ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ Θεµατική Ενότητα ΠΛΗ 21: Ψηφιακά Συστήµατα Ακαδηµαϊκό Έτος 2009 2010 Γραπτή Εργασία #3 Παράδοση: 28 Μαρτίου 2010 Άσκηση 1 (15 µονάδες) Ένας επεξεργαστής υποστηρίζει τόσο θετικά όσο και προσηµασµένα ακέραια αριθµητικά δεδοµένα µεγέθους 16 και 32 δυαδικών ψηφίων. Όλες οι αριθµητικές πράξεις γίνονται µε µία µονάδα των 32 δυαδικών ψηφίων. Ο καταχωρητής κατάστασης µεταξύ των άλλων διαθέτει τις σηµαίες Κ (κρατούµενο εξόδου), Υ (υπερχείλιση, Υ=κ v-1 κ ν-2 ) και Μ (µηδενικό αποτέλεσµα). Να δείξετε πως εκτελείται στην αριθµητική µονάδα του υπολογιστή κάθε µια από τις παρακάτω πράξεις, ποιες είναι οι τιµές που λαµβάνουν οι σηµαίες Κ, Υ και Μ σε κάθε περίπτωση και βασιζόµενοι στις τιµές των σηµαιών να αποφανθείτε αν το αποτέλεσµα είναι σωστό. εδοµένα χωρίς πρόσηµο στο δυαδικό: 16 δυαδικών ψηφίων : α = 1111111111111111 32 δυαδικών ψηφίων β = 11111111111111111000000000001111 γ = 10000000000000000 000000000000000 δ = 01110000000000000000000000011111 ε = 00010000000000000000000000011111 εδοµένα σε µορφή συµπληρώµατος ως προς 2: 16 δυαδικών ψηφίων : ζ =1111111110000011 32 δυαδικών ψηφίων : η =11111111111111111000000000000000 θ=10000000000000000000000000000000 1 η πράξη: α+β, 2 η πράξη: β+γ, 3 η πράξη: δ+ε, 4 η πράξη ζ+η και 5 η πράξη: η+θ. Λύση 1 η πράξη: α+β Αφού οι αριθµοί είναι χωρίς πρόσηµο ο α µετά την προσαρµογή σε 32 bits θα γίνει α = 00000000000000001111111111111111 Οπότε α 00000000000000001111111111111111 β + 111111111111111110 00000000001111 ---------- --- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- απ 1 00000000000000001000000000001110 Κ=1, Υ= 0, Μ=0 Αφού οι αριθµοί είναι χωρίς πρόσηµο η τιµή του κρατούµενου δηλώνει την ύπαρξη ή µη υπερχείλισης. Επειδή Κ=1 έχουµε υπερχείλιση, εποµένως το αποτέλεσµα δεν χωράει σε 32 δυαδικά ψηφία και άρα το αποτέλεσµα είναι λάθος. 2 η πράξη: β+γ β 11111111111111111000000000001111 γ + 1 0 0 0 0 0 0 00000000000 0000000000 0 0 0 0 ---------- --- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- απ 1 0 1 1 1 1 1 1 111111111100000000000 1 1 1 1 Κ=1, Υ= 1, Μ=0 Σελίδα 1 από 13
Αφού οι αριθµοί είναι χωρίς πρόσηµο η τιµή του κρατούµενου δηλώνει την ύπαρξη ή µη υπερχείλισης. Επειδή Κ=1 έχουµε υπερχείλιση, εποµένως το αποτέλεσµα δεν χωράει σε 32 δυαδικά ψηφία. 3 η πράξη: δ+ε δ 01110000000000000000000000011111 ε + 000100000000000000 00000000011111 ---------- --- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- απ 1 0 0 0 0 0 0 000000000000000000011 1 1 1 0 Κ=0, Υ=1, Μ=0 Αφού οι αριθµοί είναι χωρίς πρόσηµο η τιµή του κρατούµενου δηλώνει την ύπαρξη ή µη υπερχείλισης. Επειδή Κ=0 δεν έχουµε υπερχείλιση, εποµένως το αποτέλεσµα είναι σωστό. 4 η πράξη: ζ+η Αφού οι αριθµοί είναι σε παράσταση συµπληρώµατος ως προς 2 ο ζ µετά την επέκταση προσήµου θα γίνει ζ =11111111111111111111111110000011 Οπότε ζ 11111111111111111111111110000011 η + 11111111111111111000000000000000 ---------- --- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- απ 1 11111111111111110111111110000011 Κ=1, Υ=0, Μ=0 Αφού οι αριθµοί είναι σε παράσταση συµπληρώµατος ως προς 2 η τιµή της σηµαίας Υ δηλώνει την ύπαρξη ή µη υπερχείλισης. Επειδή Υ=0 δεν έχουµε υπερχείλιση, εποµένως το αποτέλεσµα χωράει στα 32 δυαδικά ψηφία, το κρατούµενο εξόδου αγνοείται. 