計算機體系結構復習題

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上1.7 將計算機系統(tǒng)中某一功能的處理速度加快10倍，但該功能的處理時間僅為整個系統(tǒng)運行時間的40%，則采用此增強功能方法后，能使整個系統(tǒng)的性能提高多少？解 由題可知： 可改進比例 = 40% = 0.4 部件加速比 = 10根據Amdahl定律可知：采用此增強功能方法后，能使整個系統(tǒng)的性能提高到原來的1.5625倍。1.8 計算機系統(tǒng)中有三個部件可以改進，這三個部件的部件加速比為：部件加速比1=30； 部件加速比2=20； 部件加速比3=10（1） 如果部件1和部件2的可改進比例均為30%，那么當部件3的可改進比例為多少時，系統(tǒng)加速比才可以達到10？（2） 如果三個部

2、件的可改進比例分別為30%、30%和20%，三個部件同時改進，那么系統(tǒng)中不可加速部分的執(zhí)行時間在總執(zhí)行時間中占的比例是多少？解：（1）在多個部件可改進情況下，Amdahl定理的擴展：已知S130，S220，S310，Sn10，F(xiàn)10.3，F(xiàn)20.3，得：得F30.36，即部件3的可改進比例為36%。（2）設系統(tǒng)改進前的執(zhí)行時間為T，則3個部件改進前的執(zhí)行時間為：（0.3+0.3+0.2）T = 0.8T，不可改進部分的執(zhí)行時間為0.2T。已知3個部件改進后的加速比分別為S130，S220，S310，因此3個部件改進后的執(zhí)行時間為： 改進后整個系統(tǒng)的執(zhí)行時間為：Tn = 0.045T+0.2T

3、= 0.245T那么系統(tǒng)中不可改進部分的執(zhí)行時間在總執(zhí)行時間中占的比例是：3.4 設一條指令的執(zhí)行過程分成取指令、分析指令和執(zhí)行指令三個階段，每個階段所需的時間分別為t、t和2t 。分別求出下列各種情況下，連續(xù)執(zhí)行N條指令所需的時間。（1）順序執(zhí)行方式；（2）只有“取指令”與“執(zhí)行指令”重疊；（3）“取指令”、“分析指令”與“執(zhí)行指令”重疊。解：（1）每條指令的執(zhí)行時間為：tt2t4t連續(xù)執(zhí)行N條指令所需的時間為：4Nt（2）連續(xù)執(zhí)行N條指令所需的時間為：4t3（N-1）t（3N1）t（3）連續(xù)執(zhí)行N條指令所需的時間為：4t2（N-1）t（2N2）t4.2 簡述Tomasulo算法的基本思想。

4、答：核心思想是： 記錄和檢測指令相關，操作數(shù)一旦就緒就立即執(zhí)行，把發(fā)生RAW沖突的可能性減小到最少； 通過寄存器換名來消除WAR沖突和WAW沖突。寄存器換名是通過保留站來實現(xiàn)，它保存等待流出和正在流出指令所需要的操作數(shù)?；舅枷耄褐灰僮鲾?shù)有效，就將其取到保留站，避免指令流出時才到寄存器中取數(shù)據，這就使得即將執(zhí)行的指令從相應的保留站中取得操作數(shù)，而不是從寄存器中。指令的執(zhí)行結果也是直接送到等待數(shù)據的其它保留站中去。因而，對于連續(xù)的寄存器寫，只有最后一個才真正更新寄存器中的內容。一條指令流出時，存放操作數(shù)的寄存器名被換成為對應于該寄存器保留站的名稱（編號）。3.13有一個流水線由4段組成，其中每

5、當流經第3段時，總要在該段循環(huán)一次，然后才能流到第4段。如果每段經過一次所需要的時間都是，問：（1） 當在流水線的輸入端連續(xù)地每時間輸入任務時，該流水線會發(fā)生什么情況？（2） 此流水線的最大吞吐率為多少？如果每輸入一個任務，連續(xù)處理10個任務時的實際吞吐率和效率是多少？（3） 當每段時間不變時，如何提高該流水線的吞吐率？仍連續(xù)處理10個任務時，其吞吐率提高多少？解：（1）會發(fā)生流水線阻塞情況。第1個任務S1S2S3S3S4第2個任務S1S2stallS3S3S4第3個任務S1stallS2stallS3S3S4第4個任務S1stallS2stallS3S3S4（2）（3）重復設置部件吞吐率提高

