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計算機組成與系統(tǒng)結(jié)構課后答案免費版全(清華大學出版社—袁春風主編)第1章習題答案5.若有兩個基準測試程序P1和P2在機器Ml和M2上運行,假定Ml和M2的價格分別是5000元和8000元,下表給出了P1和P2在Ml和M2上所花的時間和指令條數(shù)。程序MlM2指令條數(shù)執(zhí)行時間(ms)指令條數(shù)執(zhí)行時間(ms)P1200x10610000150xl065000P2300x1()33420x1()36請回答下列問題:對于PL哪臺機器的速度快?快多少?對于P2呢?在Ml上執(zhí)行P1和P2的速度分別是多少MIPS?在M2上的執(zhí)行速度又各是多少?從執(zhí)行速度來看,對于P2,哪臺機器的速度快?快多少?假定Ml和M2的時鐘頻率各是800MHz和1.2GHz,則在Ml和M2上執(zhí)行P1時的平均時鐘周期數(shù)CPI各是多少?如果某個用戶需要大量使用程序P1,并且該用戶主要關心系統(tǒng)的響應時間而不是吞吐率,那么,該用戶需要大批購進機器時,應該選擇Ml還是M2?為什么?(提示:從性價比上考慮)如果另一個用戶也需要購進大批機器,但該用戶使用P1和P2一樣多,主要關心的也是響應時間,那么,應該選擇Ml還是M2?為什么?參考答案:(1)對于PLM2比Ml快一倍;對于P2,Ml比M2快一倍。(2)對于MLPl的速度為:200M/10=20MIPS;P2為300k/0.003=100MIPSo對于M2,P1的速度為:150M/5=30MIPS;P2為420k/0.006=70MIPSo從執(zhí)行速度來看,對于P2,因為100/70=1.43倍,所以Ml比M2快0.43倍。(3)在Ml上執(zhí)行P1時的平均時鐘周期數(shù)CPI為:10x800M/(200x106)=40o在M2上執(zhí)行P1時的平均時鐘周期數(shù)CPI為:5xl.2G/(150xl06)=40o(4)考慮運行Pl時Ml和M2的性價比,因為該用戶主要關心系統(tǒng)的響應時間,所以性價比中的性能應考慮執(zhí)行時間,其性能為執(zhí)行時間的倒數(shù)。故性價比R為:R=l/(執(zhí)行時間x價格)R越大說明性價比越高,也即,“執(zhí)行時間x價格”的值越小,則性價比越高。因為10x5000>5x8000,所以,M2的性價比高。應選擇M2。(5)P1和P2需要同等考慮,性能有多種方式:執(zhí)行時間總和、算術平均、幾何平均。若用算術平均方式,貝!J:因為(10+0.003)/2x5000>(5+0.006)/2x8000,所以M2的性價比高,應選擇M2。若用幾何平均方式,貝!I:因為sqrt(10x0.003)x5000<sqrt(5x0.006)x8000,所以Ml的性價比高,應選擇Ml。6.若機器Ml和M2具有相同的指令集,其時鐘頻率分別為1GHz和l.5GHz。在指令集中有五種不同類型的指令A?E。下表給出了在Ml和M2上每類指令的平均時鐘周期數(shù)CPIo機器ABCDEMl12234M222456請回答下列問題:(1)Ml和M2的峰值MIPS各是多少?(2)假定某程序P的指令序列中,五類指令具有完全相同的指令條數(shù),則程序P在Ml和M2上運行時,哪臺機器更快?快多少?在Ml和M2上執(zhí)行程序P時的平均時鐘周期數(shù)CPI各是多少?參考答案:Ml上可以選擇一段都是A類指令組成的程序,其峰值MIPS為1000MIPS。M2上可以選擇一段A和B類指令組成的程序,其峰值MIPS為1500/2=750MIPS。5類指令具有完全相同的指令條數(shù),所以各占20%。在Ml和M2上執(zhí)行程序P時的平均時鐘周期數(shù)CPI分別為:Ml:20%x(l+2+2+3+4)=0.2x12=2.4M2:20%x(2+2+4+5+6)=0.2x19=3.8假設程序P的指令條數(shù)為N,則在Ml和M2上的執(zhí)行時間分別為:Ml:2.4xNxl/1G=2.4N(ns)M2:3.8xNxl/1.5G=2.53N(ns)Ml執(zhí)行P的速度更快,每條指令平均快0.13ns,也即Ml比M2快0.13/2.53x100%Q5%。(思考:如果說程序P在Ml上執(zhí)行比M2上快(3.8-2.4)/3.8x100%=36.8%,那么,這個結(jié)論顯然是錯誤的。請問錯在什么地方?)7.假設同一套指令集用不同的方法設計了兩種機器Ml和M2。機器Ml的時鐘周期為0.8ns,機器M2的時鐘周期為1.2nso某個程序P在機器Ml上運行時的CPI為4,在M2上的CPI為2。對于程序P來說,哪臺機器的執(zhí)行速度更快?快多少?參考答案:假設程序P的指令條數(shù)為N,則在Ml和M2上的執(zhí)行時間分別為:Ml:4Nx0.8=3.2N(ns)M2:2Nxl.2=2.4N(ns)所以,M2執(zhí)行P的速度更快,每條指令平均快0.8ns,比Ml快0.8/3.2x100%=25%。.假設某機器M的時鐘頻率為4GHz,用戶程序P在M上的指令條數(shù)為8xl09,其CPI為1.25,則P在M上的執(zhí)行時間是多少?若在機器M上從程序P開始啟動到執(zhí)行結(jié)束所需的時間是4秒,則P占用的CPU時間的百分比是多少?參考答案:程序P在M上的執(zhí)行時間為:L25x8xlO9xl/4G=2.5s,從啟動P執(zhí)行開始到執(zhí)行結(jié)束的總時間為4秒,其中2.5秒是P在CPU上真正的執(zhí)行時間,其他時間可能執(zhí)行操作系統(tǒng)程序或其他用戶程序。程序P占用的CPU時間的百分比為:2.5/4=62.5%o.假定某編譯器對某段高級語言程序編譯生成兩種不同的指令序列S1和S2,在時鐘頻率為500MHz的機器M上運行,目標指令序列中用到的指令類型有A、B、C和D四類。四類指令在M上的CPI和兩個指令序列所用的各類指令條數(shù)如下表所示。ABCD各指令的CPI1234S1的指令條數(shù)5221S2的指令條數(shù)1115請問:S1和S2各有多少條指令?CPI各為多少?所含的時鐘周期數(shù)各為多少?執(zhí)行時間各為多少?參考答案:S1有10條指令,CPI為(5x1+2x2+2x3+1x4)/10=19所含的時鐘周期數(shù)為10x1.9=19,執(zhí)行時間為19/500M=38ns。S2有8條指令,CPI為(1x1+1x2+1x3+5x4)/8=3.25,所含的時鐘周期數(shù)為8x3.25=26,執(zhí)行時間為26/500M=52nso(注:從上述結(jié)果來看,對于同一個高級語言源程序,在同一臺機器上所生成的目標程序不同,其執(zhí)行時間可能不同,而且,并不是指令條數(shù)少的目標程序執(zhí)行時間就一定少。).假定機器M的時鐘頻率為L2GHz,某程序P在機器M上的執(zhí)行時間為12秒鐘。對P優(yōu)化時,將其所有的乘4指令都換成了一條左移2位的指令,得到優(yōu)化后的程序曰。已知在M上乘法指令的CPI為5,左移指令的CPI為2,P的執(zhí)行時間是曰執(zhí)行時間的1.2倍,則P中有多少條乘法指令被替換成了左移指令被執(zhí)行?參考答案:顯然,P,的執(zhí)行時間為10秒,因此,P比P,多花了2秒鐘,因此,執(zhí)行時被換成左移指令的乘法指令的條數(shù)為1.2Gx2/(5-2)=8OOM0第二章習題答案3.實現(xiàn)下列各數(shù)的轉(zhuǎn)換。(25.8125)10=(?)2=(?)8=(?)16(101101.011)2=(?)10=(?)8=(?)16=(?)8421(010110010110.0011)8421=(?)10=(?)2=(?)(4E.C)16=(?)10=(?)2參考答案:(25.8125)10=(11001.1101)2=(31.64)8=(19.D)(101101.011)2=(45.375)10=(55.3)8=(2D.6)16=(01000101.001101110101)8421(3)(010110010110.0011)8421=(596.3)10=(1001010100.01001100110011...)2=(254.4CCC...)16(4E.C)16=(78.75)io=(01001110.11)2.假定機器數(shù)為8位(1位符號,7位數(shù)值),寫出下列各二進制數(shù)的原碼和補碼表示。