5 η πράξη: η+θ. η 11111111111111111000000000000000 θ + 10000000000000000000000000000000 ---------- --- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- απ 1 01111111111111111000000000000000 Κ=1, Υ=1, Μ=0 Αφού οι αριθµοί είναι σε παράσταση συµπληρώµατος ως προς 2 η τιµή της σηµαίας Υ δηλώνει την ύπαρξη ή µη υπερχείλισης. Επειδή Υ=1 έχουµε υπερχείλιση, εποµένως το αποτέλεσµα δε χωράει σε 32 δυαδικά ψηφία. Άσκηση 2 (10 µονάδες) O αριθµός κινητής υποδιαστολής x αναπαρίσταται σε κάποιον υπολογιστή ως π zz z yy y Όπου : x = (-1) π (1,yyy y) x 2 (zzz-πόλωση) και Το δυαδικό ψηφίο π παριστάνει το πρόσηµο του αριθµού. Τιµή 1 δηλώνει ότι ο αριθµός είναι αρνητικός. Τα ψηφία zzz z είναι o πολωµένος εκθέτης της αναπαράστασης. Αν ο εκθέτης είναι των Ν δυαδικών ψηφίων τότε η πόλωση είναι ο αριθµός 2 Ν-1 1. ηλαδή αν έχουµε εκθέτη 10 ψηφίων η πόλωση του είναι ο αριθµός 2 9 1 = 511. Τα ψηφία yyy y αναπαριστούν το κλασµατικό µέρος του συντελεστή. Ο συντελεστής κανονικοποιείται σαν 1,yyy y και το 1 δεν καταγράφεται. (α) ώστε την αναπαράσταση του αριθµού 2,5625 10 µε συντελεστή 6 δυαδικών ψηφίων και εκθέτη 5 δυαδικών ψηφίων σύµφωνα µε τα παραπάνω. Ποιο είναι το σφάλµα αναπαράστασης αυτού του αριθµού; Σελίδα 2 από 13
(β) ώστε τους αριθµούς 6,8125 10 και 6,625 10 χρησιµοποιώντας την παραπάνω αναπαράσταση µε 23 δυαδικά ψηφία για το κλασµατικό µέρος του συντελεστή και 8 δυαδικά ψηφία για τον εκθέτη. Κατόπιν κάντε την πράξη: 6,8125 10 6,625 10, σύµφωνα µε αυτή την αναπαράσταση. Λύση (α) Σύµφωνα µε το πρότυπο, αρχικά µετατρέπουµε τον δεκαδικό αριθµό σε δυαδικό αριθµό σταθερής υποδιαστολής µετατρέποντας ξεχωριστά το ακέραιο µέρος και ξεχωριστά το κλασµατικό µέρος: 2 10 = 10 2 0,5625 2 = 1.125 Κρατάµε 1 0.125 2 = 0.25 Κρατάµε 0. 0.25 2 = 0.5 Κρατάµε 0 0.5 2 = 1.0 Κρατάµε 1 Εποµένω 2,5625 10 = 10.1001 2. Κανονικοποιούµε τον αριθµό σύµφωνα µε το πρότυπο και έχουµε ότι 10.1001 2 2 0 = 1.01001 2 2 1. Έτσι το κλασµατικό µέρος του συντελεστή είναι 01001. Αφού ο εκθέτης είναι 5 δυαδικών ψηφίων η πόλωση θα είναι ο αριθµός 15. Άρα ο εκθέτης που θα χρησιµοποιηθεί στην αναπαράσταση του αριθµού µας θα είναι 1 + 15 = 16. Ο αριθµός είναι θετικός άρα το ψηφίο προσήµου θα είναι µηδέν. Η ζητούµενη αναπαράσταση θα είναι 0 10000 010010 και το σφάλµα είναι µηδενικό. (β) Με αντίστοιχες µε το (α) ενέργειες βρίσκουµε ότι ο αριθµός 6,8125 10 είναι ο 110.1101 2 2 0 ή 1.101101 2 2 2. Η πόλωση σε αυτό το σύστηµα, αφού ο εκθέτης είναι 8 ψηφίων, είναι 127 και έτσι ο τελικός εκθέτης είναι 127 + 2 = 129. Ο αριθµός είναι θετικός έτσι το ψηφίο προσήµου θα είναι µηδέν. Άρα ο αριθµός σε αναπαράσταση σύµφωνα µε το παραπάνω πρότυπο είναι ο 0 10000001 10110100000000000000000 Οµοίως βρίσκουµε ότι ο 6,625 10 είναι ο 110.101 2 2 0 ή 1.10101 2 2 και συνεπώς αναπαρίσταται σύµφωνα µε το πρότυπο ως : 0 10000001 10101000000000000000000 Αντί να κάνουµε την αφαίρεση 6,8125 10 6,625 10 µπορούµε να κάνουµε την πρόσθεση 6,8125 10 + ( 6,625 10 ). Ο 6,625 10 έχει την ίδια αναπαράσταση µε τον 6,625 10 µε µόνη διαφορά το δυαδικό ψηφίο προσήµου. ηλαδή η αναπαράσταση του αριθµού 6,625 10 θα είναι : 1 10000001 10101000000000000000000. Για να γίνει η πράξη 6,8125 10 + ( 6,625 10 ) πρέπει οι δύο αριθµοί να έχουν τους ίδιους εκθέτες. Στην περίπτωση µας αυτό ισχύει χωρίς να χρειαστεί να κάνουµε οποιαδήποτε µετατροπή. Θέτουµε ως πρόσηµο του αποτελέσµατος το πρόσηµο του αριθµού µε το µεγαλύτερο συντελεστή και ως προσωρινό συντελεστή αυτόν που προκύπτει από την αφαίρεση των συντελεστών : 1.10110100000000000000000-1.10101000000000000000000 ----------------------------------------- 0.00001100000000000000000 Άρα το προσωρινό