計算機組成與系統(tǒng)結(jié)構課后答案

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