+0.1001,-0.1001,4-1.0,-1.0,+0.010100,-0.010100,+0,-0參考答案:+0.1001:-0.1001:+1.0:+0.1001:-0.1001:+1.0:-1.0:+0.010100:-0.010100:+0:-0:原碼0.10010001.1001000溢出溢出補碼0.10010001.0111000溢出1.00000000.01010001.01010000.00000001.00000000.01010001.10110000.00000000.0000000.假定機器數(shù)為8位(1位符號,7位數(shù)值),寫出下列各二進制數(shù)的補碼和移碼表示。+1001,-1001,+1,-1,+10100,-10100,+0,-0參考答案:移碼補碼+1001: 10001001 00001001-1001; 01110111 11110111+1: 10000001 00000001—1: 011111111 11111111

+10100: 10010100 00010100-10100: 01101100 11101100+0: 10000000 00000000-0: 10000000 000000006.已知6.已知[x]補,求x(1)[x]補=1.1100111(3)[x]補=0.1010010參考答案:[x]補=1.1100111[X]補=10000000-128[x]補=0.1010010[x]補=11010011(2)區(qū)補=10000000(4)[x]補=11010011x=-0.0011001Bx=-10000000B=x=+0.101001Bx=-101101B=-457.假定一臺32位字長的機器中帶符號整數(shù)用補碼表示,浮點數(shù)用IEEE754標準表示,寄存器R1和R2的內(nèi)容分別為RI:0000108BH,R2:8080108BH。不同指令對寄存器進行不同的操作,因而,不同指令執(zhí)行時寄存器內(nèi)容對應的真值不同。假定執(zhí)行下列運算指令時,操作數(shù)為寄存器R1和R2的內(nèi)容,則R1和R2中操作數(shù)的真值分別為多少?無符號數(shù)加法指令帶符號整數(shù)乘法指令單精度浮點數(shù)減法指令參考答案:RI=0000108BH=00000000000000000001000010001011bR2=8080108BH=10000000100000000001000010001011b(1)對于無符號數(shù)加法指令,R1和R2中是操作數(shù)的無符號數(shù)表示,因此,其真值分別為R1:108BH,R2:8080108BHo(2)對于帶符號整數(shù)乘法指令,R1和R2中是操作數(shù)的帶符號整數(shù)補碼表示,由最高位可知,R1為正數(shù),R2為負數(shù)。R1的真值為+108BH,R2的真值為一(01111111011111111110111101110100b+lb)=-7F7FEF75Ho(3)對于單精度浮點數(shù)減法指令,R1和R2中是操作數(shù)的IEEE754單精度浮點數(shù)表示。在IEEE754標準中,單精度浮點數(shù)的位數(shù)為32位,其中包含1位符號位,8位階碼,23位尾數(shù)。由R1中的內(nèi)容可知,其符號位為0,表示其為正數(shù),階碼為00000000,尾數(shù)部分為00000000001000010001011,故其為非規(guī)格化浮點數(shù),指數(shù)為-126,尾數(shù)中沒有隱藏的1,用十六進制表示尾數(shù)為+0.002U6H,故R1表示的真值為+0.002116HxW126o由R2中的內(nèi)容可知,其符號位為1,表示其為負數(shù),階碼為00000001,尾數(shù)部分為00000000001000010001011,故其為規(guī)格化浮點數(shù),指數(shù)為1-127=-126,尾數(shù)中有隱藏的1,用十六進制表示尾數(shù)為-L002116H,故R2表示的真值為-1.002116Hx104268.假定機器M的字長為32位,用補碼表示帶符號整數(shù)。下表第一列給出了在機器M上執(zhí)行的C語言程序中的關系表達式,請參照已有的表欄內(nèi)容完成表中后三欄內(nèi)容的填寫。關系表達式運算類型結(jié)果說明0==0U無符號整數(shù)100...0B=00...0B-1<0有符號整數(shù)1-(0)-1<OU無符號整數(shù)011...1B(232-l)>00...0B(0)2147483647>-2147483647-1有符號整數(shù)1O1I...1B(2J1-1)>100...OB(-2J,)2147483647U>-2147483647-1無符號整數(shù)0Oil...IB(2?1—1)<1(H)...OB(2JI)2147483647>(int)2147483648U有符號整數(shù)1Oil...IB(231—1)> OB(—231)-l>-2有符號整數(shù)1(—2)(unsigned)-1>-2無符號整數(shù)111...IB(232-1)>11...10B(232~2)9.以下是一個C語言程序,用來計算一個數(shù)組a中每個元素的和。當參數(shù)len為0時,返回值應該是0,但是在機器上執(zhí)行時,卻發(fā)生了存儲器訪問異常。請問這是什么原因造成的,并說明程序應該如何修改。floatsum_elements(floata[],unsignedlen)(inti;floatresult=0;for(i=0;i<=len-1;i++)result+=a[i];returnresult;)參考答案:參數(shù)len的類型是unsigned,所以,當len=0時,執(zhí)行l(wèi)en-1的結(jié)果為11...L是最大可表示的無符號數(shù),因而,任何無符號數(shù)都比它小,使得循環(huán)體被不斷執(zhí)行,引起數(shù)組元素的訪問越界,發(fā)生存儲器訪問異常。只要將len聲明為int型,或循環(huán)的測試條件改為i<leno.設某浮點數(shù)格式為:數(shù)符階碼尾數(shù)1位5位移碼 6位補碼其中,移碼的偏置常數(shù)為16,補碼采用一位符號位,基數(shù)為4。用這種格式表示下列十進制數(shù):+1.7,-0.12,+19,-1/8o(2)寫出該格式浮點數(shù)的表示范圍,并與12位定點補碼整數(shù)表示范圍比較。參考答案:(假定采用o舍1入法進行舍入)+1.7=+1.1011001B=O.OHOllBx41,故階碼為1+16=17=10001B,尾數(shù)為+0.0H011的補碼,BP0.011011,所以+1.7表示為010001011011o-0.12=-0.000111101B=-0.011111Bx4-1,故階碼為-1+16=15=01111B,尾數(shù)為-0.011111的補碼,即1.100001,所以一0.12表示為101111100001o+19=+10011B=O.OlOOllBx43,故階碼為3+16=19=10011B,尾數(shù)為0.010011,所以+19表示為010011010011o-1/8=-0.125=-0.001B=-0.100000x41,階碼為-1+16=15=01111B,尾數(shù)為-0.100000的補碼,即1.100000,所以-1/8表示為101111100000o(2)該格式浮點數(shù)表示的范圍如下。正數(shù)最大值:0.111111Bx411111,即:0.333x415(^230^109)正數(shù)最小值:0.000001Bx400000,即:O.0Olx4-16(弋2一34七10一10)負數(shù)最大值:—0.000001BX4°°°°°,BP:-0.001X4T6負數(shù)最小值:—1.000000BX4IIU1,即:-L000X415因此,該格式浮點數(shù)的數(shù)量級在IO」。?1()9之間。12位定點補碼整數(shù)的表示范圍為:-2”?+(2n-l),即:-2048?2047由此可見,定點數(shù)和浮點數(shù)的表示范圍相差非常大。.下列幾種情況所能表示的數(shù)的范圍是什么?16位無符號整數(shù)16位原碼定點小數(shù)16位補碼定點小數(shù)16位補碼定點整數(shù)(5)下述格式的浮點數(shù)(基數(shù)為2,移碼的偏置常數(shù)為128)數(shù)符 1位8位移碼 7位原碼參考答案:(1)無符號整數(shù):0?216—1。(2)原碼定點小數(shù):-(1-2-15)?+(1-2-15)o(3)補碼定點小數(shù):-1?+(1-2-15)0(4)補碼定點整數(shù):-32768?+32767o(5)浮點數(shù):負數(shù):-(1-2")x2+i27?_2-7*2-128。正數(shù):+2一135?(1-2-7)x2+127o.以IEEE754單精度浮點數(shù)格式表示下列十進制數(shù)。+1.75,+19,-1/8,258