αποτέλεσµα είναι 0.000011 2 2 2 που κανονικοποιούµενο γίνεται 1.1 2-3. Αφού η πόλωση είναι 127 ο εκθέτης που θα χρησιµοποιηθεί στην αναπαράσταση του αποτελέσµατος είναι 127 3 = 124. Άρα η αναπαράσταση του αποτελέσµατος θα είναι : 0 01111100 10000000000000000000000. Άσκηση 3 (15 µονάδες) ίδεται το ακόλουθο πρόγραµµα για ένα υπολογιστικό σύστηµα που βασίζεται στη χρήση καταχωρητών γενικού σκοπού µε εντολές καταχωρητή-καταχωρητή και καταχωρητή-µνήµης µε δύο τελούµενα : LOAD R1, B (R1 B) LOAD R2, C LOAD R3, A Σελίδα 3 από 13
MUL R3, R1 (R3 R3 R1) DIV R3, R2 DIV R2, D SUB R2, E ADD R3, R2 STORE Y, R3 (Y R3) (α) Tι υπολογισµό κάνει το παραπάνω πρόγραµµα; (β) ώστε ισοδύναµο πρόγραµµα για ένα υπολογιστικό σύστηµα που βασίζεται σε µηχανισµό σωρού. (γ) Υπολογίστε τον αριθµό των προσπελάσεων µνήµης τόσο του δοθέντος προγράµµατος όσο και αυτού που αναπτύξατε στο (β) υποθέτοντας ότι : 1. Ο κωδικός λειτουργίας κάθε εντολής καθώς και τα δεδοµένα είναι του ενός byte, 2. Οι διευθύνσεις είναι των 24 bits, 3. Η αρτηρία δεδοµένων µεταξύ της Κεντρικής Μονάδας Επεξεργασίας (ΚΜΕ) και του συστήµατος µνήµης έχει εύρος 1 byte, 4. Σε κάθε διεύθυνση του συστήµατος µνήµης αντιστοιχεί ένα byte, 5. Υπάρχουν 256 καταχωρητές γενικού σκοπού στο σύστηµα που βασίζεται στη χρήση καταχωρητών γενικού σκοπού, 6. O σωρός υλοποιείται στην ΚΜΕ και 7. Για τις εντολές χρησιµοποιείται αποκλειστικά ο κατ ευθείαν τρόπος διευθυνσιοδότησης (direct addressing mode) του συστήµατος µνήµης, Λύση (α) Το δοθέν πρόγραµµα εκτελεί την ακόλουθη λειτουργία : LOAD R1, B (R1 B) LOAD R2, C (R2 C) LOAD R3, A (R3 A) MUL R3, R1 (R3 R3 R1 = A B) DIV R3, R2 (R3 R3 / R2 = A B / C) DIV R2, D (R2 R2 /D = C / D) SUB R2, E (R2 R2 E = C/D E) ADD R3, R2 (R3 R3 + R2 = A B / C + C/D E) STORE Y, R3 (Y R3 = A B / C + C/D E) δηλαδή υπολογίζει τη τιµή της έκφρασης A x B / C + C/D E και την αποθηκεύει στο Υ. (β) Μετατρέπουµε την έκφραση σε postfix και έχουµε : (A B / C) + (C/D E) (A B / C) (C/D E) + [(ΑΒ ) / C] [Ε (C/D) -] + CAB / EDC / - + Oπότε το ζητούµενο πρόγραµµα είναι PUSH C PUSH A PUSH B MUL DIV PUSH E PUSH D PUSH C DIV SUB ADD POP Y (γ) Για το υπολογιστικό σύστηµα που βασίζεται στη χρήση καταχωρητών γενικού σκοπού µε εντολές Σελίδα 4 από 13
καταχωρητή-καταχωρητή και καταχωρητή-µνήµης µε δύο τελούµενα έχουµε ότι : 1. Για τις εντολές LOAD R, Χ ή STORE Χ, R ή SUB R, Χ ή DIV R, Χ (όπου R συµβολίζει τον 8-bit αριθµό αναφοράς κάποιου από τους 256 καταχωρητές και X συµβολίζει την 24-bit διεύθυνση µιας θέσης µνήµης) θα χρειαστούµε 5 προσπελάσεις για την προσκόµιση της εντολής και 1 προσπέλαση για την προσκόµµιση ή την αποθήκευση του δεδοµένου, δηλαδή συνολικά 6 προσπελάσεις. 2. Για τις εντολές MUL R, R ή DIV R, R ή ΑDD R, R θα χρειαστούµε µόνο 3 προσπελάσεις για την προσκόµµιση της εντολής. Συνεπώς για την εκτέλεση του προγράµµατος θα χρειαστούν 6 6 + 3 3 = 45 προσπελάσεις. Για το υπολογιστικό σύστηµα που βασίζεται στο µηχανισµό σωρού έχουµε ότι : 1. Για τις εντολές PUSH X ή POP X (X συµβολίζει τη διεύθυνση µιας µεταβλητής) θα χρειαστούν 4 προσπελάσεις για την προσκόµµιση της εντολής και 1 προσπέλαση για την προσκόµµιση ή εγγραφή του δεδοµένου. 