计算机系统结构 清华第2版 习题解答文档格式.docx
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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，√，
移位器，√，
通用寄存器，×
中断字寄存器，×
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。
数据通路宽度，√，
虚拟存储器，应，
程序状态字，×
“启动I/O”指令，应，
“执行”指令，×
指令缓冲寄存器，√，
Sn
20
1
01Fe
1.12已知Se=20,求作Fe-Sn关系曲线。
将Se代入Amdahl定律得
1.13上式中令Sn=2，解出Fe=10/19≈0.526
1.14上式中令Sn=10，解出Fe=18/19≈0.947
1.15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=40/12.7≈3.1496（两种方法得到的相同性能）
（2）用软件组方法，已知Se=20，Sn=40/12.7，解出Fe=27.3/38≈0.7184（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%（20→40），而软件组只需将Fe再提高1.84%（0.7→0.7184）。
1.17
1.18记f──时钟频率，T=1/f──时钟周期，B──带宽（Byte/s）。
方案一：
方案二：
1.19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。
（1）
（2）
（3）
1.21
1.24记Tc──新方案时钟周期，已知CPI=CPIi=1
原时间=CPI×
IC×
0.95Tc=0.95IC×
Tc
新时间=（0.3×
2/3+0.7）×
Tc=0.9IC×
二者比较，新时间较短。
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对值相同，可用“±
最大绝对值”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0～255，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1.0～2.0–2-23，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0～2047，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1.0～2.0–2-52，有效位数p=53。
最大绝对值为最大阶码与最大尾数绝对值的组合，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。
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δ
2-24
2-53
表数效率η
100%
2.5
（1）rm=2，re=2，p=24（隐藏最高位）,q=7。
（2）Nmax=1.7×
1038，-|N|min=-1.47×
10-39
δ≤5.96×
10-8≈10-7.22，η=100%
2.6
1位
7位
6位
0111111
333333
（1）0.2=0.333333H×
160
设阶码为移-63码（即-26+1，原题未指明）
0.2=0.110011001100110011001101B×
2-2
8位
23位
01111101
10011001100110011001101
（其中最高有效位需隐藏）
阶码为移-127码（即-27+1）
（2）符号位不变，（阶码–63）×
4+127；
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15/15/15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。
Huffman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%
2.15
（1）15条/63条/64条
（2）14条/126条/128条
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<
T128K<
T64K
c256K>
c128K>
c64K
（4）19.092，11.97，10.0064。
答案是256K方案最优。
3.5已知
，其中g=0.1
依题意有
整理得0.9n≥0.2，解出
，向下取整，得15；
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。
P=
4
5
3
2
1
命中次数
n=1
n=2
√
n=3
n=4
7
n=5
（1）Hmax=7/12≈58.3%
（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7×
1024次单元命中），5次页不命中（折算为5×
1023次单元命中，也可写为5×
1024-5），单元访问总次数为12×
1024，故有：
Hcell=（12×
1024-5）/（12×
1024）=12283/12288≈99.96%
3.15加1题一个二级存储层次，采用全相联映象和最久没有使用算法，实存共5页，为2道程序分享，页地址流分别如下
P1=12341321
P2=12342233
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）命中次数之和最大。
P1=
命中次数N
（1）
n1=1
n1=2
n1=3
n1=4
解：
分别为2道程序作“堆栈模拟图”，其中“√”表示命中。
P2=
命中次数N
（2）
n2=1
n2=2
n2=3
n2=4
6
5N
（1）+N
（2）
2N
（1）N
（2）
1+42+33+24+1
将两图结果综合，得到4个分配方案的命中率情况表如下
n1
N
（1）
n2
N
（2）
N
（1）+N
（2）
结论如下
（1）命中率相同的方案是n1=3而n2=2；
（2）命中次数之和最大的方案是n1=4而n2=1。
3.19中（3）（4）（6）（8）问
虚存实页0123
虚组000√√
1实存1√√
虚组12·
0实组02√√
3·
1虚3√√
虚组24·
2实组1页4√√
5·
35√√
虚组366√√
77√√
（a）虚页集合与实页集合的对应关系（b）对应关系表（√为有关系）