參考答案:+1.75=+1.11B=1.11Bx2°,故階碼為0+127=01111111B,數(shù)符為0,尾數(shù)為1.110…0,小數(shù)點前為隱藏位,所以+1.7表示為00111111111000000000000000000000,用十六進制表示為3FE00000Ho+19=+10011B=+1.0011Bx24,故階碼為4+127=10000011B,數(shù)符為0,尾數(shù)為1.00110—0,所以+19表示為01000001100110000000000000000000,用十六進制表示為41980000Ho-1/8=-0.125=-0.001B=-1.0x2-3,階碼為-3+127=01111100B,數(shù)符為1,尾數(shù)為1.0…0,所以-1/8表示為10111110000000000000000000000000,用十六進制表示為BEOOOOOOHo258=100000010B=1.0000001Bx28,故階碼為8+127=10000111B,數(shù)符為0,尾數(shù)為1.0000001,所以258表示為01000011100000010000000000000000,用十六進制表示為43810000H。

.設一個變量的值為4098,要求分別用32位補碼整數(shù)和IEEE754單精度浮點格式表示該變量(結(jié)果用十六進制表示),并說明哪段二進制序列在兩種表示中完全相同,為什么會相同?參考答案:4098=+1000000000010B=+1.00000000001x21232位2?補碼形式為:00000000000000000001000000000010(00001002H)IEEE754單精度格式為:01000101100000000001000000000000(45801000H)粗體部分為除隱藏位外的有效數(shù)字,因此,在兩種表示中是相同的序列。.設一個變量的值為-2147483647,要求分別用32位補碼整數(shù)和IEEE754單精度浮點格式表示該變量(結(jié)果用十六進制表示),并說明哪種表示其值完全精確,哪種表示的是近似值。參考答案:-2147483647=-1111111111111111111111111111111B——L11111111111111111111111111mix23032位2?補碼形式為:10000000000000000000000000000001(80000001H)IEEE754單精度格式為:11001110111111111111111111111111(CEFFFFFFH)32位2.補碼形式能表示精確的值,而浮點數(shù)表示的是近似值,低位被截斷.下表給出了有關IEEE754浮點格式表示中一些重要數(shù)據(jù)的取值,表中已經(jīng)有最大規(guī)格化數(shù)的相應內(nèi)容,要求填入其他浮點數(shù)的相應內(nèi)容。(注:表中a代表一個在1到10之間的正純小數(shù))項目階碼尾數(shù)單精度雙精度以2的幕次表示的值以10的幕次表示的值以2的幕次表示的值以10的幕次表示的值000000000????000000011111110—.0011110111111101-11100000001?!?00(2-20)X2127aXioM(2-*)、23aXW最大規(guī)格化數(shù)000(X)0001-11最小規(guī)格化數(shù)000000000-01l.oX212*aXiowi.oX2'M2aX10-MB最大非規(guī)格化數(shù)111111110????00最小非規(guī)格化數(shù)11111111非全0(1—2“3)X2心aXi0-MaXio-^+8NaN2-23*2加=2*aXio-442T2X2"aXio7——-—.已知下列字符編碼:A=1000001,a=1100001,0=0110000,求E、e、f、7、G、Z、5的7位ACSII碼和第一位前加入奇校驗位后的8位編碼。參考答案:E的ASCII碼為W+ -,£)=1000001+100=1000101,奇校驗位P=0,第一位前加入奇校驗位后的8位編碼是0100OlOloe的ASCH碼為'a'+Ce9-aa9)=1100001+100=1100101,奇校驗位P=1,第一位前加入奇校驗位后的8位編碼是1110OlOlof的ASCII碼為‘a(chǎn)'+(f-匕,)=1100001+101=1100110,奇校驗位P=l,第一位前加入奇校驗位后的8位編碼是11100110。7的ASCII碼為'0'+(7-0)=0110000+111=ononi,奇校驗位p=o,第一位前加入奇校驗位后的8位編碼是00110111oG的ASCII碼為'A'+fG5-6A5)=1000001+0110=1000111,奇校驗位P=1,第一位前加入奇校驗位后的8位編碼是1100OllloZ的ASCII碼為'A'+(,Z,-,A,)=1000001+11001=1011010,奇校驗位P=1,第一位前加入奇校驗位后的8位編碼是11011010o5的ASCII碼為'O'+(5-O)=OilOOOO+101=Oil0101,奇校驗位P=1,第一位前加入奇校驗位后的8位編碼是10110101。17.假定在一個程序中定義了變量x、y和3其中,x和y是float型變量(用IEEE754單精度浮點數(shù)表示),i是16位short型變量(用補碼表示)。程序執(zhí)行到某一時刻,x=-0.125>y=7.5>i=100,它們都被寫到了主存(按字節(jié)編址),其地址分別是100,108和112o請分別畫出在大端機器和小端機器上變量x、y和i在內(nèi)存的存放位置。參考答案:-0.125=-0.00IB=-1.0x2.x在機器內(nèi)部的機器數(shù)為:10111110000...0(BE000000H)7.5=+111.1B=+1.111x22y在機器內(nèi)部的機器數(shù)為:01000000111100...0(40F00000H)100=64+32+4=1100100Bi在機器內(nèi)部表示的機器數(shù)為:0000000001100100(0064H)大端機

地址內(nèi)容內(nèi)容100BEH00H10100H00H10200H00H10300HBEH10840H00H109F0H00H11000HF0H11100H40H11200H64H11364H00H18.假定某計算機的總線采用奇校驗,每8位數(shù)據(jù)有一位校驗位,若在32位數(shù)據(jù)線上傳輸?shù)男畔⑹?F3CAB96H,則對應的4個校驗位應為什么?若接受方收到的數(shù)據(jù)信息和校驗位分別為873CAB96H和0101B,則說明發(fā)生了什么情況,并給出驗證過程。參考答案:傳輸信息8F3CAB96H展開為10001111001111001010101110010110,每8位有一個奇校驗位,

因此,總線上發(fā)送方送出的4個校驗位應該分別為0、1、0、lo接受方的數(shù)據(jù)信息為873CAB96H,展開后為10000111001111001010101110010110;接收到的校驗位分別為0、1、0、lo在接受方進行校驗判斷如下:根據(jù)接收到的數(shù)據(jù)信息計算出4個奇校驗位分別為1、1、0、1,將該4位校驗位分別和接收到的4位校驗位進行異或,得到1、0、0、0,說明數(shù)據(jù)信息的第一個字節(jié)發(fā)生傳輸錯誤。對照傳輸前、后的數(shù)據(jù)信息,第一字節(jié)8FH變成了87H,說明確實發(fā)生了傳輸錯誤,驗證正確。19.寫出16位數(shù)據(jù)的SEC碼。假定數(shù)據(jù)為0101000101000110,說明SEC碼如何正確檢測數(shù)據(jù)位5的錯誤。參考答案:對于16位數(shù)據(jù),可以如下插入校驗位:M16Mj5M14MsM12P5MyMjoM9MgM7M5P4M4M3M2P3MlP2Pl其中Mi是原信息數(shù)據(jù),H是加入的校驗位,對于