2. Για τις εντολές MUL, DIV, ADD και SUB απαιτείται µόνο 1 προσπέλαση για την προσκόµµιση της εντολής. Συνεπώς για την εκτέλεση του προγράµµατος θα χρειαστούν 7 5 + 5 1 = 40 προσπελάσεις. Άσκηση 4 (20 µονάδες) Θεωρείστε ένα υπολογιστικό σύστηµα µε λέξεις των 16 δυαδικών ψηφίων και αρτηρία διευθύνσεων των 24 δυαδικών ψηφίων. Εφοδιάσαµε αυτό το σύστηµα µε κρυφή µνήµη 16 KΒytes, µε οργάνωση συνόλου συσχέτισης µε 2 πλαίσια ανά σύνολο και µέγεθος πλαισίου ίσο µε 4 λέξεις. Στην κρυφή µνήµη χρησιµοποιείται η τεχνική Least Recently Used για την αντικατάσταση πλαισίων. (α) Ζητείται να υπολογίσετε το ακριβές µέγεθος που καταλαµβάνει η κρυφή µνήµη σε KBytes. Θα πρέπει στον υπολογισµό να λάβετε υπ όψιν σας τη µνήµη ετικετών, ψηφία εγκυρότητας, κλπ. Θεωρείστε το µέγεθος κάθε συνδυαστικού κυκλώµατος αµελητέο. (β) Έστω η ακολουθία 300 αναφορών στο σύστηµα µνήµης που παράγει την ακολουθία διευθύνσεων F432B4 16, B892B7 16, AAC2B6 16, F432B4 16, B892B7 16, AAC2B6 16,, (100 δηλαδή επαναλήψεις των τριών πρώτων διευθύνσεων). Υποθέτοντας ότι ξεκινάµε µε µια άδεια κρυφή µνήµη, υπολογίστε το ποσοστό επιτυχίας και εξηγείστε συνοπτικά. (γ) Υπολογίστε το ποσοστό επιτυχίας της ίδιας ακολουθίας αναφορών στη µνήµη αν η κρυφή µνήµη ήταν άµεσης οργάνωσης µε όλα τα υπόλοιπα χαρακτηριστικά ίδια. Λύση (α) Κάθε πλαίσιο έχει µέγεθος 4 λέξεων, δηλαδή 8 Bytes. Άρα στην κρυφή µνήµη υπάρχουν (16 ΚΒytes) / (8 Bytes / πλαίσιο) = 2Κ πλαίσια. Σε κάθε σύνολο υπάρχουν 2 πλαίσια και συνεπώς στην κρυφή µνήµη υπάρχουν (2Κ πλαίσια) / (2 πλαίσια / σύνολο) = 1Κ σύνολα. Για τη διευθυνσιοδότηση κάθε συνόλου θα χρειαστούµε log 2 1K = 10 δυαδικά ψηφία διεύθυνσης. Συνεπώς η διεύθυνση των 24 δυαδικών ψηφίων στη κρυφή µνήµη ερµηνεύεται ως : ετικέτα Σύνολο λέξη 12 10 2 και η κρυφή µνήµη µας αποτελείται : 1. Από τη µνήµη αποθήκευσης των δεδοµένων. Το µέγεθος αυτής είναι 16 KΒytes. 2. Από τη µνήµη για την αποθήκευση των ετικετών. Αφού σε κάθε πλαίσιο αντιστοιχεί µία ετικέτα υπάρχουν 2Κ ετικέτες των 12 δυαδικών ψηφίων η κάθε µία. Άρα το συνολικό µέγεθος της µνήµης ετικετών είναι 3ΚBytes. 3. Aπό τα δυαδικά ψηφία εγκυρότητας. Αφού υπάρχει ένα δυαδικό ψηφίο εγκυρότητας ανά πλαίσιο, συνολικά υπάρχει µνήµη 2 Κbit = 0,25 KBytes για αυτά τα ψηφία. Σελίδα 5 από 13
4. Από τα δυαδικά ψηφία που δείχνουν το LRU πλαίσιο κάθε συνόλου. Χρειαζόµαστε ένα µόνο δυαδικό ψηφίο ανά σύνολο για να υποδεικνύουµε ποιο από τα δύο πλαίσια είναι το LRU. Άρα η µνήµη που χρειαζόµαστε για τα LRU ψηφία είναι συνολικά 1 Kbit = 0,125 KΒytes. Aθροίζοντας τα 1 έως 4, βρίσκουµε ότι η κρυφή µνήµη έχει µέγεθος 19,375 ΚBytes. (β) Αναπτύσσουµε τις τρεις διευθύνσεις στο δυαδικό : ιεύθυνση Ετικέτα Σύνολο Λέξη F432B4 16 1111 0100 0011 0010 1011 01 00 B892B7 16 1011 1000 1001 0010 1011 01 11 AAC2B6 16 1010 1010 1100 0010 1011 01 10 και διαπιστώνουµε ότι και οι τρεις αντιστοιχούν στο ίδιο σύνολο της κρυφής µνήµης γιατί έχουν την ίδια τιµή στο πεδίο "Σύνολο". Έχουµε δηλαδή 3 blocks της κύριας µνήµης να µάχονται για τα 2 πλαίσια του ίδιου συνόλου της κρυφής. Έχοντας υιοθετήσει την αντικατάσταση βάσει του αλγορίθµου LRU, σε κάθε επανάληψη, το 3 ο block της κύριας µνήµης θα αντικαθιστά το 1 ο, το 1 ο το 2 ο και το 2 ο το 3 ο στη κρυφή µνήµη. Συνεπώς ποτέ δε θα υπάρχει στην κρυφή µνήµη το επόµενο προς προσπέλαση πλαίσιο και συνεπώς καµµία αναφορά δε θα εξυπηρετηθεί από την κρυφή µνήµη. Άρα το ποσοστό επιτυχίας θα είναι 0%. (γ) Αν η κρυφή µνήµη ήταν άµεσης οργάνωσης η διεύθυνση θα ερµηνευόταν στη κρυφή µνήµη ως : Ετικέτα Πλαίσιο Λέξη 11 11 2 Αναπτύσσοντας και πάλι τις διευθύνσεις στο δυαδικό ιεύθυνση Ετικέτα Πλαίσιο Λέξη F432B4 16 1111 0100 001 1 0010 1011 01 00 B892B7 16 1011 1000 100 1 0010 1011 01 11 AAC2B6 16 1010 1010 110 0 0010 1011 01 10 διαπιστώνουµε ότι µόνο τα blocks