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1、计算机系统结构部分习题参考答案1.2 解：这儿要注意的是第一级是最低的级别，而不是最高的级别。 第二级：NKns 第三级：N2Kns 第四级：N3Kns1.4 解：第二级：N/M ks 第三级：(N/M)2 ks 第四级：(N/M)3 ks1.6 解：计算机系统结构：是从系统结构设计者的角度看到的系统特性及功能视图，它对计算机组成提出了明确的功能需求和设计目标。 计算机组成：计算机系统结构的逻辑实现。 计算机实现：计算机组成的物理实现。例：对于同样系统结构的IBM系列机，人们为了提高性能，加入了通道、外围处理机、先行控制、流水线等。而对于组成相仿的两类计算机，器件的集成度、布局等物理实现又可能
2、不同。1.8 解：对汇编语言程序员而言透明的有： 指令缓冲器、时标发生器、乘法器、先行进位链、移位器。1.11 解：系列机是指由同一厂家生产并具有相同系统结构的计算机，但具有不同的计算机组成与实现。 可行：(1) (3) (4) (6) (7) 不可行：(2) (5) (8)1.17 解：Sn = 1/(1 Fe) + Fe/Se) = 1/(1 0.9) + 0.9/5) = 3.571.19 解：CPICPIiIi/Ic45000/105（320002）/105（150002）/105（80002）/1051.55 MIPS (40 106)/(1.55 106) 25.8MIPS Te
3、105/(25.8 106) 3.88ms1.24 解：CPI 1，则有：T未 IC CPI T（1 5) 0.95 ICTT优ICCPIT（1 30）ICCPIT30（11/3）0.9 ICT由于T优/T未 0.9/0.95 0.947所以，优化后的方案使计算机工作速度更快。1.28 解：原始MFLOPS 195578/（10.8106）0.018 正则化后MFLOPS 195578/（13.6106）0.014 指令正则化后的具体值 f/CPI 16.6M/（6106） 2.772.2 解： 1) 最大尾数：116 - 6 2) 最小正尾数：16-1 3) 最小尾数：(116 - 6) 4
4、) 最大负尾数：16 -1 5) 最大阶码：261 6) 最小阶码: 2 6 7) 最大正数： (116-6)* 16 64 8) 最小正数：16-1 * 16-64 9) 最大负数：-16-1*16-64 10) 最小负数：(116 - 6)*1664+1 11) 浮点零：0 12) 表数精度：1/216-(6-1) 13) 表数效率：15/16 14) 能表示的规格数浮点数个数：215165226+12.3 解：1) 最大正数：2127(2-2-23)2)2) 最小正数：2-126.2-23=2-1493) 最大负数：2-1494) 最小负数：2128(12-24)5) 表数精度：2-23
5、6) 表数效率：99.6%2.5 解：1) 设计浮点数的格式：2-P=10-7.2 P=log2 10 -7.2=7.2log2 10尾数为24位，阶码为7+1位。2) 计算： 最大正数：2128 = 3.41038 最大负数：2-1272243.510-46 表数精度：1/22-232-2410-7.22 表数效率：50%2.6 解：1) 0.2的两种表示：IBM： 0 000 0000 0011 0011 0011 0011 0011 0011IEEE： 0 01111101 10011001100110011001100 2) 转换规则： 找出尾数中首位为1的第K位(二进制,尾数)； 尾
6、数左移k位，移出部分丢掉，右边添加0； e2=4e1125k s2=s13)转换规则： e1=(e2-127)/4； e1=e1+63； k=4e1-e2+127； 右移K位，将0.m1转化为16进制。2.9 解：1) 舍入方法为：上舍下入2) 警戒位位数：1位3) 在正数区的误差范围：2-p-1(1-2-q+1) 2-p-1 2.10 解：要点：指令数由256减少到64，减少了两位指令码。在A处理机中所占的空间为： MA = 1000*32 + （1000*2*32）/8 = 40000bit 在B处理机中所占的空间：39000bit MB = 1000*30 + （1000*2*36）/8