各個校驗位的值可以如下計算Pi=M]十M2十M3十十M5十M7十M9十Mu十Mi2十M14十M[6=1P2=M]十M3十M4十十M7十Mio十Mu十Mg十Mm=1P3=M2十M3十M4十Mg十M9十Mio十Mu十M]5十M16=0P4=M5十M6十M7十M8十M9十M10十Mu=OP5=M]2十M13十M14十M15十M16=0所以此時P5P4P3P2Pl=00011,第五位數(shù)據(jù)出錯時,數(shù)據(jù)字變?yōu)椋?101000101010110,P5P4P3P2Pl=01010,故障字=00011十01010=01001,說明碼字第9位出錯,即M5出錯。20.假設要傳送的數(shù)據(jù)信息為:100011,若約定的生成多項式為:G(x)=x3+l,則校驗碼為多少?假定在接收端接收到的數(shù)據(jù)信息為100010,說明如何正確檢測其錯誤,寫出檢測過程。參考答案:原數(shù)據(jù)信息為100011,對應的報文多項式為M(x)=x5+x+l,生成多項式的位數(shù)為4位,所以在原數(shù)據(jù)信息后面添加3個0,變?yōu)镸'(x)=x3M(x)=x8+x4+X3,用M(x)去模2除G(x),得到的余數(shù)為111,所以得到CRC碼為100011111o檢測時,用接收到的CRC碼去模2除生成多項式1001,若得到的余數(shù)為0,則表明正確,否則說明傳輸時發(fā)生了錯誤。此題中接收到的CRC碼為100010111(即數(shù)據(jù)100010加檢驗位111),顯然,用100010111模2除1001,得到余數(shù)為001,不為0,說明傳輸時發(fā)生錯誤。第3章習題答案2(4)高級語言中的運算和機器語言(即指令)中的運算是什么關系?假定某一個高級語言源程序P中有乘、除運算,但機器M中不提供乘、除運算指令,則程序P能否在機器M上運行?為什么?參考答案:(略).考慮以下C語言程序代碼:intfuncl(unsignedword)return(int)((word?24)?24);

intfunc2(unsignedword){return((int)word?24)?24;)假設在一個32位機器上執(zhí)行這些函數(shù),該機器使用二進制補碼表示帶符號整數(shù)。無符號數(shù)采用邏輯移位,帶符號整數(shù)采用算術移位。請?zhí)顚懴卤?,并說明函數(shù)fund和fund的功能。Wfuncl(w)func2(w)機器數(shù)值機器數(shù)值機器數(shù)值0000007FH1270000007FH+1270000007FH+12700000080H128()0000080H+128FFFFFF80H-128000000FFH25500(X)00FFH+255FFFFFFFFH-100000100H256()0000000H0000()OOOOH0函數(shù)fund的功能是把無符號數(shù)高24位清零(左移24位再邏輯右移24位),結(jié)果一定是正的有符號數(shù);而函數(shù)func2的功能是把無符號數(shù)的高24位都變成和第25位一樣,因為左移24位后進行算術右移,高24位補符號位(即第25位)。.填寫下表,注意對比無符號數(shù)和帶符號整數(shù)的乘法結(jié)果,以及截斷操作前、后的結(jié)果。模式Xyxxy(截斷前)xxy(截斷后)機器數(shù)值機器數(shù)值機器數(shù)值機器數(shù)值無符號數(shù)11060102001100121004二進制補碼110-2010+2111100-4100-4

無符號數(shù)00111117()0011171117二進制補碼()01+1111-1111111-1111-1無符號數(shù)11171117110001490011二進制補碼111-1111一1000001+1001+1.以下是兩段C語言代碼,函數(shù)arithQ是直接用C語言寫的,而optarith()是對arith()函數(shù)以某個確定的M和N編譯生成的機器代碼反編譯生成的。根據(jù)optarith(),可以推斷函數(shù)arith()中M和N的值各是多少?#defineM#defineNintarith(intx,inty)(intresult=0;result=x*M+y/N;returnresult;}intoptarith(intx,inty)(intt=x;x?=4;x-=t;if(y<0)y+=3;y?2;returnx+y;參考答案:可以看出x*M和"intt=x;x?=4;x-=t;v三句對應,這些語句實現(xiàn)了x乘15的功能(左移4位相當于乘以16,然后再減1),因此,M等于15;y/N與“if(yv0)y+=3;y>>2;”兩句對應,功能主要由第二句“y右移2位”實現(xiàn),它實現(xiàn)了y除以4的功能,因此N是4。而第一句“if(y〈O)y+=3;”主要用于對y=-l時進行調(diào)整,若不調(diào)整,則-而-1/4=0,兩者不等;調(diào)整后-1+3=2,2?2=0,兩者相等。思考:能否把if(y<0)y+=3;改成if(y<0)y+=2;?不能!因為y=-4時不正確。.設A,?A1和B4?Bi分別是四位加法器的兩組輸入,J為低位來的進位。當加法器分別采用串行進位和先行進位時,寫出四個進位C4?G的邏輯表達式。參考答案:串行進位:G=XQo+YiCo+Xi%C2=XzCj+YzCi+X2Y2C3=X3C2+Y3C2+X3y3C4=X4C3+Y4C3+x4y4并行進位:C產(chǎn)X1Y1+(Xi+Yi)CoC2=X2Y2+(X2+Y2)XiYi+(X2+Y2)(Xi+Yi)CoC3=X3Y3+(X3+Y3)X2Y2+(X3+Y3)(X2+Y2)XiYi+(X3+Y3)(X2+Y2)(X1+YOCoC4=X4Y4+(X4+Y4)X3Y3+(X4+Y4)(X3+Y3)X2Y2+(X4+Y4)(X3+Y3)(X2+Y2)X1Yi+(X4+Y4)(X3+Y3)(X2+Y2)(X1+Y1)Co.用SN74181和SN74182器件設計一個16位先行進位補碼加/減運算器,畫出運算器的邏輯框圖,并給出零標志、進位標志、溢出標志、符號標志的生成電路。參考答案(圖略):邏輯框圖參見教材中的圖3.15和圖3.16,將兩個圖結(jié)合起來艮呵,也即只要將圖3.15中的B輸入端的每一位用取反,得到此,和原碼此一起送到一個二路選擇器,由進位Co作為選擇控制信號。當&為1時做減法,此時,選擇將坨作為SN74181的B輸入端;否則,當Co為1時,做加法。零標志ZF、進位標志CF、溢出標志OF、符號標志SF的邏輯電路根據(jù)以下邏輯表達式畫出即可。ZF=F15+F14+F13+F12+F11+F1o+F9+F8+F7+F6+F5+F4+F3+F2+F1+F0cf=c16OF=Co(A15B15F15+A15B15F15)+Co(A15B15F”+A15B15F。SF=F15.用SN74181和SN74182器件設計一個32位的ALU,要求采用兩級先行進位結(jié)構。寫出所需的SN74181和SN74182芯片數(shù)。畫出32位ALU的邏輯結(jié)構圖。參考答案(圖略):將如圖3.15所示的兩個16位ALU級聯(lián)起來即可,級聯(lián)時,低16位ALU的高位進位C16作為高16位ALU的低位進位Co,因此,只要用8片SN74181和2片SN74182。.已知x=10,y=-6,采用6位機器數(shù)表示。請按如下要求計算,并把結(jié)果還原成真值。求[x+y]補,[x—y]補。(2)用原碼一位乘法計算[xxy]原o(3)用MBA(基4布斯)乘法計算[xxy]補。(4)用不恢復余數(shù)法計算[x/y]原的商和余數(shù)。(5)用不恢復余數(shù)法計算[x/y]補的商和余數(shù)。參考答案:[10k=001010 [-6U=111010 [6]補=000110 [10]原=001010 [—6]原=100110(1)[10+(-6)]補=[10]補+[-6]補=001010+111010=000100(+4)口0—(—6)]補=[10]補+[-(-6)]補=001010+000110=010000(+16)(2)先采用無符號數(shù)乘法計算001010X000110的乘積,原碼一位乘法過程(前面兩個0省略)如下:CPY說明000000110Po=O +0000 y4=0,+00 -01000 C,P和Y同時右移一位|0 0000 0011得P1+1010 V尸1,0 1-p10 C,P和Y同時右移一位|0 0101 0001得P2 +1010 y2= 1,+X-0 1111 0000 C,P和Y同時右移一位o oilli 1000 得P3 +0000 yi =0,+00 0ini1 c,p和y同時右移一位0 0011 1100得P4若兩個6位數(shù)相乘的話,則還要右移兩次,得000000111100符號位為:0?l=l,因此,[XxY]原=100000111100BPXxY=-111100B=-60(3)[-10]^=110110,布斯乘法過程如下:說明oo|o000 1110100設y.i=o,[P。]補二。y0y.]=00,P、*直接右移一位000000 011101得[PJ補000000 011101得[PJ補 1 110 1100411010 11 010011100110 001001010011 000100001001111110010100011011yiyo=io,+[—X]補110110P、Y同4右移一位

