拿到 `100.15.192.0/18` 这个地址块，要求平均划分成 16 个子网，真正需要解决的其实只有两个核心问题。一个问题是应该从原来的主机位中借出多少位作为子网位，另一个问题是借位以后，每个新子网的网络地址到底按照什么规律递增。

这类题目很容易在一个地方产生错觉。看到 16 个子网，有时会直接想到地址每次增加 16，进而写出 `100.15.192.0`、`100.15.208.0`、`100.15.224.0` 等地址。这样的算法是不对的。这里的 16 表示子网数量，而子网网络地址之间究竟间隔多少，要由新的子网掩码决定。

这道题的正确结果可以先直接写出来。

原网络为

```text
100.15.192.0/18
```

划分成 16 个大小完全相等的子网，需要借用 4 个主机位，因为

```text
2^4 = 16
```

所以新的网络前缀长度为

```text
18 + 4 = 22
```

也就是

```text
/22
```

新的子网掩码为

```text
255.255.252.0
```

每个 `/22` 子网拥有

```text
2^(32 - 22)
= 2^10
= 1024
```

个 IPv4 地址。

按照普通 IPv4 局域网的地址使用规则，网络地址和广播地址各占用一个地址，所以每个子网通常可以分配给主机的地址数量为

```text
1024 - 2 = 1022
```

因此，这道题最核心的答案可以压缩成一句话。

`100.15.192.0/18` 平均划分成 16 个子网时，从主机部分借 4 位，新前缀为 `/22`，子网掩码为 `255.255.252.0`，每个子网拥有 1024 个地址，其中通常有 1022 个可分配主机地址。

不过，只记住这个答案还远远不够。考试里真正容易丢分的地方，是 16 个 `/22` 子网的地址怎样完整列出来。要把这个过程真正弄明白，需要回到 `/18` 本身。