των δύο πρώτων διευθύνσεων (F432B4 16 και B892B7 16 ) αντιστοιχούν στο ίδιο πλαίσιο της κρυφής µνήµης και δε µπορούν να συνυπάρχουν στην κρυφή µνήµη. Αντίθετα το block της κύριας µνήµης µε διεύθυνση AAC2B6 16, αντιστοιχεί σε άλλο πλαίσο της κρυφής και µπορεί να συνυπάρχει µε οποιοδήποτε από τα άλλα δύο. Άρα στις 100 επαναλήψεις (300 αναφορές) θα έχουµε 99 επιτυχίες, όλες κατά τη προσπέλαση της διεύθυνσης AAC2B6 16 (µετά την πρώτη αναφορά που θα προσκοµµίσει αυτό το block στην άδεια αρχικά κρυφή µνήµη). Το ποσοστό επιτυχίας θα είναι 99 / 300 = 33%. Αν και το ποσοστό επιτυχίας µιας κρυφής µνήµης µε οργάνωση 2-τρόπων συσχέτισης είναι στη γενική περίπτωση µεγαλύτερο της αντίστοιχης µε άµεση οργάνωση, παρατηρούµε ότι µπορεί να υπάρξουν "ειδικές" περιπτώσεις, όπως η ακολουθία διευθύνσεων της άσκησης, στις οποίες να ισχύει το αντίθετο. Άσκηση 5 (20 µονάδες) Θεωρείστε τέσσερα υπολογιστικά συστήµατα που βασίζονται στη χρήση: 1. συσσωρευτή, 2. καταχωρητών γενικού σκοπού µε εντολές µόνο καταχωρητή-καταχωρητή µε τρία τελούµενα στις αριθµητικές πράξεις, δύο τελούµενα στις πράξεις πρόσβασης µνήµης και συνολικά 6 καταχωρητές 3. καταχωρητών γενικού σκοπού µε εντολές καταχωρητή-καταχωρητή και καταχωρητή µνήµης µε δύο τελούµενα και συνολικά 6 καταχωρητές και 4. καταχωρητών γενικού σκοπού µε εντολές µε τρία τελούµενα σε όλες τις αριθµητικές πράξεις, δύο τελούµενα στις πράξεις πρόσβασης µνήµης και όπου σε κάθε εντολή πρέπει τουλάχιστον 1 τελούµενο να είναι θέση µνήµης ενώ µπορούν και τα τρία τελούµενα να είναι θέσεις µνήµης. Αυτό το σύστηµα έχει µόνο 1 καταχωρητή. Σελίδα 6 από 13
(α) Για κάθε σύστηµα να γραφεί πρόγραµµα που να υπολογίζει αρχικά τον αριθµό Χ = Α B C / D και κατόπιν τον αριθµό Υ = B C D E. Οι A, B, C, D και E είναι αριθµοί που βρίσκονται αρχικά στη µνήµη του συστήµατος η οποία έχει συνολικό µέγεθος 32 λέξεις. Ο κάθε αριθµός είναι αποθηκευµένος σε µία λέξη µνήµης. Επίσης µπορεί να χρησιµοποιηθεί µόνο 1 διεύθυνση µνήµης (TMP) για την αποθήκευση προσωρινών αποτελεσµάτων. Προσπαθήστε να ελαχιστοποιήσετε τον αριθµό των εντολών του προγράµµατος σε κάθε περίπτωση. (β) Έστω ότι το δεδοµένο Α βρίσκεται στη θέση µνήµης 12, το Β στη θέση µνήµης 16, το C στη θέση µνήµης 19, το D στη θέση µνήµης 22, το Ε στη θέση µνήµης 24, το TMP στη θέση µνήµης 26 ενώ το Χ αποθηκεύεται στη θέση µνήµης 4 και το Υ στη θέση µνήµης 8. Θεωρείστε ότι η µνήµη είναι οργανωµένη σε λέξεις και όλες οι παραπάνω διευθύνσεις είναι διευθύνσεις λέξεων. Επίσης θεωρείστε ότι όλα τα συστήµατα του ερωτήµατος (α) έχουν κρυφή µνήµη δεδοµένων άµεσης οργάνωσης µε συνολικά 4 πλαίσια και κάθε πλαίσιο µπορεί να αποθηκεύσει µία λέξη δεδοµένων. Ποιες είναι οι συνολικές προσβάσεις µνήµης δεδοµένων και ποιο είναι το ποσοστό αποτυχίας της κρυφής µνήµης δεδοµένων για κάθε σύστηµα εάν υποθέσουµε ότι αρχικά η κρυφή µνήµη είναι κενή; Ποιος είναι ο αριθµός των προσβάσεων που καταλήγουν στην κυρίως µνήµη σε κάθε περίπτωση ; (γ) Ποιο σύστηµα έχει τις λιγότερες προσβάσεις δεδοµένων στην κυρίως µνήµη και ποιο το µεγαλύτερο ποσοστό αποτυχίας; Τι συµπέρασµα βγάζετε ; Λύση (α.1) Για την αρχιτεκτονική συσσωρευτή το πρόγραµµα για τον υπολογισµό των δύο εκφράσεων είναι το εξής LOAD C DIV D (Υπολογίστηκε το C / D) STORE TMP LOAD A MUL B (Υπολογίστηκε το Α B) SUB TMP STORE Χ (Το αποτέλεσµα της πρώτης πράξης) LOAD D MUL E STORE TMP (Αποθήκευση D E) LOAD B SUB C SUB TMP STORE Y (Το αποτέλεσµα του δεύτερου υπολογισµού) (α.2) Στo σύστηµα που υποστηρίζει εντολές µόνο καταχωρητή-καταχωρητή το πρόγραµµα είναι LOAD R1, A LOAD R2, Β MUL R3, R1, R2 ( R3 = A B) LOAD R1, C (o A δε χρειάζεται πια άρα τον πανωγράφω) LOAD R4, D DIV R5, R1, R4 (R5 = C / D) SUB R6, R3, R5 (R6 = A B - C / D) STORE R6, X LOAD R5, Ε MUL R6, R4, R5 (R6 = D E) SUB R4, R2, R1 (R4 = B C) SUB R1, R4, R6 STORE R6, Y Σελίδα 7 από 13
