《清华大学计算机系统结构课后习题解答》由会员分享，可在线阅读，更多相关《清华大学计算机系统结构课后习题解答（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1计算机系统结构习题解答目录第一章(P33)1.7-1.9（透明性概念） ，1.12-1.18（Amdahl 定律） ，1.19、1.21、1.24（CPI/MIPS）第二章(P124)2.3、2.5、2.6（浮点数性能） ，2.13、2.15（指令编码）第三章(P202)3.3（存储层次性能） ，3.5（并行主存系统） ，3.15-3.15 加 1 题（堆栈模拟） ，3.19 中(3)(4)(6)(8)问（地址映象/替换算法-实存状况图）第四章(P250)4.5（中断屏蔽字表/中断过程示意图） ，4.8（通道流量计算/通道时间图）第五章(P343)5.9（流水线性能/时空图） ，5.15（2
2、 种调度算法）第六章(P391)6.6（向量流水时间计算） ，6.10（Amdahl 定律/MFLOPS）第七章(P446)7.3、7.29（互连函数计算） ，7.6-7.14（互连网性质） ，7.4、7.5、7.26（多级网寻径算法） ，7.27（寻径/选播算法）第八章(P498)8.12（SISD/SIMD 算法）第九章(P562)9.18（SISD/多功能部件/SIMD/MIMD 算法）(注：每章可选 1-2 个主要知识点，每个知识点可只选 1 题。有下划线者为推荐的主要知识点。)2第一章(P33)1.7(1)从指定角度来看，不必要了解的知识称为透明性概念。(2)见下表， “”为透明性概
3、念， “P”表示相关课文页数。1.8 见下表， “”为透明性概念， “P”表示相关课文页数。1.9 见下表， “”表示都透明， “应”表示仅对应用程序员透明， “”表示都不透明。1.12 已知 Se=20 , 求作 Fe-Sn 关系曲线。将 Se 代入 Amdahl 定律得 enFS20191.13 上式中令 Sn=2，解出 Fe=10/190.5261.14 上式中令 Sn=10，解出 Fe=18/190.9471.15 已知两种方法可使性能得到相同的提高，问哪一种方法更好。(1)用硬件组方法，已知 Se=40，Fe=0.7，解出 Sn=40/12.73.1496（两种方法得到的相同性能）(
4、2)用软件组方法，已知 Se=20，Sn=40/12.7，解出 Fe=27.3/380.7184（第二种方法的百分比）(3)结论：软件组方法更好。因为硬件组需要将 Se 再提高 100%（2040） ，而软件组只需将 Fe 再提高1.84%（0.70.7184） 。1.17 57.3419.0nS模 m 交叉， 浮点数据，P4 通道与 I/O 处理机，P4总线宽度， 阵列运算部件， 结合型与独立型通道，单总线， 访问保护， 中断，指令控制方式， 堆栈指令， 最小编址单位，Cache 存储器，指令地址寄存器， 指令缓冲器， 时标发生器，条件码寄存器， 乘法器， 主存地址寄存器，磁盘， 先行进位链
5、， 移位器，通用寄存器 ， 中断字寄存器，数据通路宽度， 虚拟存储器，应， Cache 存储器，程序状态字， “启动 I/O”指令，应， “执行”指令，指令缓冲寄存器，Sn2010 1 Fe31.18 记 f 时钟频率，T=1/f 时钟周期，B 带宽（Byte/s） 。方案一： )/(41sytefT方案二： )/(5.3421%572 sBytef1.19 由各种指令条数可以得到总条数，以及各百分比，然后代公式计算。 4150iiIC(1) 41 5.108.215.32.045.1)(i iiIPI(2) 86.066CIfMIS(3) （ 秒 ）374516PT1.21(1) 24.10
6、82.8.02. I(2) 6.74.166CPfMS1.24 记 Tc 新方案时钟周期，已知 CPI = CPIi = 1原时间 = CPI IC 0.95Tc = 0.95ICTc新时间 = （0.32/3+0.7） IC Tc = 0.9ICTc二者比较，新时间较短。第二章(P124)2.3（忽略 P124 倒 1 行 P125 第 8 行文字，以简化题意）已知 2 种浮点数，求性能指标。此题关键是分析阶码、尾数各自的最大值、最小值。原图为数据在内存中的格式，阶码的小数点在其右端，尾数的小数点在其左端，遵守规格化要求。由于尾数均为原码，原码的绝对值与符号位无关，所以最大正数与最小负数的绝
7、对值相同，可用“最大绝4对值”回答；最小正数与最大负数的绝对值相同，可用“最小绝对值”回答。第 1 小问中，阶码全部位数为 8，作无符号数看待真值为 0255，作移-127 码看待真值为-127+128；尾数（不计符号位）有 23 位小数，另加 1 位整数隐藏位，所以尾数绝对值为 1.02.0 2 -23，有效位数 p=24；第 2 小问中，阶码全部位数为 11，作无符号数看待真值为 02047，作移-1023 码看待真值为-1023+1024；尾数（不计符号位）有 52 位小数，另加 1 位整数隐藏位，所以尾数绝对值为 1.02.0 2-52，有效位数 p=53。最大绝对值为最大阶码与最大尾
8、数绝对值的组合，最小绝对值为最小阶码与最小尾数绝对值的组合。代入相关公式后得最终结果如下表。2.5(1) rm = 2，r e = 2，p = 24（隐藏最高位）,q = 7。(2) Nmax = 1.71038，-|N| min = -1.4710-39 5.9610 -8 10 -7.22， = 100%2.6(1) 0.2 = 0.333333H160 设阶码为移-63 码（即-2 6+1，原题未指明）0.2 = 0.110011001100110011001101B2-2 （其中最高有效位需隐藏）阶码为移-127 码（即-2 7+1）(2) 符号位不变， （阶码 63）4 + 127；
