计算机系统结构计算题答案

计算机系统结构作业题解作1.2如有一个经解释实现的计算机，可以按功能划分成4级。每一级为了执行一条指令需要下一级的N条指令解释。若执行第一级的一条指令需K(ns)时间，那么执行第2、3、4级的一条指令各需要用多少时间(ns)?第1章解：∵第二级的一条指令需第1级的N条指令解释∴第二级的一条指令执行时间为NKns；第三级的一条指令执行时间为N2Kns；第四级的一条指令执行时间为N3Kns。本题有两个问题应特别注意：第一个问题是“上一级”与“下一级”的关系，即哪是上一级，哪是下一级？在图1.1中第3级是第2级的“上一级”，第1级又是第2级的“下一级”。第二个问题是该计算机是一个“经解释实现的计算机”，上一级的程序在下一级上实现不是经翻译完成，只能是解释。第1级N3条指令解释第2级N2条指令解释第3级N条指令解释第4级一条指令上级下级作1.3有一个计算机系统可按功能划分成4级，各级的指令都不相同，每一级的指令都比其下一圾的指令在效能上强M倍，即第i级的一条指令能完成第i-1级的M条指令的计算量。现若需第i级的N条指令解释第i+1级的一条指令，而有一段第1级的程序需要运行Ks，问在第2、3和4级上的一段等效程序各需要运行多长时间(s)?解：第2级上的一段等效程序运行时间为：第3级上的一段等效程序运行时间为：第4级上的一段等效程序运行时间为：作1.7从机器（汇编）语言程序员看，哪些对应用程序员透明？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，磁盘外设，先行进位链，移位器，通用寄存器，中断字寄存器。答：对机器语言程序员透明，指的是这些器件是机器语言程序员不可修改、不可控制。因此指令缓冲器，时标发生器，乘法器，先行进位链，移位器。作1.6什么是透明性概念?对计算机系统结构，下列哪些是透明的?哪些是不透明的?存贮器的模m交叉存取；浮点数据表示；I／O系统是采用通道方式还是外围处理机方式；数据总线宽度；字符行运算指令；阵列运算部件；通道是采用结合型的还是独立型的；PDP一1l系列中的单总线结构；访问方式保护；程序性中断；串行、重叠还是流水控制方式；堆栈指令；存贮嚣最小编址单位；Cache存贮器。分析：有关系统结构属性所包括的内容，对系统结构都不透明。•对于计算机系统结构透明的是：存储器的模m交叉存取、数据总线宽度、阵列运算部件、通道是采用结合型还是独立型、PDP-11系列的单总线结构、串行、重叠还是流水控制方式、Cache存储器。•对于计算机系统结构不透明的是：浮点数据表示、I/O系统是采用通道方式还是外围处理机方式、字符型运算指令、访问方式保护、程序性中断、堆栈指令、存储器最小编址单位。例1.1假设将某系统的某一部件的处理速度加快到10倍，但该部件的原处理时间仅为整个运行时间的40%，则采用加快措施后能使整个系统的性能提高多少？解：由题意可知fe=0.4,re=10,根据Amdahl定律作1.13假设高速缓存Cache工作速度为主存的5倍，且Cache被访问命中的概率为90％，则采用Cache后，能使整个存储系统获得多高的加速比？解：fe=0.9，re=5作1.11某工作站采用时钟频率为15MHz、处理速率为10MIPS的处理机来执行一个巳知混合程序。假定每次存储器存取为1周期延迟、试问：(1)此计算机的有效CPI是多少?(2)假定将处理机的时钟提高到30MHz，但存储器子系统速率不变。这样，每次存储器存取需要两个时钟周期。如果30％指令每条只需要一次存储存取，而另外5％每条需要两次存储存取，还假定已知混合程序的指令数不变，并与原工作站兼容，试求改进后的处理机性能。解(1)(2)依题意可知：30%的指令需要一次存储存取，则这些指令在处理器提高时钟频率之后需要增加1个时钟周期；另外5%的指令需要增加2个时钟周期。改进后性能提高情况可用CPU时间之比表示：作1.15假定利用增加向量模块来提高计算机的运算速度。计算机处理向量的速度比其通常的运算要快20倍，将可用向量处理部分所花费的时间占总时间的百分比称为可向量化百分比。（1）求出加速比S和向量化百分比之间的关系式。（2）当要得到加速比为2时的可向量化百分比F为多少？（3）为了获得在向量模式所得到的最大加速比的一半，可向量化百分比F为多少？(2)由（1）式有解（1）：由Amdahl定律知FFFS*192020)20/()1(153.01910)20/()1(12FFF(1)(3)由题意可知95.01918)20/()1(110FFF题1.1某计算机系统同时采用两种措施改进性能，使得两个功能部件的性能分别提高到原来的re1倍和re2，这两个部件在运行时使用的时间比例分别为fe1和fe2。试分析系统性能提高的总体加速比。111121//)1(1eeeeeeprfrfffS解:例1.2用一台4OMHz处理机执行标准测试程序，它含的混合指令数和相应所需的时钟周期数如下：指令类型指令条数时钟周期数整数运算450001数据传送320002浮点运算150002控制传送80002求有效CPI、MIPS速率和程序的执行时间。解：依题意可知IN=105条，n=4题1.2设有两台机器A和B，对条件转移采用不同的方法。CPUA采用比较指令和条件转移指令处理方法，若条件转移指令占总执行指令数的20％，比较指令也占20％。CPUB采用比较和条件转移指令合一的方法，占执行指令数的20％。若规定两台机器执行条件转移指令需2T，其它指令需1T。CPUB的条件转移指令比CPUA慢25％，现比较CPUA合和CPUB哪个工作速度更快？