(α.3) Στo σύστηµα που υποστηρίζει και εντολές καταχωρητή-µνήµης το πρόγραµµα είναι LOAD R1, A MUL R1, Β ( R1 = A B) LOAD R2, C DIV R2, D (R2 = C / D) SUB R1, R2 STORE R1, X LOAD R1, Ε MUL R1, D (R1 = D E) LOAD R2, B SUB R2, C (R2 = B C) SUB R2, R1 STORE R2, Y (α.4) Στo σύστηµα που υποστηρίζει εντολές καταχωρητή-µνήµης και µνήµης-µνήµης το πρόγραµµα είναι MUL TMP, A, Β (TMP = A B) DIV R1, C, D (R1 = C / D) SUB R1, TMP, R1 STORE R1, X MUL TMP, D, E (TMP = D E) SUB R1, B, C (R1 = B C) SUB R1, R1, TMP STORE R1, Y (β) Αφού η κυρίως µνήµη έχει µέγεθος 32 λέξεις και είναι οργανωµένη σε λέξεις οι διεθύνσεις όλων των συστηµάτων θα είναι των 5 ψηφίων. Αφού η κρυφή µνήµη είναι άµεσης οργάνωσης και έχει συνολικά 4 πλαίσια της µίας λέξης έκαστο, απαιτούνται 2 ψηφία για την επιλογή του πλαισίου µέσα στην κρυφή µνήµη. Άρα η διεύθυνση ερµηνεύεται στη κρυφή µνήµη ως εξής: ετικέτα πλαίσιο 3 2 Άρα τα δεδοµένα που χρησιµοποιούµε έχουν τις εξής διευθύνσεις : εδοµένο( ιεύθυνση) Ετικέτα Πλαίσιο Α (12) 011 00 Β (16) 100 00 C (19) 100 11 D (22) 101 10 E (24) 110 00 TMP (26) 110 10 X (4) 001 00 Y (8) 010 00 Θα εξετάσουµε δύο περιπτώσεις: i. Περίπτωση που στις εντολές STORE ακολουθείται η τακτική προσκόµισης κατά την εγγραφή. (β.1) Στο πρώτο σύστηµα έχουµε συνολικά 14 προσβάσεις µνήµης. Αναφορικά µε την αποτυχία ή επιτυχία έχουµε τα παρακάτω εδοµένο Πρόσβασης µνήµης Επιτυχία Αιτιολογία Σελίδα 8 από 13
C Όχι Αρχική αναφορά D Όχι Αρχική αναφορά TMP Όχι Αρχική αναφορά A Όχι Αρχική αναφορά B Όχι Αρχική αναφορά TMP X Όχι Αρχική αναφορά D Όχι (είναι το TMP σε αυτό το πλαίσιο) E Όχι Αρχική αναφορά B Όχι (είναι το E σε αυτό το πλαίσιο) C TMP Y Όχι Αρχική αναφορά Άρα το ποσοστό αποτυχίας είναι 11/14 = 78,6% και 11 προσβάσεις δεδοµένων καταλήγουν στην κυρίως µνήµη. (β.2) Στο δεύτερο σύστηµα έχουµε 7 προσβάσεις µνήµης και το ποσοστό αποτυχίας της κρυφής µνήµης είναι 100% αφού και οι 7 προσβάσεις είναι "αρχικές" προσβάσεις και έτσι δεν είναι δυνατόν να βρίσκονται στην κρυφή µνήµη. Επίσης και οι 7 προσβάσεις καταλήγουν στην κυρίως µνήµη. (β.3) Στο τρίτο σύστηµα έχουµε 10 προσβάσεις µνήµης. Αναφορικά µε την αποτυχία η επιτυχία έχουµε τα παρακάτω : εδοµένο Πρόσβασης µνήµης Επιτυχία Αιτιολογία Α Όχι Αρχική αναφορά Β Όχι Αρχική αναφορά C Όχι Αρχική αναφορά D Όχι Αρχική αναφορά X Όχι Αρχική αναφορά E Όχι Αρχική αναφορά D B Όχι (είναι το X σε αυτό το πλαίσιο) C Y Όχι Αρχική αναφορά Άρα το ποσοστό αποτυχίας είναι 8/10 = 80% και 8 προσβάσεις δεδοµένων καταλήγουν στην κυρίως µνήµη. (β.4) Στο τέταρτο σύστηµα έχουµε 14 προσβάσεις µνήµης Αναφορικά µε την αποτυχία η επιτυχία έχουµε τα παρακάτω εδοµένο Πρόσβασης µνήµης Επιτυχία Αιτιολογία A Όχι Αρχική αναφορά B Όχι Αρχική αναφορά TMP Όχι Αρχική αναφορά C Όχι Αρχική αναφορά D Όχι Αρχική αναφορά X Όχι Αρχική αναφορά Σελίδα 9 από 13