6、倍數(shù)1.643.17 假設各種分支指令數(shù)占所有指令數(shù)的百分比如下：條件分支20%（其中的60%是分支成功的）跳轉和調用5%現(xiàn)有一條段數(shù)為4的流水線，無條件分支在第二個時鐘周期結束時就被解析出來，而條件分支要到第三個時鐘周期結束時才能夠被解析出來。第一個流水段是完全獨立于指令類型的，即所有類型的指令都必須經過第一個流水段的處理。請問在沒有任何控制相關的情況下，該流水線相對于存在上述控制相關情況下的加速比是多少？解：沒有控制相關時流水線的平均CPI1存在控制相關時：由于無條件分支在第二個時鐘周期結束時就被解析出來，而條件分支要到第3個時鐘周期結束時才能被解析出來。所以：（1）若使用排空流水線的策略

7、，則對于條件分支，有兩個額外的stall，對無條件分支，有一個額外的stall：CPI = 1+20%*2+5%*1 = 1.45 加速比S=CPI/1 = 1.45（2） 若使用預測分支成功策略，則對于不成功的條件分支，有兩個額外的stall，對無條件分支和成功的條件分支，有一個額外的stall 1：CPI = 1+20%*(60%*1+40%*2) +5%*1 = 1.33 加速比S=CPI/1 = 1.33（3）若使用預測分支失敗策略，則對于成功的條件分支，有兩個額外的stall；對無條件分支，有一個額外的stall；對不成功的條件分支，其目標地址已經由PC 值給出，不必等待，所以無延遲

8、：CPI = 1+20%*(60%*2 + 40%*0) +5%*1 = 1.29 加速比S=CPI/1 = 1.294.4 假設有一條長流水線，僅僅對條件轉移指令使用分支目標緩沖。假設分支預測錯誤的開銷為4個時鐘周期，緩沖不命中的開銷為3個時鐘周期。假設：命中率為90%，預測精度為90%，分支頻率為15%，沒有分支的基本CPI為1。（1） 求程序執(zhí)行的CPI。（2） 相對于采用固定的2個時鐘周期延遲的分支處理，哪種方法程序執(zhí)行速度更快？解：（1）程序執(zhí)行的CPI = 沒有分支的基本CPI（1） + 分支帶來的額外開銷分支帶來的額外開銷是指在分支指令中，緩沖命中但預測錯誤帶來的開銷與緩沖沒有命

9、中帶來的開銷之和。分支帶來的額外開銷= 15% * (90%命中×10%預測錯誤×4 + 10沒命中×3)= 0.099所以，程序執(zhí)行的CPI 1 0.099 = 1.099（2）采用固定的2 個時鐘周期延遲的分支處理CPI = 1 + 15%×2 = 1.3由（1）（2）可知分支目標緩沖方法執(zhí)行速度快。4.9 設指令流水線由取指令、分析指令和執(zhí)行指令3個部件構成，每個部件經過的時間為t，連續(xù)流入12條指令。分別畫出標量流水處理機以及ILP均為4的超標量處理機、超長指令字處理機、超流水處理機的時空圖，并分別計算它們相對于標量流水處理機的加速比。解：標量流

10、水處理機的時空圖：執(zhí)行完12條指令需T114t。超標量流水處理機與超長指令字處理機的時空圖：超標量流水處理機中，每一個時鐘周期同時啟動4條指令。執(zhí)行完12條指令需T25t，相對于標量流水處理機的加速比為：超長指令字處理機中，每4條指令組成一條長指令，共形成3條長指令。執(zhí)行完12條指令需T35t，相對于標量流水處理機的加速比為：超流水處理機的時空圖：超流水處理機中，每1/4個時鐘周期啟動一條指令。執(zhí)行完12條指令需T45.75t，相對于標量流水處理機的加速比為： 4、（10分）假定我們有一臺計算機，如果所有的cache訪問都命中的話，它的CPI是2.0。唯一的數(shù)據訪問指令是store和

11、load，它們占指令總數(shù)的40，不命中損失是25個時鐘周期，不命中率是2。如果所有的指令訪問cache都命中的話，那么機器的速度是存在cache不命中時的多少倍？首先計算所有cache訪問都命中時計算機的性能：    CPU執(zhí)行時間（CPU時鐘周期內存停機周期）×時鐘周期時長           （IC×CPI0）×時鐘周期時長       

12、60;    IC×2.0×時鐘周期時長    現(xiàn)在計算考慮cache不命中在內的真實計算機性能，我們先計算內存停機周期：    內存停機周期IC×每條指令訪問內存的次數(shù)×不命中率×不命中損失           IC×（10.4）×0.02×25    &#

13、160;      IC×0.7    其中（10.4）代表每條指令訪問一次內存,而占指令總數(shù)40%的store和load訪問兩次內存,所以平均每條指令訪問訪問(1+0.4)次內存。這樣總的性能是：    CPU執(zhí)行時間=（IC×2.0IC×0.7）×時鐘周期時長           = IC×2.