M4-M-4 得0]補 4- 0 0y2yl=01,+[X]補0soP、Y同時右移一位000010得0]補+110110y3y2=10,+[—X]補1口1P、Y同時右移一批111100得[P4]補 4—000000y4y3=11,+oiinip、y同時右移一位|111110得[P5]補+000000

11000010011 11 1100001001P、Y同時右移一位111111得冷]補因此,[XxY]補=1111HOOOIOO,BPXXY=-111100B=-60(4)因為除法計算是2n位數(shù)除n位數(shù),所以[6]原=0110,[10]原=00001010,[—6]補=1010,商的符號位:0,1=1,運算過程(前面兩個0省略)如下:余數(shù)寄存器R余數(shù)/商寄存器Q說ooo(rloio開始r0=x+1010~~I R1=X-Y一1010 10100 R1<0,貝!Jq4二0,沒有溢出01 0100 2R1(R和Q同時左移,蚩出一位商)+0110 Rz=2Ri+Y1011 01000 R2<0,貝!Jq3=0 oilooo2r2(r和Q同時左移,占出一位商)+6110 r3=2R2+Y1100 10000 r3<0,貝!Iq2=0 lOOf0000 2R3(R和Q同時左移,空出一位商)+0110 r3=2R2+Y1111 00000 r4<0,貝!Iqi=0 liltf 0000 2R4(R和Q同時左移,空出一位商)+0110 R5=2R4+Y0100 00001 r5>0,則q0=1商的數(shù)值部分為:00001。所以,[X/Y]原=00001(最高位為符號位),余數(shù)為0100。(5)將10和-6分別表示成補碼形式為:[10]補=01010,[-6]補=11010,計算過程如下:先對被除數(shù)進行符號擴展,[10]補=0000001010,[6]補=00110余數(shù)寄,器R余數(shù)/商寄存器Q說明I 00000 01010 開始Ro=[X] +11010 R1=[X]+[Y]

11010 01010同號,貝!11010 0101010100~~10101和Q同時左移,生出一位上商1)+00110TOC\o"1-5"\h\z2Rx+[-Y]11010 10101同號,則q4=l, 10101 01011(R和Q同時左移,空出一位上商1)+ 001R3=2R2+[-Y]11011 01011同號,貝!Iq3=110110 10111(R和Q同時左朝空出一位上商1)+001102R3+[-Y]11100 10111同號,貝!Iq2=1110011 01111和Q同時左移,空出一位上商0)+001102R4+[-Y]muoim同號,則qi=1,1i11o11111Ri與[丫]2Ri(RRiRi與[丫]2Ri(RRi=R2與[丫]2R21 0R3與[Y]2R3R4=R4與[丫]2R4(RR5二R5與[Y]2R5+00110 r6=2R5+[-Y]00100 11110 R6與[Y]異號,則qo=O,Q左移,空出一位上商1+00000 + 1 商為負數(shù),末位加1;余數(shù)不需要修正00100 11111所以,[X/Y]補=11111,余數(shù)為00100。即:XAr=-0001B=-l,余數(shù)為0100B=4將各數(shù)代入公式“除數(shù)x商+余數(shù)=被除數(shù)”進行驗證,得:(-6)x(-1)+4=10o.若一次加法需要1ns,一次移位需要0.5nso請分別計算用一位乘法、兩位乘法、基于CRA的陣列乘法、基于CSA的陣列乘法四種方式計算兩個8位無符號二進制數(shù)乘積時所需的時間。參考答案:一位乘法:8次右移,8次加法,共計12ns;二位乘法:4次右移,4次加法,共計6ns;基于CRA的陣列乘法:每一級部分積不僅依賴于上一級部分積,還依賴于上一級最終的進位,而每一級進位又是串行進行的,所以最長的路徑總共經(jīng)過了8+2x(8-1)=22次全加器,共計約22ns;

基于CSA的陣列乘法:本級進位和本級和同時傳送到下一級,同級部分積之間不相互依賴,只進行O(N)次加法運算,因此,共計約8nso.在IEEE754浮點數(shù)運算中,當結(jié)果的尾數(shù)出現(xiàn)什么形式時需要進行左規(guī),什么形式時需要進行右規(guī)?如何進行左規(guī),如何進行右規(guī)?參考答案:(1)對于結(jié)果為土1X.XX……X的情況,需要進行右規(guī)。右規(guī)時,尾數(shù)右移一位,階碼加lo右規(guī)操作可以表示為:Mb<-Mbx2\Eb<-Eb+lo右規(guī)時注意以下兩點:a)尾數(shù)右移時,最高位“1”被移到小數(shù)點前一位作為隱藏位,最后一位移出時,要考慮舍入。b)階碼加1時,直接在末位加1。(2)對于結(jié)果為±0.00……Olx……x的情況,需要進行左規(guī)。左規(guī)時,數(shù)值位逐次左移,階碼逐次減1,直到將第一位“1”移到小數(shù)點左邊。假定k為結(jié)果中“土”和左邊第一個1之間連續(xù)0的個數(shù),則左規(guī)操作可以表示為:Mb<-Mbx2k,Eb^Eb-ko左規(guī)時注意以下兩點:a)尾數(shù)左移時數(shù)值部分最左k個0被移出,因此,

相對來說,小數(shù)點右移了k位。因為進行尾數(shù)相加時,默認小數(shù)點位置在第一個數(shù)值位(即:隱藏位)之后,所以小數(shù)點右移k位后被移到了第一位1后面,這個1就是隱藏位。b)執(zhí)行Eb-Eb-k時,每次都在末位減L一共減k次。.在IEEE754浮點數(shù)運算中,如何判斷浮點運算的結(jié)果是否溢出?參考答案:浮點運算結(jié)果是否溢出,并不以尾數(shù)溢出來判斷,而主要看階碼是否溢出。尾數(shù)溢出時,可通過右規(guī)操作進行糾正。階碼上溢時,說明結(jié)果的數(shù)值太大,無法表示;階碼下溢時,說明結(jié)果數(shù)值太小,可以把結(jié)果近似為Oo在進行對階、規(guī)格化、舍入和浮點數(shù)的乘/除運算等過程中,都需要對階碼進行加、減運算,可能會發(fā)生階碼上溢或階碼下溢,因此,必須對階碼進行溢出判斷。(有關對階碼進行溢出判斷的方法可參見教材中相關章節(jié)。)

.假設浮點數(shù)格式為:階碼是4位移碼,偏置常數(shù)為8,尾數(shù)是6位補碼(采用雙符號位),用浮點運算規(guī)則分別計算在不采用任何附加位和采用2位附加位(保護位、舍入位)兩種情況下的值。(假定對階和右規(guī)時采用就近舍入到偶數(shù)方式)(15/16)x27+(2/16)x25 (2)(15/16)x27-(2/16)x25(3)(15/16)x25+(2/16)x27 (4)(15/16)x25-(2/16)x27參考答案(假定采用隱藏位):X=(15/16)x27=0.111100Bx27=(1.111000)2x26Yl=(2/16)x25=0.001000Bx25=(1.000000)2x22Y2=(-2/16)x25=-0.001000Bx25=(-1.000000)2x22K=(15/16)x25=0.111100Bx25=(1.111000)2x24Jl=(2/16)x27=0.001000Bx27=(1.000000)2x24J2=(-2/16)x27=-0.001000Bx27=(-1.000000)2x24根據(jù)題目所給的各種位數(shù),可以得到在機器中表示為:[X]浮=001110(1)111000 [Y1]浮=001010(1)000000[Y2]浮=111010(1)000000

