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1计算机系统结构习题解答目录第一章(P33)1.7-1.9(透明性概念) ,1.12-1.18(Amdahl 定律) ,1.19、1.21、1.24(CPI/MIPS)第二章(P124)2.3、2.5、2.6(浮点数性能) ,2.13、2.15(指令编码)第三章(P202)3.3(存储层次性能) ,3.5(并行主存系统) ,3.15-3.15 加 1 题(堆栈模拟) ,3.19 中(3)(4)(6)(8)问(地址映象/替换算法-实存状况图)第四章(P250)4.5(中断屏蔽字表/中断过程示意图) ,4.8(通道流量计算/通道时间图)第五章(P343)5.9(流水线性能/时空图) ,5.15(2 种调度算法)第六章(P391)6.6(向量流水时间计算) ,6.10(Amdahl 定律/MFLOPS)第七章(P446)7.3、7.29(互连函数计算) ,7.6-7.14(互连网性质) ,7.4、7.5、7.26(多级网寻径算法) ,7.27(寻径/选播算法)第八章(P498)8.12(SISD/SIMD 算法)第九章(P562)9.18(SISD/多功能部件/SIMD/MIMD 算法)(注:每章可选 1-2 个主要知识点,每个知识点可只选 1 题。有下划线者为推荐的主要知识点。)2第一章(P33)1.7(1)从指定角度来看,不必要了解的知识称为透明性概念。(2)见下表, “”为透明性概念, “P”表示相关课文页数。1.8 见下表, “”为透明性概念, “P”表示相关课文页数。1.9 见下表, “”表示都透明, “应”表示仅对应用程序员透明, “”表示都不透明。1.12 已知 Se=20 , 求作 Fe-Sn 关系曲线。将 Se 代入 Amdahl 定律得 enFS20191.13 上式中令 Sn=2,解出 Fe=10/190.5261.14 上式中令 Sn=10,解出 Fe=18/190.9471.15 已知两种方法可使性能得到相同的提高,问哪一种方法更好。(1)用硬件组方法,已知 Se=40,Fe=0.7,解出 Sn=40/12.73.1496(两种方法得到的相同性能)(2)用软件组方法,已知 Se=20,Sn=40/12.7,解出 Fe=27.3/380.7184(第二种方法的百分比)(3)结论:软件组方法更好。因为硬件组需要将 Se 再提高 100%(2040) ,而软件组只需将 Fe 再提高1.84%(0.70.7184) 。1.17 57.3419.0nS模 m 交叉, 浮点数据,P4 通道与 I/O 处理机,P4总线宽度, 阵列运算部件, 结合型与独立型通道,单总线, 访问保护, 中断,指令控制方式, 堆栈指令, 最小编址单位,Cache 存储器,指令地址寄存器, 指令缓冲器, 时标发生器,条件码寄存器, 乘法器, 主存地址寄存器,磁盘, 先行进位链, 移位器,通用寄存器 , 中断字寄存器,数据通路宽度, 虚拟存储器,应, Cache 存储器,程序状态字, “启动 I/O”指令,应, “执行”指令,指令缓冲寄存器,Sn2010 1 Fe31.18 记 f 时钟频率,T=1/f 时钟周期,B 带宽(Byte/s) 。方案一: )/(41sytefT方案二: )/(5.3421%572 sBytef1.19 由各种指令条数可以得到总条数,以及各百分比,然后代公式计算。 4150iiIC(1) 41 5.108.215.32.045.1)(i iiIPI(2) 86.066CIfMIS(3) ( 秒 )374516PT1.21(1) 24.1082.8.02. I(2) 6.74.166CPfMS1.24 记 Tc 新方案时钟周期,已知 CPI = CPIi = 1原时间 = CPI IC 0.95Tc = 0.95ICTc新时间 = (0.32/3+0.7) IC Tc = 0.9ICTc二者比较,新时间较短。第二章(P124)2.3(忽略 P124 倒 1 行 P125 第 8 行文字,以简化题意)已知 2 种浮点数,求性能指标。此题关键是分析阶码、尾数各自的最大值、最小值。原图为数据在内存中的格式,阶码的小数点在其右端,尾数的小数点在其左端,遵守规格化要求。由于尾数均为原码,原码的绝对值与符号位无关,所以最大正数与最小负数的绝对值相同,可用“最大绝4对值”回答;最小正数与最大负数的绝对值相同,可用“最小绝对值”回答。第 1 小问中,阶码全部位数为 8,作无符号数看待真值为 0255,作移-127 码看待真值为-127+128;尾数(不计符号位)有 23 位小数,另加 1 位整数隐藏位,所以尾数绝对值为 1.02.0 2 -23,有效位数 p=24;第 2 小问中,阶码全部位数为 11,作无符号数看待真值为 02047,作移-1023 码看待真值为-1023+1024;尾数(不计符号位)有 52 位小数,另加 1 位整数隐藏位,所以尾数绝对值为 1.02.0 2-52,有效位数 p=53。最大绝对值为最大阶码与最大尾数绝对值的组合,最小绝对值为最小阶码与最小尾数绝对值的组合。代入相关公式后得最终结果如下表。2.5(1) rm = 2,r e = 2,p = 24(隐藏最高位),q = 7。