14、7×時鐘周期時長    性能提高的比是執(zhí)行時間之比的倒數(shù)：    cache不命中考慮在內的CPU執(zhí)行時間/cache訪問全部命中的CPU執(zhí)行時間為：    2.7×IC×時鐘周期時長/2.0×IC×時鐘周期時長1.35    cache訪問全部命中時的速度是有cache不命中時機器速度的1.35倍。   5、（10分）假設某臺機器訪問存儲器都是cache命

15、中，那么它的CPI等于2。還假設只有Load和Store指令才能訪問存儲器數(shù)據，這兩種指令的數(shù)目占整個程序的40%。如果訪問存儲器時出現(xiàn)cache缺失，則一次缺失需要花費25個時鐘周期。問這臺機器在所有指令都cache命中情況比有2%缺失情況快幾倍？根據題意，在程序的執(zhí)行過程中平均每條指令需要一次取指令和0.4次訪問數(shù)據。因此，在有2% cache缺失時，由于cache缺失帶來的額外開銷為： 這臺機器在所有指令都cache命中時，CPU執(zhí)行時間為：    而在有2%缺失情況時，CPU執(zhí)行時間為：    所

16、以這臺機器在所有指令都cache命中情況比有2%缺失情況快 1、（12分）在一臺單流水線處理機上執(zhí)行下面的程序。每條指令都要經過“取指令”、“譯碼”、“執(zhí)行”和“寫結果”4個流水段，每個流水段的延遲時間都是5ns。執(zhí)行部件的輸出端有直接數(shù)據通路與它的輸入端相連接，執(zhí)行部件產生的條件碼也直接送入控制器。K1： MOVE R1, #4 ；R1向量長度4K2：LOOP：MOVE R2, A(R1) ；R2A向量的一個元素K3： ADD R0, R2 ；R0(R0)(R2)K4： DNE R1, LOOP ；R1(R1)1,若(R1)0轉向LOOPK5： MOVE SUN，R0 ；SUN(R0)，保存

17、結果(1)列出指令之間的所有數(shù)據相關，包括讀寫、寫讀和寫寫數(shù)據相關。(2)采用預測轉移不成功的靜態(tài)分支預測技術，畫出指令流水線的時空圖(可用指令序號表示)，并計算流水線的吞吐率、加速比和效率。(3)采用預測轉移成功的靜態(tài)分支預測技術，計算指令流水線的吞吐率、加速比和效率。1、解:(1)指令K1與指令K2之間關于R1的寫讀數(shù)據相關（第1次循環(huán)）指令K1與指令K4之間關于R1的寫讀數(shù)據相關（第1次循環(huán)）指令K1與指令K4之間關于R1的寫寫數(shù)據相關（第1次循環(huán)）指令K2與指令K3之間關于R2的寫讀數(shù)據相關（每次循環(huán)內）指令K2與指令K4之間關于R1的讀寫數(shù)據相關（第次循環(huán)內）指令K3與指令K5之間關

18、于R0的寫讀數(shù)據相關（最后一次循環(huán)）另外，相鄰循環(huán)體之間的數(shù)據相關還有：指令K4與下一循環(huán)的指令K2之間關于R1的寫讀數(shù)據相關指令K3與下一循環(huán)的指令K2之間關于R2的讀寫數(shù)據相關指令K2與下一循環(huán)的指令K2之間關于R2的寫寫數(shù)據相關指令K3與下一循環(huán)的指令K3之間關于R0的寫讀數(shù)據相關指令K3與下一循環(huán)的指令K3之間關于R0的讀寫數(shù)據相關指令K3與下一循環(huán)的指令K3之間關于R0的寫寫數(shù)據相關指令K4與下一循環(huán)的指令K4之間關于R1的寫讀數(shù)據相關指令K4與下一循環(huán)的指令K4之間關于R1的讀寫數(shù)據相關指令K4與下一循環(huán)的指令K4之間關于R1的寫寫數(shù)據相關(2)采用預測轉移不成功的靜態(tài)分支預測技術