9、尾数左规，除去最高位；(3) 符号位不变， （阶码 127）/ 4 + 63；尾数补最高位，按除法余数右移若干位，左补 0。2.13 已知 10 条指令使用频度，求 3 种编码方法的平均码长与信息冗余量。(1)此问中的“最优 Huffman 编码法”实际是指码长下限，即信源的平均信息量熵，代公式得 H=2.9566。(2)Huffman 编码性能如下表；(3)2/8 扩展编码是 8/64/512 法的变种，第一组 2 条指令，码长为 2（1 位扩展标志，1 位编码）,第二组 8 条指令，码长为 4（1 位扩展标志，与第一组区别，加 3 位编码） ，编码性能如下表；(4)3/7 扩展编码是 15
10、/15/15 法的变种，第一组 3 条指令，码长为 2（共有 4 种组合，其中 3 种组合分别代表 3条指令，留 1 种组合作为扩展前缀标志）,第二组 7 条指令，码长为 5（2 位固定的前缀扩展标志，与第一组区别，加 3 位编码，只用其中 7 种组合） ，编码性能如下表。32 位 64 位最大绝对值 (1-2-24)2129 (1-2-53)21025最小绝对值 2-127 2-1023表数精度 2-24 2-53表数效率 100% 100%1 位 7 位 6 位0 0111111 3333331 位 8 位 23 位0 01111101 10011001100110011001101Huf
11、fman 编码 2/8 扩展编码 3/7 扩展编码平均码长 L 2.99 3.1 3.2信息冗余量 R 1.10% 4.61% 7.59%52.15(1) 15 条/63 条/64 条(2) 14 条/126 条/128 条第三章(P202)3.3 直接代公式计算存储层次性能指标。(1)74ns，38ns，23.6ns(2)0.258，0.315，0.424(3)T256K c128K c64K(4)19.092，11.97，10.0064。答案是 256K 方案最优。3.5 已知 ，其中 g=0.1gKnn)1(依题意有 2.0)1(2.0)(11 gKnnn整理得 0.9n0.2，解出 ，
12、向下取整，得 15；8.59.lg按另一种题意理解是向上取整，得 16，也对。3.15 欲知可能的最高命中率及所需的最少主存页数，较好的办法是通过“堆栈模拟法” ，求得命中次数随主存页数变化的函数关系。下图就是“堆栈模拟图” ，其中“”表示命中。(1)Hmax=7/1258.3%(2)n=4(3)当 1 次页面访问代表连续 1024 次该页内存储单元访问时，后 1023 次单元访问肯定是命中的，而第 1 次单元P= 4 5 3 2 5 1 3 2 3 5 1 3 命中次数4 5 3 2 5 1 3 2 3 5 1 34 5 3 2 5 1 3 2 3 5 14 5 3 2 5 1 1 2 3
13、54 4 3 2 5 5 1 2 24 4 4 4 4 4 4n=1 0n=2 1n=3 3n=4 7n=5 76访问的命中情况与这 1 次页面访问的命中情况相同。根据上图中最高命中情况，共有 7 次页命中（折算为71024 次单元命中） ，5 次页不命中（折算为 51023 次单元命中，也可写为 51024-5） ，单元访问总次数为121024，故有：Hcell=(121024-5)/(121024)=12283/1228899.96%3.15 加 1 题 一个二级存储层次，采用全相联映象与最久没有使用算法，实存共 5 页，为 2 道程序分享，页地址流分别如下P1 = 1 2 3 4 1 3
14、 2 1P2 = 1 2 3 4 2 2 3 3试作 2 个实存分配方案，分别使 2 道程序满足(1)命中率相同；(2)命中次数之与最大。解：分别为 2 道程序作“堆栈模拟图” ，其中“”表示命中。将两图结果综合，得到 4 个分配方案的命中率情况表如下P1 = 1 2 3 4 1 3 2 1 命中次数N(1)1 2 3 4 1 3 2 11 2 3 4 1 3 21 2 3 4 1 31 2 2 4 4n1= 1 0n1= 2 0n1= 3 2n1= 4 4P2 = 1 2 3 4 2 2 3 3 命中次数N(2)1 2 3 4 2 2 3 31 2 3 4 4 2 21 2 3 3 4 41
15、 1 1 1 1n2= 1 2n2= 2 2n2= 3 4n2= 4 465 N(1)+N(2)432 N(1) N(2)11+4 2+3 3+2 4+1n1 1 2 3 4N(1) 0 0 2 4n2 4 3 2 1N(2) 4 4 2 2N(1)+N(2) 4 4 4 67结论如下(1)命中率相同的方案是 n1= 3 而 n2= 2；(2)命中次数之与最大的方案是 n1= 4 而 n2= 1。3.19 中(3)(4)(6)(8)问(3)(4)通过作“实存状况图”模拟各虚块的调度情况，可获得 Cache 的块地址流序列。此问最容易出错的地方是忽略“组相联”地址约束，将虚页装错实组。另外没有及时标注“*”号也容易导致淘汰对象错误。(6)H=4/1233%(8)做法同 3.15 题(3)问，H cell=(1216-8)/(1216)95.8%第四章(P250)4.5 已知中断服务次序为 3-2-4-1， 。(1)中断屏蔽字表如下图；(2)中断过程示意