IPv4 地址总共有 32 位。`/18` 表示最左边的 18 位属于网络前缀，剩下的

```text
32 - 18 = 14
```

位属于主机部分。

因此整个 `100.15.192.0/18` 地址块拥有

```text
2^14 = 16384
```

个地址。

如果它没有继续划分子网，那么地址范围从

```text
100.15.192.0
```

一直延伸到

```text
100.15.255.255
```

为什么是这个范围，可以直接从 `/18` 的子网掩码观察。

`/18` 对应

```text
255.255.192.0
```

把第三个八位组 `192` 写成二进制，可以得到

```text
192 = 11000000
```

完整的掩码二进制形式为

```text
11111111.11111111.11000000.00000000
```

前面连续的 18 个 `1` 就是网络部分，剩余 14 个 `0` 就是主机部分。

这里最关键的是第三个八位组。

前两个八位组一共已经占用了 16 个网络位，因此 `/18` 还需要从第三个八位组中使用最左边的 2 位作为网络位。

也就是

```text
第三个八位组

11xxxxxx
```

其中最左边两个二进制位已经固定为 `11`，剩余 6 位原本属于主机部分。

第四个八位组的 8 位同样属于主机部分。

所以原来的 14 个主机位可以写成

```text
第三个八位组剩余 6 位
+
第四个八位组 8 位
=
14 位
```

`192` 的二进制是

```text
11000000
```

原 `/18` 网络的第三个八位组从

```text
11000000
```

开始，一直到

```text
11111111
```

结束。

换成十进制，就是从

```text
192
```

一直到

```text
255
```

所以整个父网络的范围确实是

```text
100.15.192.0
~
100.15.255.255
```

这一点也可以用子网块大小的方法快速检查。

`/18` 的掩码为

```text
255.255.192.0
```

发生变化的八位组是第三个八位组，其中掩码值为 `192`。

块大小为

```text
256 - 192 = 64
```

所以 `/18` 网络在第三个八位组中的网络边界依次是

```text
0
64
128
192
```

因此包含 `100.15.192.0` 的 `/18` 地址块就是

```text
100.15.192.0
~
100.15.255.255
```

第三个八位组恰好覆盖 64 个取值，从 192 到 255。

现在把这个 `/18` 平均切成 16 份。

16 正好是 2 的整数次幂。

```text
16 = 2^4
```

所以需要借 4 位。

原来的位结构可以理解为

```text
NNNNNNNN.NNNNNNNN.NNHHHHHH.HHHHHHHH
```

其中 `N` 表示网络位，`H` 表示主机位。

借出 4 位之后，会变成

```text
NNNNNNNN.NNNNNNNN.NNSSSSHH.HHHHHHHH
```

这里的 `S` 可以理解为用于区分 16 个子网的子网位。

4 个二进制位一共有

```text
0000
0001
0010
0011
0100
0101
0110
0111
1000
1001
1010
1011
1100
1101
1110
1111
```

这 16 种不同组合。

所以恰好可以得到 16 个子网。

由于原网络已经有 18 个网络位，现在又借了 4 位，所以新的网络前缀就是

```text
18 + 4 = 22
```

也就是 `/22`。

`/22` 的二进制掩码为

```text
11111111.11111111.11111100.00000000
```

转换为十进制就是

```text
255.255.252.0
```

看到这里，有一个非常实用的考试技巧就可以派上用场了。

新的掩码是

```text
255.255.252.0
```

从左往右观察，第一个既不是 `255` 也不是 `0` 的八位组是第三个八位组，它的值为 `252`。

所以子网步长直接计算为

```text
256 - 252 = 4
```

也就是说，每一个 `/22` 子网的网络地址，第三个八位组增加 4。

父网络从第三个八位组 `192` 开始，因此 16 个子网的第三个八位组网络边界依次为

```text
192
196
200
204
208
212
216
220
224
228
232
236
240
244
248
252
```

这就是整道题最应该形成条件反射的地方。

不是每次增加 16，而是每次增加 4。

16 是子网数量。

4 是网络地址之间的步长。

两个数字碰巧都在同一道题里出现，非常容易混淆。

为什么步长正好是 4，还可以直接从二进制观察。

新的 `/22` 在第三个八位组中占用 6 个网络位。原 `/18` 已经固定了最左边两位 `11`，现在再加入 4 个子网位，因此第三个八位组可以表示成

```text
11SSSSHH
```