D Όχι (είναι το TMP σε αυτό το πλαίσιο) E Όχι Αρχική αναφορά B Όχι (είναι το E σε αυτό το πλαίσιο) C TMP Y Όχι Αρχική αναφορά Άρα το ποσοστό αποτυχίας της κρυφής µνήµης σε αυτή τη περίπτωση είναι 12 /14 = 85,7% και 12 προσβάσεις δεδοµένων καταλήγουν στην κυρίως µνήµη. ------------------------------------------------------------------------------------ ii. Περίπτωση που στις εντολές STORE ακολουθείται η τακτική µη προσκόµισης κατά την εγγραφή. (β.1) Στο πρώτο σύστηµα έχουµε συνολικά 14 προσβάσεις µνήµης. Αναφορικά µε την αποτυχία ή επιτυχία έχουµε τα παρακάτω εδοµένο Πρόσβασης µνήµης Επιτυχία Αιτιολογία C Όχι Αρχική αναφορά D Όχι Αρχική αναφορά TMP Όχι Αρχική αναφορά. Το TMP δε προσκοµµίζεται λόγω προσπέλασης εγγραφής A Όχι Αρχική αναφορά B Όχι Αρχική αναφορά X Όχι Αρχική αναφορά. Το Χ δε προσκοµµίζεται λόγω προσπέλασης εγγραφής D Όχι (είναι το TMP σε αυτό το πλαίσιο) E Όχι Αρχική αναφορά Το TMP δε προσκοµµίζεται λόγω προσπέλασης εγγραφής B Όχι (είναι το E σε αυτό το πλαίσιο) C Y Όχι Αρχική αναφορά Άρα το ποσοστό αποτυχίας είναι 13/14 = 92,9% και 13 προσβάσεις δεδοµένων καταλήγουν στην κυρίως µνήµη. (β.2) Στο δεύτερο σύστηµα έχουµε 7 προσβάσεις µνήµης και το ποσοστό αποτυχίας της κρυφής µνήµης είναι 100% αφού και οι 7 προσβάσεις είναι "αρχικές" προσβάσεις και έτσι δεν είναι δυνατόν να βρίσκονται στην κρυφή µνήµη. Επίσης και οι 7 προσβάσεις καταλήγουν στην κυρίως µνήµη. (β.3) Στο τρίτο σύστηµα έχουµε 10 προσβάσεις µνήµης. Αναφορικά µε την αποτυχία η επιτυχία έχουµε τα παρακάτω : εδοµένο Πρόσβασης µνήµης Επιτυχία Αιτιολογία Α Όχι Αρχική αναφορά Β Όχι Αρχική αναφορά C Όχι Αρχική αναφορά D Όχι Αρχική αναφορά Σελίδα 10 από 13
X Όχι Αρχική αναφορά. Το Χ δε προσκοµµίζεται λόγω προσπέλασης εγγραφής E Όχι Αρχική αναφορά D B Όχι (είναι το Ε σε αυτό το πλαίσιο) C Y Όχι Αρχική αναφορά. Το Υ δε προσκοµµίζεται λόγω προσπέλασης εγγραφής Άρα το ποσοστό αποτυχίας είναι 8/10 = 80% και 8 προσβάσεις δεδοµένων καταλήγουν στην κυρίως µνήµη. (β.4) Στο τέταρτο σύστηµα έχουµε 14 προσβάσεις µνήµης Αναφορικά µε την αποτυχία η επιτυχία έχουµε τα παρακάτω εδοµένο Πρόσβασης µνήµης Επιτυχία Αιτιολογία A Όχι Αρχική αναφορά B Όχι Αρχική αναφορά TMP Όχι Αρχική αναφορά. Το TMP δε προσκοµµίζεται λόγω προσπέλασης εγγραφής C Όχι Αρχική αναφορά D Όχι Αρχική αναφορά X Όχι Αρχική αναφορά D Όχι (είναι το TMP σε αυτό το πλαίσιο) E Όχι Αρχική αναφορά Το TMP δε προσκοµµίζεται λόγω προσπέλασης εγγραφής B Όχι (είναι το E σε αυτό το πλαίσιο) C Y Όχι Αρχική αναφορά Άρα το ποσοστό αποτυχίας της κρυφής µνήµης σε αυτή τη περίπτωση είναι 13 /14 = 92,85% και 13 προσβάσεις δεδοµένων καταλήγουν στην κυρίως µνήµη. (γ) Όπως προκύπτει από τα παραπάνω, το πρόγραµµα για το 2 ο σύστηµα έχει τις λιγότερες προσβάσεις στη µνήµη (7) και ταυτόχρονα είναι αυτό που έχει το µεγαλύτερο ποσοστό αποτυχίας! Άρα το ποσοστό αποτυχίας από µόνο του (χωρίς να λαµβάνονται υπόψη οι συνολικές προσβάσεις µνήµης) δεν είναι αρκετό για να χαρακτηρίσει σωστά την απόδοση ενός συστήµατος. Άσκηση 6 (10 µονάδες) Θεωρείστε µια αρτηρία που χρησιµοποιείται για τη µεταφορά πληροφορίας 4 ψηφιολέξεων κάθε φορά και ότι, ανάλογα µε τις µονάδες που επικοινωνούν, η µεταφορά από τον υπηρέτη (slave) στον κύριο (master) διαρκεί στο 15% των περιπτώσεων 13 nsec, στο 35% των περιπτώσεων 18 nsec, στο 40% των περιπτώσεων 30 nsec και στο 10% των περιπτώσεων 64 nsec. Θεωρείστε επίσης ότι η διαιτησία βάζει καθυστέρηση 6 nsec σε κάθε µεταφορά. Υπολογίστε το µέσο ρυθµό µεταφοράς πληροφορίας ανά δευτερόλεπτο (σε Μψηφιολέξεις / δευτερόλεπτο) για κάθε µια από τις ακόλουθες περιπτώσεις : α. Η αρτηρία είναι σύγχρονη µε περίοδο του σήµατος χρονισµού (ρολογιού) 6 nsec 1. χωρίς δυνατότητα εισαγωγής κύκλων ρολογιού καθυστέρησης (wait states) Σελίδα 11 από 13