7、 = 39000bit 2.13 解：指令序号出现的概率Huffman编码法2/8扩展编码法3/7扩展编码法I10.25000000I20.20100101I30.15010100010I40.10110100111000I50.080110101011001I60.081110101111010I70.051111110011011I80.0401110110111100I90.03011110111011101I100.02011111111111101操作码平均长度2.993.13.2操作码冗余信息0742722.14 解：1) 操作码编码：I1 35% 0I2 25% 10I3 20%
8、 110I4 10% 1110I5 5% 11110I6 3% 111110I7 2% 111111操作码平均长度：H=PiLi=2.351) 2) 指令格式、各字段长度和操作码编码：可采用2/4扩展法编码，3条RR指令（I1，I2，I3）的操作码为2位，四条指令（I4 I5 I6 I7）的操作码长为4位，则：8位操作码的指令格式OpR1R2233其中：Op为00，01，1016位操作码的指令格式OpR1MR24381其中，Op为1100，1101，1110，11112.15 解：1) 单地址指令条数为63 零地址指令条数64 操作码分别为： 双址：0000 1110 单地址：1111 000
9、000 。 1111 111110 零地址：1111 111111 000000 。 1111 111111 1111112) 3) 首先，从题意可得：（16-x） ：63x = 1 ：9所以，x = 2 操作码分别为： 双址：00001110（共14条） 单地址：1110 0000000 . 1111111 1111 0000000 . 1111111 （共126条） 零地址：1110 111111 000000 。 111111 1111 111111 000000 。 111111（共126条）2.16 解：2) 处理器1：条数最少，但指令字最长，存储空间较大，速度最慢。处理器2：条数比
10、上多一些，但字长稍短，空间占用差不多速度较慢。处理器3：条数最多，但指令字长较短，但总空间占用可能最大, 速度高处理器4：条数与一地址相当，虽指令字长短，但总的空间占用可能最大，速度最慢。处理器5：指令条数较少，字长比一般二地址系统短的多。存储空间少，速度高。3) 2地址、3地址、1地址、二地址多累加器指令系统、堆栈4) 二地址多累加器指令系统、1地址、3地址、2地址、堆栈2.20 解：1) 1) Start: Move AS,R1Move Num ,R2Move (R1)，AD-AS(R1)Loop: INC R1 DEC R2 BGT Loop Move (R1)1AD-AS(R1)HAL
11、T NUM: N2) 2) 可节省的指令周期：99个3) 3) Start:Move AS1,R1 Move NUM,R2 Move (R1),AD-AS(R1) INC R1 Loop: DEC R2 BGT Loop Move (R1), AD-AS(R1) INC R13.1题：（1） （1） 当S2S1时，平均价格接近C2。（2） （2） ta = h*t1+(1-h)*t2（3） （3） e = 1/h+(1-h)r（4） （4） （5） （5） 当r = 100时，h0.99947（6） （6） P134公式，H = (H+n-1)/n=(0.96+5D-1)/5D=0.99947
12、计算得：D15.05，取D=163.2题：（1） （1） T=H1T1+(1-H1)H2T2+(1-H1)(1-H2)T3；（2） （2） 当s3s1且s3s2时，平均价格c约等于c3。3.3题：（1） （1） t = ht1 + (1 h)t2, 当cache为64k时，t = 0.7*20ns + (1-0.7)*200ns = 74ns；当cache=128k 时，t = 38ns；当cache=256k时，t=23.6ns（2） （2） 按照公式： cache=64k, c=0.2585美元/k字节； cache=128k, c=0.3152美元/k字节；cache=256k，c=0.4235美元/k字节（3） （3） 按等效访问时间由小到大排序，容量分别为：256k，128k，64k按每字节平均价格由小到大排序，分别为：64k, 128k, 256k（4） （4） 19.129 ns.美元/k字节；11.9776 ns.美元/k字节； 9.9946 ns.