[K]浮=001100(1)111000[JI]浮=001100(1)000000[J2]浮=111100(1)000000所以,Ex=1110,Mx=00(1).111000,Eyi=1010,My=00(1).000000,Ey2=1010,My=11(1).000000Ek=1100,Mk=00(1).111000,En=1100,Mji=00(1).000000,Ej2=1100,Mj2=11(1).000000尾數(shù)M中小數(shù)點前面有三位,前兩位為數(shù)符,表示雙符號,第三位加了括號,是隱藏位“1”。沒有附加位時的計算:X+Y1[△均補=[EJ移+[-[Eyj移]補(mod2n)=1110+0110=0100AE=4,根據(jù)對階規(guī)則可知需要對yl進行對階,結(jié)果為:Eyl=Ex=1110,Myi=000.000100尾數(shù)相加:Mb=Mx+Myl=001.111000+000.000100=001.111100,兩位符號相等,數(shù)值部分最高位為1,不需要進行規(guī)格化,所以最后結(jié)果為:E=llio,M=00(l).111100,Bp(31/32)x27(2)X+Y2[△6補=[EJ移+HE丫力移]補(mod2n)=1110+0110=0100;△E=4,根據(jù)對階規(guī)則可知需要對y2進行對

階,結(jié)果為:Ey2=Ex=1110,My2=111.111100尾數(shù)相加:Mb=Mx+My2=001.111000+111.111100=001.110100,兩位符號相等,數(shù)值部分最高為1,不需要進行規(guī)格化,所以最后結(jié)果為:E=1110,M=00(l).110100,BP(29/32)x27K+Jl[AE]補=[E4移+[-[Eji]移]補(mod2n)=1100+0100=0000;AE=0,根據(jù)對階規(guī)則可知不需要進行對階。尾數(shù)相加:Mb=Mk+Mji=001.111000+001.000000=010.111000,兩位符號不等,說明尾數(shù)溢出,需要進行右規(guī),最后結(jié)果為:E=110LM=00(l).011100,即(23/32)x26K+J2[AE]補=[E內(nèi)移+[-[EJ?]移]補(mod2n)=1100+0100=0000;AE=0,根據(jù)對階規(guī)則可知不需要進行對階。尾數(shù)相加:Mb=Mk+Mj2=001.111000+111.000000=000.111000,兩位符號相等,數(shù)值部分最高位為0,需要進行左規(guī),所以最后結(jié)果為:E=1011,M=00(l).110000,BP(7/8)x24如果有兩位附加位精度上會有提高,在對階的

時候要注意小數(shù)點后就不是6位,而是8位,最后兩位為保護位和舍入位。但是由于本題6位尾數(shù)已經(jīng)足夠,再加2位附加位,其結(jié)果是一樣的。14.采用IEEE754單精度浮點數(shù)格式計算下列表達式的值。(1)0.75+(-65.25) (2)0.75—(—65.25)參考答案:x=0.75=0.110...0B=(1.10...0)2x21y=-65.25=-1000001.01000...0B=(-1.00000101...0)2X26用IEEE754標準單精度格式表示為:[x]浮=0 01111110 10...0 [y]浮=110000101000001010...0所以,Ex=01111110,Mx=0(1).1...0,Ey=10000101,My=1(1).OOOOO1O1O...O尾數(shù)Mx和My中小數(shù)點前面有兩位,第一位為數(shù)符,第二位加了括號,是隱藏位“1”。以下是計算機中進行浮點數(shù)加減運算的過程(假定保留2位附加位:保護位和舍入位)(1)0.75+(-65.25)①對階:[AE]補=[EJ移+[-[E/移]補(mod2n)=0111mo+0111ion=nillooiAE=-7,根據(jù)對階規(guī)則可知需要對x進行對階,結(jié)果為:Ex=Ey=10000101,Mx=00.000000110...000x的尾數(shù)Mx右移7位,符號不變,數(shù)值高位補0,隱藏位右移到小數(shù)點后面,最后移出的2位保留②尾數(shù)相加:Mb=Mx+My=oO.000000110...000+11.000001010...000(注意小數(shù)點在隱藏位后)根據(jù)原碼加/減法運算規(guī)則,得:00.000000110...000+ 11.000001010...000 =11.000000100...000上式尾數(shù)中最左邊第一位是符號位,其余都是數(shù)值部分,尾數(shù)后面兩位是附加位(加粗)。③規(guī)格化:根據(jù)所得尾數(shù)的形式,數(shù)值部分最高位為1,所以不需要進行規(guī)格化。④舍入:把結(jié)果的尾數(shù)Mb中最后兩位附加位舍入掉,從本例來看,不管采用什么舍入法,結(jié)果都一樣,都是把最后兩個0去掉,得:Mb=11.000000100...0⑤溢出判斷:在上述階碼計算和調(diào)整過程中,沒有發(fā)生“階碼上溢”和“階碼下溢”的問題。

因此,階碼Eb=10000101。最后結(jié)果為Eb=10000101,Mb=1(1).00000010...0,BP:-64.5o(2)0.75-(-65.25)對階:[AE]補=[EJ移+[-[EJ移]補(mod2n)=01111110+01111011=11111001AE=-7,根據(jù)對階規(guī)則可知需要對x進行對階,結(jié)果為:Ex=Ey=10000110,Mx=00.000000110...000x的尾數(shù)Mx右移一位,符號不變,數(shù)值高位補0,隱藏位右移到小數(shù)點后面,最后移出的位保留尾數(shù)相加:Mb=Mx-My=oO.000000110...000-11.000001010...000(注意小數(shù)點在隱藏位后)根據(jù)原碼加/減法運算規(guī)則,得:00.000000110...000 -11.000001010...000=01.00001000...000上式尾數(shù)中最左邊第一位是符號位,其余都是數(shù)值部分,尾數(shù)后面兩位是附加位(加粗)。③規(guī)格化:根據(jù)所得尾數(shù)的形式,數(shù)值部分最高位為1,不需要進行規(guī)格化。④舍入:把結(jié)果的尾數(shù)Mb中最后兩位附加位舍入掉,從本例來看,不管采用什么舍入法,結(jié)果都一樣,都是把最后兩個0去掉,得:Mb

=01.00001000...0⑤溢出判斷:在上述階碼計算和調(diào)整過程中,沒有發(fā)生“階碼上溢”和“階碼下溢”的問題。因此,階碼Eb=10000101。最后結(jié)果為Eb=10000101,Mb=0(1).00001000...0,即:+66o思考題:對階時發(fā)生什么情況,就可以不再繼續(xù)進行計算?15.假定十進制數(shù)用8421NBCD碼表示,采用十進制加法運算計算下列表達式的值,并討論在十進制BCD碼加法運算中如何判斷溢出。(1)234+567 (2)548+729參考答案:234+567001000110100+010101100111011110011011V+ 011001111010000101100000

100000000001結(jié)果為:100000000001結(jié)果為:(801)1。548+7290000010101001000+00000111001010010000110001110001+00000110000001100001001001110111結(jié)果為:(1277)10在第(2)題中,如果是采用12位數(shù)表示加數(shù)548和729,則能看出最后得到的答案是110001110111,這時就是BCD碼加法溢出了。所以我們在判斷的時候不能僅僅看BCD碼最高位是不是丟失,而要看結(jié)果的最高4位是不是大于9,如果大于9,就可以認為是溢出了。16.假定十進制數(shù)用8421NBCD碼表示,十進制運算673-356可以采用673加上(-356)的模10補碼實現(xiàn)。畫出實現(xiàn)上述操作的3位十進制數(shù)的BCD碼減法運算線路,列出線路中所有的輸入變量和輸出變量。參考答案:[-(356)io]補=011001000100