2. µε δυνατότητα εισαγωγής κύκλων ρολογιού καθυστέρησης β. Η αρτηρία είναι ασύγχρονη και για κάθε µεταφορά, λόγω του πρωτοκόλλου χειραψίας, απαιτεί 11 nsec επιπλέον. Λύση (α.1) Αφού η διαιτησία βάζει καθυστέρηση 6 nsec και η περίοδος του σήµατος χρονισµού είναι 6 nsec, για τη διαιτησία απαιτείται ένας κύκλος ρολογιού. Για τη µεταφορά πληροφορίας από ή προς την αργότερη µονάδα Ι/Ο απαιτούνται 64 nsec, αλλά επειδή στη σύγχρονη αρτηρία για τη µεταφορά πληροφορίας διατίθεται ένα ακέραιο πλήθος κύκλων ρολογιού, απαιτούνται 11 κύκλοι του σήµατος χρονισµού. Άρα ο ρυθµός µεταφοράς δεδοµένων θα είναι: (4 ψηφιολέξεις) / [(1+11) 6 nsec] = (4 10 9 ) / 72 ψηφιολέξεις / δευτερόλεπτο 55,556 10 6 ψηφιολέξεις / δευτερόλεπτο 55,556 Mψηφιολέξεις / δευτερόλεπτο. (α.2) Λαµβάνοντας υπ όψιν τη διαιτησία, συµπεραίνουµε ότι στο 15% των περιπτώσεων η µεταφορά κοστίζει 4 κύκλους του σήµατος χρονισµού, στο 35% περιπτώσεων κοστίζει 4 κύκλους, στο 40% περιπτώσεων κοστίζει 6 κύκλους, και στο 10% των περιπτώσεων κοστίζει 12 κύκλους. Εποµένως ο µέσος αριθµός κύκλων ρολογιού που απαιτούνται για µια µεταφορά είναι 0,15 4 + 0,35 4 + 0,4 6 + 0,1 12 = 5,6 κύκλοι και ο µέσος ρυθµός µεταφοράς: (4 ψηφιολέξεις) / (5,6 6 nsec) = (4 10 9 ) / 33,6 ψηφιολέξεις / δευτερόλεπτο 119,048 Μψηφιολέξεις / δευτερόλεπτο. (β) Ο µέσος χρόνος που απαιτείται για µια µεταφορά είναι: 0,15 (13 + 11 + 6) + 0,35 (18 + 11 + 6) + 0,4 (30 + 11 + 6) + 0,1 (64 + 11 + 6) = 43,65 nsec. Εποµένως ο ρυθµός µεταφοράς είναι: 4 ψηφιολέξεις / 43,65 nsec 91,638 Μψηφιολέξεις / δευτερόλεπτο. Παρατηρούµε ότι η σύγχρονη αρτηρία µε δυνατότητα εισαγωγής κύκλων καθυστέρησης επιτυγχάνει το µεγαλύτερο µέσο ρυθµό µεταφοράς πληροφορίας. Άσκηση 7 (10 µονάδες) Σε ένα υπολογιστικό σύστηµα µία µονάδα I/O µε ενσωµατωµένο ελεγκτή DMA µεταφέρει δεδοµένα από µία συσκευή Ι/Ο στη µνήµη µε την τεχνική block transfer. Η αρχιτεκτονική του συστήµατος και η διαδικασία µεταφοράς περιγράφεται σχηµατικά στην συνέχεια. Η διακοπτική γέφυρα (switch) επιτρέπει την ταυτόχρονη επικοινωνία του επεξεργαστή και της µονάδας Ι/Ο µε τη µνήµη. Σελίδα 12 από 13
Τα δεδοµένα µεταφέρονται σε block των 4096 byte µε ρυθµό µεταφοράς 10 Mbytes / sec. Υποθέστε ότι ο επεξεργαστής λειτουργεί µε συχνότητα 200 ΜΗz. Πόσο (%) καθυστερεί ο επεξεργαστής στην εκτέλεση των προγραµµάτων λόγω της λειτουργίας DMA όταν κατά την µεταφορά ενός block ο επεξεργαστής πρέπει να ξοδέψει 1500 κύκλους για την αρχικοποίηση και 1000 κύκλους για την ολοκλήρωση ; Λύση. Αφού η συχνότητα του επεξεργαστή είναι 200 ΜHz, η CPU χωρίς τη λειτουργία DMA σε 1 sec θα εκτελούσε εντολές που αντιστοιχούν σε 2 10 8 κύκλους. Τα δεδοµένα µεταφέρονται από τον DMA controller µε ταχύτητα 10 ΜΒytes/sec και αφού κάθε block έχει 4096 byte θα µεταφέρονται περίπου 2442 blocks/sec. Για την αρχικοποίηση και την ολοκλήρωση της µεταφοράς κάθε block απαιτούνται 2500 κύκλοι. ηλαδή για την µεταφορά των 2442 block απαιτούνται περίπου 61 10 5 κύκλοι. Κατά την διάρκεια της µεταφοράς δεδοµένων από τoν ελεγκτή DMA η CPU είναι ελεύθερη να εκτελεί προγράµµατα. Με βάση τα παραπάνω για την εκτέλεση εντολών προγραµµάτων που αντιστοιχούν σε 2 10 8 κύκλους χωρίς την λειτουργία DMA απαιτούνται επιπλέον 61 10 5 κύκλοι σε σχέση µε την αντίστοιχη περίπτωση χωρίς την λειτουργία DMA. Συνεπώς η επιµήκυνση του χρόνου εκτέλεσης των προγραµµάτων θα είναι περίπου 3,052%. ΑΣΚΗΣΗ ΜΟΝΑ ΕΣ Ο βαθµός σας 1 η 15 2 η 10 3 η 15 4 η 20 5 η 20 6 η 10 7 η 10 ΣΥΝΟΛΟ 100 Τελικός Βαθµός 10.0 Σελίδα 13 από 13