解:CPIA=0.2×2＋0.8×1＝1.2CPUA时间＝ICA×CPIA×TA＝1.2TA×ICAICA是CPUA的指令条数，由于CPUB无比较指令，因此ICB=0.8ICA，若ICA=100，则ICB=80，而CPUB的条件转移指令仍是20条，所以占比例为20/80＝0.25＝25％CPIB=0.25×2＋0.75×1＝1.25又因为CPUB的TB比CPUA的TA慢25%，所以TB=1.25TACPUB=ICB×CPIB×TB＝0.8ICA×1.25×1.25TA＝1.25TA×ICA可见，CPUA时间CPUB时间，CPUA比CPUB工作速度快。解：上例中，TB只比TA慢10%，则哪个CPU更快些？TB＝1.1TACPUB时间＝0.8ICA×1.25×1.1TA＝1.1TA×ICA因此CPUB时间CPUA时间，则CPUB更快些。题1.3某向量计算机系统中，标量指令的平均CPI是1，向量运算指令的平均CPI是64，系统加快向量部件的速度后使向量运算速度提高到原来的2倍，某一测试程序执行时的向量运算指令数量占全部指令数的10％，问计算机系统运行这个测试程序的整体性能比原来提高多少？11.16421.09.01)/()1(1eeeprffS解：作1.12假设在一台40MHz处理机上运行200000条指令的目标代码，程序主要由四种指令组成。根据程序跟踪实验结果，已知指令混合比和每种指令所需的指令数如下：指令类型CPI指令混合百分比算术和逻辑运算160%Cache命中的加载/存储218%转移412%Cache失效时访问主存810%(1)计算在单处理机上用上述踪数据运行程序的平均CPI。(2)根据(1)所得CPI，计算相应的MIPS速率。解：依题意可知IN=2×105条，n=4，第2章题2.1一种浮点数有1位符号位，阶码为7位移码，尾数8位与符号位一起采用原码的规格化表示，基数为2，该浮点数可表示的最大数为，最大数与最接近它的数据（次最大数）的差值为，可表示的最小数为，最小数与最接近它的正数（次最小数）的差值为。解：6382)21(最大数6564122255638222最小正数最大数与次大数的差值最小正数与次小正数的差值64812)22(解：阶码为7位移码表示，1位符号位，尾数8位，原码规格化表示，基数为2，其格式为：尾数基值rm＝2（二进制）阶码的基值re＝2，尾数长度p=8(不包括符号位），阶码长度q=6(不包括符号位），规格化表示的正数的范围：浮点数N150阶码6位qp尾符尾数8位阶符可表示的最小正浮点数为可表示的最大正浮点数为638)12(2)21()1(qmpmrr28)11111111.0(211pmr最大尾数为最大阶码为最小阶码为64226q6312126q最小尾数为2/1211mr6412122qmmrr规格化表示的正数的范围：1322/122qp可表示的正阶、正尾规格化数的个数为可表示的最小负浮点数为可表示的最大负浮点数为638)12(2)21()1(qmpmrr21)1.0(2/1mr最大尾数为最大阶码为最小阶码为64226q6312126q最小尾数（原码）为)21()1(81mr6564121222qmmrr规格化表示的负数的范围：10000001110.090.300.601.000.1510.0610.030.030.040.050.150.300.40I7I6I5I4I3I2I1例2.1某指令系统各指令使用频度如下：I1I2I3I4I5I6I70.40.30.150.050.040.030.031.Huffman编码由此可得到哈夫曼编码如下：I1:0I2:10I3:110I4:11100I5:11101I6:11110I7:11111平均码长L=0.4*1+0.3*2+0.15*3+0.05*5+0.04*5+0.03*5+0.03*5=2.20位信息冗余量R=(2.20-2.17)/2.20=1.36%指令长度个数=42.扩展哈夫曼编码–I1,I2,I3用两位:00,01,10–I4,I5,I6,I7用四位:1100,1101,1110,1111L=(0.4+0.3+0.15)*2+(0.05+0.04+0.03+0.03)*4=2.30位信息冗余量=(2.302.20)/2.30=0.0565=5.65%411115111110.03I7411105111100.03I6411015111010.04I5411005111000.05I421031100.15I32012100.30I2200100.40I1OP长度lihuffman扩展编码OP长度li操作码OP使用哈夫曼编码频度（Pi）指令操作码的扩展（等长扩展）平均码长：2.22.3例2.2指令系统共有42种指令，前15种使用频率平均为0.05，中间13种使用频率平均为0.015，最后14种使用频率平均为0.004。如何编码？0000：15种111011110000：：15种11111110111111110000：：：15种111111111110解：因频率分布有三种，故码长可有三种；因每段指令数基本相同，故可采用等长扩展(4-8-12位)，保留特征码的每段指令数相同(15-15-15)方法。结果如图所示；结果：采用15-15-15扩展方法，最后一种编码用于扩展，每段0000～1110用于编码，1111用于扩展。例2.3指令系统共有74种指令，前4种使用频率平均为0.12，中间15种使用频率平均为0.02，最后55种使用频率平均为0.004。如何编码？解：同上例方法，码长可有三种；因每段指令数成比例(1：4)，故可采用等长扩展方法(3-6-9位)扩展，保留标志位方法，结果如图所示；结果：采用4-16-64扩展方法，编码第一位用于扩展，每段0XX用于编码，1XX用于扩展。0xx4种1xx0xx16种1xx1xx0xx64种4-16-64平均码长=0.12*4*3+0.02*15*6+0.004*55*9=5.22；例2.4指令系统共有78种指令，前10种使用频率平均为0.049，中间18种使用频率平均为0.02，最