011001110011+011001000100110010110111電0110OHO0000001100010111最高位產(chǎn)生進位,因此,結(jié)果為正數(shù):001100010111,故結(jié)果為:(+317)10電路圖分為兩部分,一個是求出模10補碼,另一個是計算以及判斷輸出結(jié)果的電路圖(參見教材圖3.33)o求模10補碼的電路圖(RTL級)如下:計算電路圖(RTL級)如下:第4章習題答案.已知某機主存空間大小為64KB,按字節(jié)編址。要求:(1)若用1KX4位的SRAM芯片構成該主存儲器,需要多少個芯片?(2)主存地址共多少位?幾位用于選片?幾位用于片內(nèi)選址?(3)畫出該存儲器的邏輯框圖。參考答案:64KB/1KX4位=64x2=128片。(2)因為是按字節(jié)編址,所以主存地址共16位,6位選片,10位片內(nèi)選址。(3)顯然,位方向上擴展了2倍,字方向擴展了64倍。下圖中片選信號CS為高電平有效。.用64KX1位的DRAM芯片構成256Kx8位的存儲器。要求:(1)計算所需芯片數(shù),并畫出該存儲器的邏輯框圖。(2)若采用異步刷新方式,每單元刷新間隔不超過2ms,則產(chǎn)生刷新信號的間隔是多少時間?若采用集中刷新方式,則存儲器刷新一遍最少用多少讀寫周期?參考答案:256KB/64KX1位=4x8=32片。存儲器邏輯框圖見下頁(圖中片選信號CS為高電平有效)。(2)因為每個單元的刷新間隔為2ms,所以,采用異步刷新時,在2ms內(nèi)每行必須被刷新一次,且僅被刷新一次。因為DRAM芯片存儲陣列為64K=256x256,所以一共有256行。因此,存儲器控制器必須每隔2ms/256=7.8|iis產(chǎn)生一次刷新信號。采用集中刷新方式時,整個存儲器刷新一遍需要256個存儲(讀寫)周期,在這個過程中,存儲器不能進行讀寫操作。.用8Kx8位的EPROM芯片組成32Kxi6位的只讀存儲器,試問:(1)數(shù)據(jù)寄存器最少應有多少位?(2)地址寄存器最少應有多少位?(3)共需多少個EPROM芯片? (4)畫出該只讀存儲器的邏輯框圖。參考答案:(1)數(shù)據(jù)寄存器最少有16位。(2)地址寄存器最少有:15位(若按16位的字編址);16位(若按字節(jié)編址)。(3)共需要32Kxi6位/810<8位=4*2=8片。(4)該只讀存儲器的邏輯框圖如下(假定按字編址,圖中片選信號CS為高電平有效)。.某計算機中已配有OOOOH-7FFFH的ROM區(qū)域,現(xiàn)在再用8Kx4位的RAM芯片形成32Kx8位的存儲區(qū)域,CPU地址總線為A0-A15,數(shù)據(jù)總線為D0-D7,控制信號為R/W#(讀/寫)、MREQ#(訪存)。要求說明地址譯碼方案,并畫出ROM芯片、RAM芯片與CPU之間的連接圖。假定上述其他條件不變,只

是CPU地址線改為24根,地址范圍000000H—007FFFH為ROM區(qū),剩下的所有地址空間都用8Kx4位的RAM芯片配置,則需要多少個這樣的RAM芯片?參考答案:CPU地址線共16位,故存儲器地址空間為0000H-FFFFH,其中,8000H?FFFFH為RAM區(qū),共2"=32K個單元,其空間大小為32KB,故需8Kx4位的芯片數(shù)為32KB/8KX4位=4x2=8片。因為ROM區(qū)在0000H?7FFFH,RAM區(qū)在8000H-FFFFH,所以可通過最高位地址來區(qū)分,當A15為0時選中ROM芯片;為1時選中RAM芯片,此時,根據(jù)A.和An進行譯碼,得到4個譯碼信號,分別用于4組字擴展芯片的片選信號。(圖略,可參照圖4.15)若CPU地址線為24位,ROM區(qū)為000000H?007FFFH,貝?。㏑OM區(qū)大小為32KB,總大小為16MB=214KB=512x32KB,所以RAM區(qū)大小為511x32KB,共需使用RAM芯片數(shù)為511x32KB/8Kx4位=511x4x2個芯片。.假定一個存儲器系統(tǒng)支持4體交叉存取,某程序執(zhí)行

過程中訪問地址序列為3,9,17,2,51,37,13,4,8,41,67,10,則哪些地址訪問會發(fā)生體沖突?參考答案:對于4體交叉訪問的存儲系統(tǒng),每個存儲模塊的地址分布為:BankO:0、4、8、12、16 Bankl: 5、9、13、17...37...41...Bank2:2、6、10、14、18 Bank3: 7、11、15、19...51...67如果給定的訪存地址在相鄰的4次訪問中出現(xiàn)在同一個Bank內(nèi),就會發(fā)生訪存沖突。所以,17和9、37和17、13和37、8和4發(fā)生沖突。.現(xiàn)代計算機中,SRAM一般用于實現(xiàn)快速小容量的cache,而DRAM用于實現(xiàn)慢速大容量的主存。以前超級計算機通常不提供cache,而是用SRAM來實現(xiàn)主存(如,Cray巨型機),請問:如果不考慮成本,你還這樣設計高性能計算機嗎?為什么?參考答案:不這樣做的理由主要有以下兩個方面:①主存越大越好,主存大,缺頁率降低,因而減少了訪問磁盤所需的時間。顯然用DRAM芯片比用

SRAM芯片構成的主存容量大的多。②程序訪問的局部性特點使得cache的命中率很高,因而,即使主存沒有用快速的SRAM芯片而是用DRAM芯片,也不會影響到訪問速度。.分別給出具有下列要求的程序或程序段的示例:(1)對于數(shù)據(jù)的訪問,幾乎沒有時間局部性和空間局部性。(2)對于數(shù)據(jù)的訪問,有很好的時間局部性,但幾乎沒有空間局部性。(3)對于數(shù)據(jù)的訪問,有很好的空間局部性,但幾乎沒有時間局部性。(4)對于數(shù)據(jù)的訪問,空間局部性和時間局部性都好。參考答案(略):可以給出許多類似的示例。例如,對于按行優(yōu)先存放在內(nèi)存的多維數(shù)組,如果按列優(yōu)先訪問數(shù)組元素,則空間局部性就差,如果在一個循環(huán)體中某個數(shù)組元素只被訪問一次,則時間局部性就差。.假定某機主存空間大小1GB,按字節(jié)編址。cache的數(shù)據(jù)區(qū)(即不包括標記、有效位等存儲區(qū))有64KB,

塊大小為128字節(jié),采用直接映射和全寫(write-through)方式。請問:(1)主存地址如何劃分?要求說明每個字段的含義、位數(shù)和在主存地址中的位置。(2)cache的總?cè)萘繛槎嗌傥??參考答案?1)主存空間大小為1GB,按字節(jié)編址,說明主存地址為30位。cache共有64KB〃28B=512行,因此,行索引(行號)為9位;塊大小128字節(jié),說明塊內(nèi)地址為7位。因此,30位主存地址中,高14位為標志(Tag);中間9位為行索引;低7位為塊內(nèi)地址。(2)因為采用直接映射,所以cache中無需替換算法所需控制位,全寫方式下也無需修改(dirty)位,而標志位和有效位總是必須有的,所以,cache總?cè)萘繛?12x(128x8+14+1)=519.5K位。11.假定某計算機的cache共16行,開始為空,塊大小為1個字,采用直接映射方式。CPU執(zhí)行某程序時,依次訪問以下地址序列:2,3,11,16,21,13,64,48,19,11,3,22,4,27,6和11。要求:

