系统结构作业解答.ppt

作 业 假定要在一个时钟速率为40MHz的标量处理机上执行20万条目标代码指令的程序，该程序中含有4种主要类型指令，每种指令类型所占的比例及CPI数如右表所示。计算： 在单处理机上执行该程序的平均CPI。 根据①所得的CPI值计算相应的MIPS速率 题4 解： CPI=∑(CPIi×ICi/IC) =1×0.6+2×0.18+4×0.12+8×0.1 =2.24 作 业 5.如果某计算机系统有3个部件可以改进。这3个部件改进后达到的加速比分别为S1=30，S2=20，S3=10。 如果部件1和部件2改进前的这些数据占整个系统执行时间的比例都为30%，那么，部件3改进前的执行时间占整个系统执行时间的比例为多少，才能使3个部件都改进后的整个系统的加速比Sn达到10？ 如果3个部件改进前执行时间占整个系统执行时间的比例分别是30%、30%和20%，那么3个部件改进后系统的加速比是多少？未改进部件执行时间在改进后的系统执行时间中占的比例是多少？ 解：1.在多个部件同时改进的情况下，因为re为采用增强功能措施比不采用增强功能可加快执行的倍数，在这里就是Si。所以 Amdahl定律表示如下： 2.设整个系统改进前执行时间为T，则3个部件改进前的执行时间为(0.3+0.3+0.2)T=0.8T。则其他部件的执行时间为(1-0.8)T=0.2T。 已知3个部件改进后达到的加速比分别为S1=30，S2=20，S3=10。因此， 3个部件改进后的执行时间 Tn=0.3T/30+0.3T/20+0.2T/10=0.045T 其他部件没有改进，执行时间仍为0.2T，故改进后的系统执行时间为 Tn=0.045T+0.2T=0.245T 从而改进后系统的加速比为 Sn=T/Tn=1/0.245=4.1 未改进部件执行时间在改进后的整个系统的执行时间中占的比例为0.2T/0.245T=0.82 设高速缓存Cache的工作速度为主存的5倍，且Cache被访问的命中率为90%，那么，采用Cache后能使整个存储系统获得多高的加速比？ 解：方法一，设CPU运行程序的访存次数为IC，CPU访问主存一次所需平均周期数为CPIM，CPU访问Cache一次所需平均周期为CPIC，已知Cache的工作速度是主存的5倍，即CPIC=CPIM/5。若不采用Cache，所有的访存都是直接访问主存，则CPU完成IC次访存所需时间为T0=CPIM×IC。 若采用Cache，且已知Cache被访问命中的概率为90%，即0.9IC次访存能通过访问Cache完成，另有0.1IC次需通过访问主存完成，则CPU完成IC次访问所需时间为 Tn=CPIC×0.9IC+CPIM×0.1IC=0.28CPIM×IC 故采用Cache后，存储系统的加速比为 Sn=T0/Tn=3.57 题 6 方法二，直接使用Amdahl定律： 其中，Se为被改进部分在改进前的执行时间与改进后的执行时间的比值，即被改进部分改进后获得的加速比，已知采用Cache后访存速度提高5倍，即Se=5。Fe为被改进部分的执行时间相对T0的百分比，已知Cache的命中率为90%，即90%的访存通过Cache完成，通过Cache访存的执行时间（次数）占全部访存执行时间（次数）的比例为90%，即Fe=0.9。故 一台计算机有10条指令I1~I10，它们的使用频率分别为：0.25、0.2、0.15、0.1、0.08、0.08、0.05、0.04、0.03、0.02。若用Huffmann编码对它们的操作码进行编码，其操作码的平均码长为多少？ 解：(1)由给出的使用频率计算操作码编码的最短平均码长。 H=-∑pilog2pi =-(0.25log20.25+0.20log20.20+0.15log20.15+0.10log20.10+ 0.08log20.08+0.08log20.08+0.05log20.05+0.04log20.04+ 0.03log20.03+ 0.02log20.02 =2.96位 (2)根据频率，构造Huffmann树。 Huffmann树的结构可能不同。生成Huffmann编码，然后计算平均码长。可知Huffmann编码尽管不是唯一的，但是平均码长却是唯一的。 题 2 解：(1)由预约表得出禁止表F={6，3，1}，初始冲突向量C0={100101}。 由冲突向量和后继状态冲突向量的计算规则 Cj=SHR(k)(Ci)∨C0 得出状态有向图如下： 题 2 考虑下图所示的4级加法流水线，其中X和Y为流水输入线，Z为流水输出线。流