最右边两个 `H` 仍然属于主机位。

第 1 个子网的子网位为

```text
0000
```

第三个八位组就是

```text
11 0000 00
```

也就是

```text
11000000
```

转换成十进制就是

```text
192
```

第 2 个子网的子网位变成

```text
0001
```

第三个八位组就是

```text
11 0001 00
```

即

```text
11000100
```

十进制为

```text
196
```

第 3 个子网对应

```text
11 0010 00
```

即

```text
11001000
```

十进制为

```text
200
```

可以看到，每增加一个子网编号，第三个八位组的数值都会增加

```text
00000100
```

也就是十进制的 4。

到了第 16 个子网，子网位已经变成

```text
1111
```

第三个八位组就是

```text
11 1111 00
```

也就是

```text
11111100
```

十进制正好是

```text
252
```

所以第 16 个子网的网络地址就是

```text
100.15.252.0/22
```

这样一来，完整的 16 个子网就可以列出来。

| 子网编号 | 网络地址 | 可用主机地址范围 | 广播地址 |
|---|---|---|---|
| 1 | `100.15.192.0/22` | `100.15.192.1` 至 `100.15.195.254` | `100.15.195.255` |
| 2 | `100.15.196.0/22` | `100.15.196.1` 至 `100.15.199.254` | `100.15.199.255` |
| 3 | `100.15.200.0/22` | `100.15.200.1` 至 `100.15.203.254` | `100.15.203.255` |
| 4 | `100.15.204.0/22` | `100.15.204.1` 至 `100.15.207.254` | `100.15.207.255` |
| 5 | `100.15.208.0/22` | `100.15.208.1` 至 `100.15.211.254` | `100.15.211.255` |
| 6 | `100.15.212.0/22` | `100.15.212.1` 至 `100.15.215.254` | `100.15.215.255` |
| 7 | `100.15.216.0/22` | `100.15.216.1` 至 `100.15.219.254` | `100.15.219.255` |
| 8 | `100.15.220.0/22` | `100.15.220.1` 至 `100.15.223.254` | `100.15.223.255` |
| 9 | `100.15.224.0/22` | `100.15.224.1` 至 `100.15.227.254` | `100.15.227.255` |
| 10 | `100.15.228.0/22` | `100.15.228.1` 至 `100.15.231.254` | `100.15.231.255` |
| 11 | `100.15.232.0/22` | `100.15.232.1` 至 `100.15.235.254` | `100.15.235.255` |
| 12 | `100.15.236.0/22` | `100.15.236.1` 至 `100.15.239.254` | `100.15.239.255` |
| 13 | `100.15.240.0/22` | `100.15.240.1` 至 `100.15.243.254` | `100.15.243.255` |
| 14 | `100.15.244.0/22` | `100.15.244.1` 至 `100.15.247.254` | `100.15.247.255` |
| 15 | `100.15.248.0/22` | `100.15.248.1` 至 `100.15.251.254` | `100.15.251.255` |
| 16 | `100.15.252.0/22` | `100.15.252.1` 至 `100.15.255.254` | `100.15.255.255` |

拿第一个子网单独观察，很容易理解网络地址、主机地址和广播地址之间的关系。

第一个子网是

```text
100.15.192.0/22
```

它的下一个子网从

```text
100.15.196.0
```

开始。

因此第一个子网拥有的全部地址自然就是

```text
100.15.192.0
~
100.15.195.255
```

其中最小地址

```text
100.15.192.0
```

表示这个 `/22` 子网本身，不能作为普通主机地址。

最大地址

```text
100.15.195.255
```

是该子网的广播地址，同样不能分配给普通主机。

真正可以配置给主机接口的范围就是

```text
100.15.192.1
~
100.15.195.254
```

数量正好为 1022 个。

这里还可以建立一个很好用的规律。

只要知道一个子网的网络地址和下一个子网的网络地址，当前子网的广播地址几乎不需要重新做二进制运算。

假设当前子网为

```text
100.15.208.0/22
```

下一个子网为

```text
100.15.212.0/22
```

那么当前子网的广播地址就是下一个网络地址减 1，也就是

```text
100.15.211.255
```

因此它的主机范围就是

```text
100.15.208.1
~
100.15.211.254
```

这种方法在考场上非常快，而且比逐个写 32 位二进制更不容易出错。

再看整个地址容量，也可以做一次反向校验。

父网络 `/18` 一共有 14 个主机位，所以地址数量为

```text
2^14 = 16384
```

划分后的每个 `/22` 有 10 个主机位，所以每个子网包含

```text
2^10 = 1024
```

个地址。

16 个子网总地址数为

```text
16 × 1024 = 16384
```

恰好与原来的 `/18` 完全相等。

没有地址缺失，也没有地址重叠。

还可以从第三个八位组的覆盖范围再检查一次。

每个 `/22` 会覆盖第三个八位组中的连续 4 个值。

第一个子网覆盖

```text
192
193
194
195
```

第二个子网覆盖

```text
196
197
198
199
```

第三个子网覆盖

```text
200
201
202
203
```

一直延伸到第 16 个子网，它覆盖

```text
252
253
254
255
```

所以整个范围正好连续覆盖

```text
192
~
255
```

一共 64 个第三八位组取值。

而

```text
16 × 4 = 64
```

这和原 `/18` 的块大小再次吻合。

还有一个特别容易在考试中干扰判断的问题，就是 `100.x.x.x` 在传统的分类地址体系里属于什么类别。

按照早期的 Classful IPv4 分类方法，首字节为 100 的地址确实处于传统 Class A 范围内，Class A 的自然网络掩码曾经是 `/8`。但这道题已经明确给出了 `/18`，所以地址划分必须按照 `/18` 处理，不能重新退回 `/8`。