(1)說明每次訪問是命中還是缺失,試計算訪問上述地址序列的命中率。(2)若cache數(shù)據(jù)區(qū)容量不變,而塊大小改為4個字,則上述地址序列的命中情況又如何?參考答案cache采用直接映射方式,其數(shù)據(jù)區(qū)容量為16行xl字/行=16字;主存被劃分成1字/塊,所以,主存塊號=字號。因此,映射公式為:cache行號=主存塊號mod16=字號mod16。開始cache為空,所以第一次都是miss,以下是映射關系(字號-cache行號)和命中情況。2-2:miss,3-3:miss,11-11:miss,16-0:miss,21-5:miss)13-13:miss,64-0:miss、replace,48-0:miss>replace,19-3:miss>replace,11-11:hit,3-3:miss>replace,22-6:miss,4-4:miss,27-11:miss>replace,6-6:miss、replace,11-11:miss>replaceo只有一次命中!cache采用直接映射方式,數(shù)據(jù)區(qū)容量不變,為16個字,每塊大小為4個字,所以,cache共有4行;主存被劃分為4個字/塊,所以,主存塊號=[字號/4]。因此,映射公式為:

cache行號=主存塊號mod4=[字號/4]mod4o以下是映射關系(字號?主存塊號-cache行號)和命中情況。2-0-0:miss,3-0-0:hit,11-2-2:miss,16-4-0:miss、replace,21-5-l>13-3-3:miss,64-16-0>48-12-0>19-4-0:miss,replace,11-2-2:hit,3-0-0:miss>replace,22-5-1:hit,4-1-1:miss>replace,27-6-2:miss、replace,6-1-1:hit,11-2-2:miss>replaceo命中4次。由此可見,塊變大后,能有效利用訪問的空間局部性,從而使命中率提高!.假定數(shù)組元素在主存按從左到右的下標順序存放。試改變下列函數(shù)中循環(huán)的順序,使得其數(shù)組元素的訪問與排列順序一致,并說明為什么修改后的程序比原來的程序執(zhí)行時間短。intsum_array(inta[N][N][N]){inti9j,k,sum=0;for(i=0;i<N;i++)for(j=0;j<N;j++)for(k=0;k<N;k++)sum+=a[k][i][j];returnsum;)參考答案:intsum_array(inta[N][N][N])(inti,j,k,sum=0;for(k=0;k<N;k++)for(i=0;i<N;i++)for(j=0;j<N;j++)sum+=a[k][i][j];returnsum;)修改后程序的數(shù)組元素的訪問與排列順序一致,使得空間局部性比原程序好,故執(zhí)行時間更短。.分析比較以下三個函數(shù)的空間局部性,并指出哪個最好,哪個最差?

#deHneN1000#defineN1000#defineNtypedefstruct{typedef1000intvel[3];struct{typedefintacc[3];intvel[3];struct{}point;intacc[3];intvel[3];pointp[N];}point;intacc[3];voidclearl(pointpointp[N];}point;*p,intn)voidpointp[N];fw* /s-參考答案:對于函數(shù)clearL其數(shù)組訪問順序與在內(nèi)存的存放順序完全一致,因此,空間局部性最好。對于函數(shù)clear!,其數(shù)組訪問順序在每個數(shù)組元素內(nèi)跳越式訪問,相鄰兩次訪問的單元最大相差3個int型變量(假定sizeof(int)=4,則相當于12B),因此空間局部性比clearl差。若主存塊大小比12B小的話,則大大影響命中率。對于函數(shù)clear3,其數(shù)組訪問順序與在內(nèi)存的存放順序不一致,相鄰兩次訪問的單元都相差6個int型變量(假定sizeof(int)=4,則相當于24B)因此,空間局部性比clear2還差。若主存塊大小比

24B小的話,則大大影響命中率。.以下是計算兩個向量點積的程序段:floatdotproduct(floatx[8],floaty[8])(floatsum=0.0;inti9;for(i=0;i<8;i++)sum+=x[i]*y[i];returnsum;)要求:(1)試分析該段代碼中數(shù)組x和y的時間局部性和空間局部性,并推斷命中率的高低。(2)假定該段程序運行的計算機的數(shù)據(jù)cache采用直接映射方式,其數(shù)據(jù)區(qū)容量為32字節(jié),每個主存塊大小為16字節(jié)。假定編譯程序?qū)⒆兞縮um和i分配給寄存器,數(shù)組x存放在00000040H開始的32字節(jié)的連續(xù)存儲區(qū)中,數(shù)組y緊跟在x后進行存放。試計算該程序數(shù)據(jù)訪問的命中率,要求說明每次訪問的cache命中情況。(3)將上述(2)中的數(shù)據(jù)cache改用2-路組相聯(lián)映射方式,塊大小改為8字節(jié),其他條件不變,則該程序數(shù)據(jù)訪問的命中率是多少?(4)在上述(2)中條件不變的情況下,如果將數(shù)組x定義為fk)at[12],則數(shù)據(jù)訪問的命中率是多少?參考答案:(1)數(shù)組x和y都按存放順序訪問,不考慮映射的情況下,空間局部性都較好,但都只被訪問一次,故沒有時間局部性。命中率的高低與塊大小、映射方式等都有關,所以,無法推斷命中率的高低。(2)cache采用直接映射方式,塊大小為16字節(jié),數(shù)據(jù)區(qū)大小為32字節(jié),故cache共有2行。數(shù)組x的8個元素(共32B)分別存放在主存40H開始的32個單元中,共有2個主存塊,其中x[0]?x[3]在第4塊,x[4]?x[7]在第5塊中;數(shù)組y的8個元素(共32B)分別在主存第6塊和第7塊中。所以,x[0]?x[3]和y[0]?y[3]都映射到cache第0行;x[4]?x[7]和y[4]?y[7]都映射到cache第1行。ca第0-3第4-7

che次循環(huán)次循環(huán)第0行x[0-3],y[0-3]第1行x[4-7],y[4-7]每調(diào)入一塊,裝入4個數(shù)組元素,因為x[i]和y[i]總是映射到同一行,相互淘汰對方,故每次都不命中,命中率為0.(3)改用2路組相聯(lián),塊大小為8B,則cache共有4行,每組兩行,共兩組。數(shù)組x有4個主存塊,x[0]?x[l]、x[2]?x[3],x[4]-x[5],x[6]?x⑺分別在第8?11塊中;數(shù)組y有4個主存塊,y[0]?y[l]、y[2]?y[3],y[4]?y[5],y[6]?y[7]分另lj在第12?15塊中;cache第0行第1行第ox[0-l],y[0-i],組x[4-5]y[4-5]第1x[2-3],y[2-3],組x[6-7]y[6-7]每調(diào)入一塊,裝入兩個數(shù)組元素,第二個數(shù)組元素的訪問總是命中,故命中率為50%。(4)若(2)中條件不變,數(shù)組x定義了12個元素,共有48B,使得y從第7塊開始,因而,x[i]和y[i]就不會映射到同一個cache行中,即:x[0]?x[3]在第4塊,x[4]?x[7]在第5塊,x網(wǎng)?x[U]在第6塊中,y[0]?y[3]在第每調(diào)入一塊,裝入4個數(shù)組元素,第一個元素不命中,后面3個總命中,故命中率為75%o.以下是對矩陣進行轉(zhuǎn)置的程序段:typedefintarray[4][4];voidtranspose(arraydst,arraysrc)(inti,j;for(i=0;i<4;i++)for(j=0;j<4;j++)

dst[j][i]=src[i][j];假設該段程序運行的計算機中sizeof(int)=4,且只有一級cache,其中LIdatacache的數(shù)據(jù)區(qū)大小為32B,采用直接映射、寫回方式,塊大小為16B,初始為空。數(shù)組dst從地址OOOOCOOOH開始存放,數(shù)組src從地址OOOOCO40H開始存放。填寫下表,說明數(shù)組元素src[row][col]和dst[row][col]映射到cache的哪一行,其訪問是命中(hit)還是失效(miss)。若LIdatacache的數(shù)據(jù)區(qū)容量改為128B時,重新填寫表中內(nèi)容。src數(shù)組dst數(shù)組32Bcol=0col=1col=2col=3col=0col=1col=2col=3row=00/miss0/missO/hit

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