同的参数,其中包括:全副本数 N, 纠删算法参数 (k,N)。
开发者可以根据自身的需求,如传输速度,价格(冗余度越高,价格越高),能接受的耐用率来配置参数,从而满足自己的产品要求。4 f, C1 v3 Z) C7 ?; h m, ?0 i9 y
PP.io给开发者提供一个去中心化的存储和分发网络,使得更便宜,更快,更隐私。PP.io的官网是 https://pp.io。
附录:泊松分布拟合公式推导4 A: o# X# Y5 u; J; o
假设 $p$ 为单个设备单位时间内的故障率,则 $n$ 个设备在单位时间内,有 k 个设备发生故障的概率 $P(k)$ 为:
$$P(k) = {n \choose k}p{k}(1-p){n-k}$$& H* s; [& P9 p: c% Z8 k: I! b
展开组合:
$$P(k) = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}p{k}(1-p){n-k}$$# G5 S( u# m& k# J3 ]
$$P(k) = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}\frac{p{k}(1-p){n}}{(1-p)^{k}}$$
$$P(k) = \frac{(np)(np-p)\cdots(np-kp+p)}{k!}\frac{(1-p)^{ \frac{1}{p} {np}}}{(1-p)^{k}}$$
假设 p 很小,n 很大,一般地当 n > 20, p {-{np}}}{(1){k}}$$
$$P(k) \approx \frac{(np)k}{k!}e{-{np}}$$
令
$$\lambda = np$$) _, G, i2 ?) A; Y0 d3 x
最后得到泊松分布公式,即,已知单位时间内平均有 $\lambda$ 个设备故障,计算单位时间内有$k$个设备故障的概率。
$$P(k) = \frac{\lambdak}{k!}e{-\lambda}$$
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