现代 CIDR 表示法中，斜杠后面的前缀长度明确指定网络部分有多少位。RFC 4632 对 CIDR 前缀的定义就是由 IPv4 地址加显式前缀长度共同描述网络，不能再单纯根据首字节推断实际网络掩码。

因此

```text
100.15.192.0/18
```

中的 `/18` 才是这道题真正需要采用的网络边界。

若误以为首字节 100 属于传统 Class A，于是从 `/8` 开始计算，整个结果都会偏离题目给定条件。

关于 16 个子网，还有一个历史问题也经常出现在老教材里。

有些较早的资料会使用

```text
2^n - 2
```

计算可用子网数量，因为当年的一些网络设备和协议实现不使用全零子网与全一子网。如果按照这种旧规则，为了得到至少 16 个可用子网，4 位只能得到

```text
2^4 - 2 = 14
```

个，因此不得不继续借 5 位。

现代网络中通常不再这样计算。Cisco 的官方技术资料明确把 subnet zero 和 all-ones subnet 计入有效子网数量，并说明现代设备能够使用这些子网。也就是说，借 4 位就有完整的 16 种组合，从 `0000` 到 `1111` 都可以作为子网编号。

因此对于现在常见的网络考试题、CIDR 地址规划和主流设备配置，只要题目没有明确指定采用早期的特殊规则，16 个子网按照

```text
2^4 = 16
```

计算即可。

Cisco 官方关于 IPv4 子网划分的技术文档中也使用了完全相同的借位逻辑。例如它给出的 `172.16.0.0/16` 示例中，从主机位借出 5 位之后形成 `/21`，产生 `2^5 = 32` 个子网，每个子网留下 11 个主机位，因此每个子网包含 2048 个地址，其中 2046 个可以作为普通主机地址。这个公开示例和当前题目的计算方法完全一致，只是这里从 `/18` 借 4 位得到 `/22`。

回到实际企业网络规划，这种等长子网划分通常对应 FLSM，也就是 Fixed Length Subnet Mask。所有子网使用完全相同的前缀长度，因此容量一致。

这里的 16 个 `/22` 子网，每一个都可以容纳 1022 个普通主机地址。从地址规划角度看，可以分别对应不同的 VLAN、园区区域、业务系统区域或者不同楼层的终端网段。企业网络中经常会把办公终端、服务器、无线终端、语音设备、打印设备、IoT 设备等放入不同的三层网段，通过路由器、三层交换机、防火墙或者 ACL 控制不同区域之间的访问关系。

当前题目的地址划分还有一个很漂亮的特征，16 个 `/22` 子网合起来刚好重新构成原来的

```text
100.15.192.0/18
```

因此在网络内部可以使用更精细的 `/22` 路由，而在合适的上层路由边界上，仍然可以用

```text
100.15.192.0/18
```

作为聚合前缀。

这也是 CIDR 地址规划非常重要的工程价值。内部网络可以切得比较细，上游路由表却不一定需要保存 16 条独立路由，只要网络拓扑允许进行聚合，就可以保留一个较大的连续前缀。RFC 4632 讨论 CIDR 时，其中一个重要目标就是利用连续、按位对齐的地址块进行地址分配和路由聚合。

做这类题时，可以形成一套很稳定的脑内计算链。

看到

```text
100.15.192.0/18
```

先得到

```text
主机位 = 32 - 18 = 14
```

看到需要 16 个子网，就立即识别

```text
16 = 2^4
```

因此借 4 位。

新的前缀长度就是

```text
18 + 4 = 22
```

得到

```text
/22
```

再把 `/22` 写成十进制掩码

```text
255.255.252.0
```

观察第三个八位组，计算块大小

```text
256 - 252 = 4
```

原网络从 192 开始，所以依次写

```text
192
196
200
204
208
212
216
220
224
228
232
236
240
244
248
252
```