(2) Nmax = 1.71038,-|N| min = -1.4710-39 5.9610 -8 10 -7.22, = 100%2.6(1) 0.2 = 0.333333H160 设阶码为移-63 码(即-2 6+1,原题未指明)0.2 = 0.110011001100110011001101B2-2 (其中最高有效位需隐藏)阶码为移-127 码(即-2 7+1)(2) 符号位不变, (阶码 63)4 + 127;尾数左规,除去最高位;(3) 符号位不变, (阶码 127)/ 4 + 63;尾数补最高位,按除法余数右移若干位,左补 0。2.13 已知 10 条指令使用频度,求 3 种编码方法的平均码长与信息冗余量。(1)此问中的“最优 Huffman 编码法”实际是指码长下限,即信源的平均信息量熵,代公式得 H=2.9566。(2)Huffman 编码性能如下表;(3)2/8 扩展编码是 8/64/512 法的变种,第一组 2 条指令,码长为 2(1 位扩展标志,1 位编码),第二组 8 条指令,码长为 4(1 位扩展标志,与第一组区别,加 3 位编码) ,编码性能如下表;(4)3/7 扩展编码是 15/15/15 法的变种,第一组 3 条指令,码长为 2(共有 4 种组合,其中 3 种组合分别代表 3条指令,留 1 种组合作为扩展前缀标志),第二组 7 条指令,码长为 5(2 位固定的前缀扩展标志,与第一组区别,加 3 位编码,只用其中 7 种组合) ,编码性能如下表。32 位 64 位最大绝对值 (1-2-24)2129 (1-2-53)21025最小绝对值 2-127 2-1023表数精度 2-24 2-53表数效率 100% 100%1 位 7 位 6 位0 0111111 3333331 位 8 位 23 位0 01111101 10011001100110011001101Huffman 编码 2/8 扩展编码 3/7 扩展编码平均码长 L 2.99 3.1 3.2信息冗余量 R 1.10% 4.61% 7.59%52.15(1) 15 条/63 条/64 条(2) 14 条/126 条/128 条第三章(P202)3.3 直接代公式计算存储层次性能指标。(1)74ns,38ns,23.6ns(2)0.258,0.315,0.424(3)T256K c128K c64K(4)19.092,11.97,10.0064。答案是 256K 方案最优。3.5 已知 ,其中 g=0.1gKnn)1(依题意有 2.0)1(2.0)(11 gKnnn整理得 0.9n0.2,解出 ,向下取整,得 15;8.59.lg按另一种题意理解是向上取整,得 16,也对。3.15 欲知可能的最高命中率及所需的最少主存页数,较好的办法是通过“堆栈模拟法” ,求得命中次数随主存页数变化的函数关系。下图就是“堆栈模拟图” ,其中“”表示命中。(1)Hmax=7/1258.3%(2)n=4(3)当 1 次页面访问代表连续 1024 次该页内存储单元访问时,后 1023 次单元访问肯定是命中的,而第 1 次单元P= 4 5 3 2 5 1 3 2 3 5 1 3 命中次数4 5 3 2 5 1 3 2 3 5 1 34 5 3 2 5 1 3 2 3 5 14 5 3 2 5 1 1 2 3 54 4 3 2 5 5 1 2 24 4 4 4 4 4 4n=1 0n=2 1n=3 3n=4 7n=5 76访问的命中情况与这 1 次页面访问的命中情况相同。根据上图中最高命中情况,共有 7 次页命中(折算为71024 次单元命中) ,5 次页不命中(折算为 51023 次单元命中,也可写为 51024-5) ,单元访问总次数为121024,故有:Hcell=(121024-5)/(121024)=12283/1228899.96%3.15 加 1 题 一个二级存储层次,采用全相联映象与最久没有使用算法,实存共 5 页,为 2 道程序分享,页地址流分别如下P1 = 1 2 3 4 1 3 2 1P2 = 1 2 3 4 2 2 3 3试作 2 个实存分配方案,分别使 2 道程序满足(1)命中率相同;(2)命中次数之与最大。解:分别为 2 道程序作“堆栈模拟图” ,其中“”表示命中。将两图结果综合,得到 4 个分配方案的命中率情况表如下P1 = 1 2 3 4 1 3 2 1 命中次数N(1)1 2 3 4 1 3 2 11 2 3 4 1 3 21 2 3 4 1 31 2 2 4 4n1= 1 0n1= 2 0n1= 3 2n1= 4 4P2 = 1 2 3 4 2 2 3 3 命中次数N(2)1 2 3 4 2 2 3 31 2 3 4 4 2 21 2 3 3 4 41 1 1 1 1n2= 1 2n2= 2 2n2= 3 4n2= 4 465 N(1)+N(2)432 N(1) N(2)11+4 2+3 3+2 4+1n1 1 2 3 4N(1) 0 0 2 4n2 4 3 2 1N(2) 4 4 2 2N(1)+N(2) 4 4 4 67结论如下(1)命中率相同的方案是 n1= 3 而 n2= 2;(2)命中次数之与最大的方案是 n1= 4 而 n2= 1。3.19 中(3)(4)(6)(8)问(3)(4)通过作“实存状况图”模拟各虚块的调度情况,可获得 Cache 的块地址流序列。此问最容易出错的地方是忽略“组相联”地址约束,将虚页装错实组。另外没有及时标注“*”号也容易导致淘汰对象错误。(6)H=4/1233%(8)做法同 3.15 题(3)问,H cell=(1216-8)/(1216)95.8%第四章(P250)4.5 已知中断服务次序为 3-2-4-1, 。(1)中断屏蔽字表如下图;(2)中断过程示意
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