（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。
C0
4*
C1
1*
0*
C2
6*
7*
C3
2*
3*
入
中
替
C=
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=4/12≈33%
（8）做法同3.15题（3）问，Hcell=（12×
16-8）/（12×
16）≈95.8%
时间中断请求主程序1级2级3级4级
D1，D2
D3，D4
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；
D1
D2
D3
D4
（2）中断过程示意图如右图。
4.8
（1）f=2×
105字节/秒，T=5us
（2）Ts+Td=5us，通道时间图如下。
作图时注意：
至少要画到最慢设备的第二次请求出现，才能确定是否丢失数据（因为响应优先级低的设备较易丢失数据）。
设优
备先
号级
D11
D24
D32
D43
时间
（us）0102030405060708090100110120130140150160170
（3）5，160，20，40；
（4）D2丢失第一次请求的数据；
（5）参见P245。
5.9为了缩短运算时间，首先应考虑“最少切换算法”，即先执行完所有乘法（任务编号1-6）再执行加法（任务编号7-11），其次在加法中采用“最少相关算法”（即二叉树算法）。
记c1=A1×
B1，……，c6=A6×
B6，下图（a）是加法的计算顺序二叉树，注意任务10应该用前一级最早完成的任务7和8的结果，如果用任务9的结果则要推迟1拍启动，使总时间增加1拍。
F=c1+c2+c3+c4+c5+c661234567891011
5123456
7894123456
37891011
1027891011
11234567891011
1101234567891214151822
（a）（b）
根据时空图（b）得
TP=11/（22Δt）=1/（2Δt）
S=（6×
4Δt+5×
4Δt）/（22Δt）=2
E=（6×
4Δt）/（6×
22Δt）=1/3
5.15Δt=10ns=10-8秒
（1）F={1，2，5}，C=（10011）
（2）状态转移图如下图（a）所示。
（3）最小启动循环=（3）,最小平均启动距离=3Δt。
（4）插入2个延迟，最小启动循环=
（2）,最小平均启动距离=2Δt。
（5）新预约表如下图（b）所示。
12345678初态4，6，≥8
S1×
12×
初态3，4，≥6S2×
1×
1000101
S3×
4，6，≥84，6，≥8
10011S41×
×
25
D1×
10101011000111
D2×
25
（a）（b）（c）
（6）F={1，3，7}，C=（1000101），状态转移图如下图（c）所示。
（7）插入前TPmax=1/3Δt=1/30ns，插入后TPmax=1/2Δt=1/20ns。
（8）插入前TP=10/33Δt=1/33ns，插入后TP=10/26Δt=1/26ns，如下图所示。
S4112231010
S3123………10
S2112231010
S1121321010
3t
（a）插入前9×
36
D212311
D1123410
S4112233………1010
S3123410
S2121324351010
S112341521010
2t
（b）插入后9×
28
6.6（注意阅读P372倒数第9行－倒数第6行）
（4）V0←存储器链接
V1←1/V0链接
V3←V1+V2链接
V5←V3*V4
访存
倒数
加
乘
8168931
总拍数=72（各条依次链接）
已知n=32，k加=6，k乘=7，k访存=6，k倒数=14，启动、输出延迟各1。
求各小题总拍数。
（1）V0←存储器
V1←V2+V3并行
V4←V5*V6
931
总拍数=40（并行执行，以最长指令为准）
（2）V2←V0*V1并行
V3←存储器
V4←V2+V3串行（P372）
931831
总拍数=79（第3条错过时机，不能链接）
（3）V0←存储器并行
V4←V0*V3
V6←V4+V5串行
8931831
总拍数=87（第4条功能部件冲突）
（5）V0←存储器
s0←s1+s2串行
9318
总拍数=48（标量看成1个分量的向量）
（6）V3←存储器并行
V2←V0+V1串行
s0←s2+s3并行
V3←V1*V4
831931
总拍数=79（标量看成1个分量的向量）
（7）V3←存储器并行
V2←V0+V1链接
V4←V2*V3
存储器←V4串行
（8）V0←存储器链接
V2←V0+V1
V3←V2*V1串行
V5←V3*V4串行
8831931931
总拍数=127（Vi冲突，功能部件冲突）
6.10已知向量速率Rv=10MFLOPS，标量速率Rs=1MFLOPS，并记α为可向量化百分比。
（1）推导法1：
使用Amdahl定律，在这里可将标量速率Rs作为原速率，局部加速后的速率为向量速率Rv，于是局部加速比Se=10，全局加速比为
再根据加速比的定义，
，所以有
。
（若将向量速率Rv作为原速率，局部减速后的速率为标量速率Rs，则局部加速比Se=0.1，推出的全局加速比Sn同上式。
推导法2：
为了推导，定义T为总时间，N为总任务数。
于是有平均速率Ra=吞吐率TP=N/T。
记N=Nv+Ns，且
，则
，于是有Nv=α·
N和Ns=（1-α）·
N
显然：
总时间
所以：
或者：
Ra（MFLOPS）
10
01α
（2）已知Rv=10MFLOPS，Rs=1MFLOPS，
Ra与α的关系图如右图所示。
（3）已知Ra=7.5MFLOPS，解出
（4）已知Ra=2MFLOPS，α=0.7，解出
7.3已知输入端编号13=1101B。
（1）Cube3（1101B）=0101B=5
（2）PM2+3（13）=（13+23）mod16=21mod16=5
（3）PM2+0（13）=（13-20）mod16=12
（4）Shuffle（1101B）=1011B=11
（5）Shuffle（Shuffle（1101B））=Shuffle（1011B）=0111B=7
7.4用多级混洗―交换网络，n=4，拓扑结构同教材P410图7.21（e），控制信号=1010B，自左向右各级交换开关状态依次为交换―直连―交换―直连。
7.5输入结点编号j=9，f（j）=j⊕控制信号=1001B⊕1100B=0101B=5，答为5号处理机。
7.6直连状态时：
编号在第i位不同的结点之间不能通信；
交换状态时：
编号在第i位相同的结点之间不能通信。
7.7用单级混洗―交换网可实现，总共混洗3步。
证：
设矩阵A
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