网络地址立刻全部得到。

每个子网 `/22` 剩下

```text
32 - 22 = 10
```

个主机位，所以总地址数量为

```text
2^10 = 1024
```

普通可分配主机地址数量为

```text
1024 - 2 = 1022
```

再利用下一个子网网络地址减 1 的方法得到当前子网广播地址，广播地址再减 1 就是最大的普通主机地址。

如果考试只要求写出划分结果，答案可以直接写成下面这一段。

`100.15.192.0/18` 需要划分成 16 个等长子网，因为 `16 = 2^4`，所以需要从原来的主机位中借 4 位，新的前缀长度为 `/22`，子网掩码为 `255.255.252.0`。每个子网拥有 `2^10 = 1024` 个 IPv4 地址，其中普通情况下有 `1022` 个可用主机地址。由于 `/22` 掩码第三个八位组为 `252`，所以子网步长为 `256 - 252 = 4`。16 个子网依次为 `100.15.192.0/22`、`100.15.196.0/22`、`100.15.200.0/22`、`100.15.204.0/22`、`100.15.208.0/22`、`100.15.212.0/22`、`100.15.216.0/22`、`100.15.220.0/22`、`100.15.224.0/22`、`100.15.228.0/22`、`100.15.232.0/22`、`100.15.236.0/22`、`100.15.240.0/22`、`100.15.244.0/22`、`100.15.248.0/22`、`100.15.252.0/22`。

真正需要牢牢记住的并不是这 16 个具体地址，而是下面这条计算关系。

```text
需要的子网数
        ↓
求 2 的多少次方
        ↓
决定借多少个主机位
        ↓
原前缀长度 + 借位数
        ↓
得到新前缀
        ↓
转换成子网掩码
        ↓
256 - 关键八位组掩码值
        ↓
得到子网步长
```

在当前题目里，这条链就是

```text
16 个子网
↓
16 = 2^4
↓
借 4 位
↓
/18 + 4
↓
/22
↓
255.255.252.0
↓
256 - 252
↓
步长 4
```

一旦这条链能够直接在脑中展开，`/18` 划 16 个子网、`/20` 划 8 个子网、`/24` 划 4 个子网，甚至更复杂的网络地址题，处理方式都完全一致。真正变化的只是原始前缀、借出的位数以及网络地址所在八位组，计算逻辑并不会改变。

## 参考资料

RFC Editor 的 RFC 4632 对 CIDR 前缀长度、IPv4 地址块以及路由聚合机制进行了规范说明。

Cisco 的 IPv4 子网技术文档给出了通过借用主机位创建子网、计算子网数量和主机数量的方法，并说明了 subnet zero 与 all-ones subnet 在现代设备中的使用规则。

最适合考试时直接记忆的主线就是 `16 = 2^4 → 借 4 位 → /18 变 /22 → 掩码 255.255.252.0 → 步长 4 → 每个子网 1022 个普通可用主机地址`。

拿到 100.15.192.0/18 这个地址块，要求平均划分成 16 个子网，真正需要解决的其实只有两个核心问题。一个问题是应该从原来的主机位中借出多少位作为子网位，另一个问题是借位以后，每个新子网的网络地址到底按照什么规律递增。

100.15.192.0/18 划分为 16 个子网，怎样一步一步算出 /22 和全部地址范围？

紫薇堂堂主

网络与通信

数据库

操作系统

100.15.192.0/18划分16个等长子网需借4主机位，新前缀/22，掩码255.255.252.0，子网步长4，每个子网含1024地址（1022可用）。16个子网网络地址从100.15.192.0至100.15.252.0，每增4。

代码解释

服务器

路由器

防火墙

路由

CIDR

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