19、1234567891011121314151617181920212223寫結果K1K2K3K4K2K3K4K2K3K4K2K3K4K5執(zhí)行K1K2K3K4K2K3K4K2K3K4K2K3K4K5譯碼K1K2K3K4K2K3K4K2K3K4K2K3K4K5取指令K1K2K3K4K2K3K4K2K3K4K2K3K4K5 (3)采用預測轉移成功的靜態(tài)分支預測技術12345678910111213141516171819寫結果K1K2K3K4K2K3K4K2K3K4K2K3K4K5執(zhí)行K1K2K3K4K2K3K4K2K3K4K2K3K4K5譯碼K1K2K3K4K2K3K4K2K3K4K2K3K4K5

20、取指令K1K2K3K4K2K3K4K2K3K4K2K3K4K5 4、（12分）某RISC處理機的工作主頻為500MHz，有一個Cache和一個主存儲器，Cache的存取周期為2ns，主存儲器的存取周期為20ns，Cache的命中率為99%，有20%的LOAD/STORE指令，并假設處理機速度的瓶頸完全在存儲系統(tǒng)。(1)求理想情況(Cache的命中率為100%)下的CPI。(2)計算該RISC處理機的實際MIPS速率。(3)如果處理機的工作主頻提高到1GHz，計算實際CPI和MIPS速率。4、解答：(1)CPI=(2ns+2ns´20%)´500MHz=1.2(2)MIPS=

21、1/(2ns´99%+20ns´1%+2ns´20%´99%+20ns´20%´1%) =1/2.616ns=382.3(3)CPI=(2ns´99%+20ns´1%+2ns´20%´99%+20ns´20%´1%)´1GHz =2.616ns´1GHz=2.616MIPS=1/2.616ns=382.35.10 假設對指令Cache的訪問占全部訪問的75%；而對數(shù)據Cache的訪問占全部訪問的25%。Cache的命中時間為1個時鐘周期，失效開銷為50 個

22、時鐘周期，在混合Cache中一次load或store操作訪問Cache的命中時間都要增加一個時鐘周期，32KB的指令Cache的失效率為0.39%，32KB的數(shù)據Cache的失效率為4.82%，64KB的混合Cache的失效率為1.35%。又假設采用寫直達策略，且有一個寫緩沖器，并且忽略寫緩沖器引起的等待。試問指令Cache和數(shù)據Cache容量均為32KB的分離Cache和容量為64KB的混合Cache相比，哪種Cache的失效率更低？兩種情況下平均訪存時間各是多少？解：（1）根據題意，約75%的訪存為取指令。因此，分離Cache的總體失效率為：（75%×0.15%）（25%

23、5;3.77%）1.055%； 容量為128KB的混合Cache的失效率略低一些，只有0.95%。 （2）平均訪存時間公式可以分為指令訪問和數(shù)據訪問兩部分： 平均訪存時間指令所占的百分比×（讀命中時間讀失效率×失效開銷） 數(shù)據所占的百分比×（數(shù)據命中時間數(shù)據失效率×失效開銷） 所以，兩種結構的平均訪存時間分別為： 分離Cache的平均訪存時間75%×（10.15%×50）25%×（13.77%×50）（75%×1.075）（25%×2.885）1.5275 混合Cache的平均訪存時間75%&#

24、215;（10.95%×50）25%×（110.95%×50）（75%×1.475）（25%×2.475）1.725因此，盡管分離Cache的實際失效率比混合Cache的高，但其平均訪存時間反而較低。分離Cache提供了兩個端口，消除了結構相關。5.11 給定以下的假設，試計算直接映象Cache和兩路組相聯(lián)Cache的平均訪問時間以及CPU的性能。由計算結果能得出什么結論？（1） 理想Cache情況下的CPI為2.0，時鐘周期為2ns，平均每條指令訪存1.2次；（2） 兩者Cache容量均為64KB，塊大小都是32字節(jié)；（3） 組相聯(lián)Cache

25、中的多路選擇器使CPU的時鐘周期增加了10；（4） 這兩種Cache的失效開銷都是80ns；（5） 命中時間為1個時鐘周期；（6） 64KB直接映象Cache的失效率為1.4，64KB兩路組相聯(lián)Cache的失效率為1.0。解： 平均訪問時間命中時間失效率×失效開銷平均訪問時間1-路=2.0+1.4% *80=3.12ns平均訪問時間2-路=2.0*(1+10%)+1.0% *80=3.0ns兩路組相聯(lián)的平均訪問時間比較低CPUtime=（CPU執(zhí)行+存儲等待周期）*時鐘周期CPU time=IC（CPI執(zhí)行+總失效次數(shù)/指令總數(shù)*失效開銷） *時鐘周期=IC（CPI執(zhí)行*時鐘周期）+

26、（每條指令的訪存次數(shù)*失效率*失效開銷*時鐘周期）CPU time 1-way=IC(2.0*2+1.2*0.014*80)5.344ICCPU time 2-way=IC(2.2*2+1.2*0.01*80)5.36IC相對性能比：5.36/5.344=1.003直接映象cache的訪問速度比兩路組相聯(lián)cache要快1.04倍，而兩路組相聯(lián)Cache的平均性能比直接映象cache要高1.003倍。因此這里選擇兩路組相聯(lián)。123-13-24-14-24-34-41. 3.12 有一指令流水線如下所示（1） 求連續(xù)輸入10條指令，該流水線的實際吞吐率和效率；（2） 該流水線的“瓶頸”在哪一段？請

27、采取兩種不同的措施消除此“瓶頸”。對于你所給出的兩種新的流水線，連續(xù)輸入10條指令時，其實際吞吐率和效率各是多少？解：（1）（2）瓶頸在3、4段。n 變成八級流水線（細分）n 重復設置五、有5個中斷源D1、D2、D3、D4、和D5，它們的中斷優(yōu)先級從高到低分別是1級、2級、3級、4級和5級，這些中斷源的中斷優(yōu)先級、正常情況下的中斷屏蔽碼和改變后的中斷屏蔽碼見表45所示。每個中斷源有5位中斷屏蔽碼，“O”表示該中斷開放，“1”表示該中斷被屏蔽。表45 5個中斷源的中斷優(yōu)先級和屏蔽碼中斷源名稱中斷優(yōu)先級正常中斷屏蔽碼改變后的中斷屏蔽碼D1D2D3D4D5D1D2D3D4D5D11111111000

28、0D220111111000D330011111100D440001111011D5500001111111. 當使用正常的中斷屏蔽碼時，處理機響應各中斷源的中斷服務請求的順序是什么？實際的中斷處理次序是什么？2. 當使用改變后的中斷屏蔽碼時，處理機響應各中斷源的中斷服務請求的 順序是什么？實際的中斷處理次序是什么？1） 處理機響應各中斷源的中斷服務請求的順序是D1,D2,D3,D4,D5，實際的中斷處理次序是D1,D2,D3,D4,D52）處理機響應各中斷源的中斷服務請求的順序是D1,D2,D3,D4,D5 實際的中斷處理次序是D4,D5,D3,D2,D1例1.3  如果FP操作的

29、比例為25%，F(xiàn)P操作的平均CPI=4.0，其它指令的平均CPI為1.33，F(xiàn)PSQR操作的比例為2%， FPSQR的CPI為20。假設有兩種設計方案，公別把FPSQR操作的CPI和所有FP操作的CPI減為2。試利用CPU性能公式比較這兩種設計方案哪一個更好(只改變CPI而時鐘頻率和指令條數(shù)保持不變)。解：原系統(tǒng)的CPI=25%×4+75%×1.33=2 方案1（使FPSQR操作的CPI為2）系統(tǒng) CPI=CPI原-2%×（20-2）=2-2%×18=1.64方案2（提高所有FP指令的處理速度）系統(tǒng) CPI=CPI原-25%×（4-2）=2-25%×2=1.5我們也可以根據以下公式計算出方案2系統(tǒng)的CPI CPI= 75%×1.33+25%×2=1.5提高所有FP指令處理速度的方案要比提高FPSQR處理速度的方案要好。方案2的加速比=2/1.5= 1.33例1.1  假設將某系統(tǒng)的某一部件的處理速度加快到10倍但該部件的原處理時間僅為整個運行時間的40%，則采用加快措施后能使整個系統(tǒng)的性能提高多少？解：由題意可知：Fe=0.4, Se=10，根據Amdahl定律作5.4 在一臺單流水線多操作部件的處