计算机体系结构(系统结构)考试例题--大题.docx

例1.1 将计算机系统中某一功能的处理速度加快15倍，但该功能的处理时间仅占整个系统运行时间的40%，则采用此增强功能方法后，能使整个系统的性能提高多少？ 解 由题可知： Fe = 40% = 0.4 Se = 15 根据Amdahl定律可知： 采用此增强功能方法后，能使整个系统的性能提高到原来的1.6倍。 例1.2 某计算机系统采用浮点运算部件后，使浮点运算速度提高到原来的25倍，而系统运行某一程序的整体性能提高到原来的4倍，试计算该程序中浮点操作所占的比例。 解 由题可知： Se = 25 Sn = 4 根据Amdahl定律可知：由此可得：Fe= 78.1% 即程序中浮点操作所占的比例为78.1%。例1.3假设FP指令的比例为25%，其中，FPSQR占全部指令的比例为2%，FP操作的CPI为4，FPSQR操作的CPI为20，其他指令的平均CPI为1.33。现有两种改进方案，第一种是把FPSQR操作的CPI减至2，第二种是把所有的FP操作的CPI减至2，试比较两种方案对系统性能的提高程度。 解没有改进之前，每条指令的平均时钟周期CPI为：（1）采用第一种方案 FPSQR操作的CPI由CPIFPSQR＝20减至CPI’FPSQR＝2，则整个系统的指令平均时钟周期数为：CPI1＝CPI―（CPIFPSQR―CPI’FPSQR）×2%＝2―(20―2) ×2%＝1.64（2）采用第二种方案所有FP操作的CPI由CPIFP＝4减至CPI’FP＝2，则整个系统的指令平均时钟周期数为：CPI2＝CPI―（CPIFP―CPI’FP）×25%＝2―(4―2) ×25%＝1.5从降低整个系统的指令平均时钟周期数的程度来看，第二种方案优于第一种方案。例2.1 假设某模型机有7条指令，这些指令的使用频度如表左边所示。 (1) 计算这7条指令的操作码编码的最短平均码长； (2) 画出哈夫曼树，写出这7条指令的哈夫曼编码，并计算该编码的平均码长和信息冗余量。指令频度pi操作码使用哈夫曼编码操作码长度li利用哈夫曼概念的扩展操作码操作码长度liI10.40 0 1 0 0 2 I20.30 1 0 2 0 1 2 I30.15 1 1 0 3 1 0 2 I40.05 1 1 1 0 0 5 1 1 0 0 4I50.04 1 1 1 0 1 5 1 1 0 1 4I60.03 1 1 1 1 0 5 1 1 1 0 4I70.03 1 1 1 1 1 5 1 1 1 1 4解（1）（2）其哈夫曼树如图所示，该树的每个叶结点分别对应于一条指令。在该树中，对每个结点向下的两个分支，分别用二进制“1”和“0”来表示。从该哈夫曼树可以很容易地写出哈夫曼编码。具体方法：对于任意一条指令Ii（i=1，2，…，7），从哈夫曼树根结点出发、沿一条路径连接到叶结点Ii，把途中所经过的各分支的“0”和“1”按从左到右的顺序记录下来，便是该指令的哈夫曼编码。上表中列出了所有指令的哈夫曼编码。该哈夫曼编码的平均码长是：其信息冗余量为例1：假设T2＝５T１，在命中率H为0.9和0.99两种情况下，分别计算存储系统的访问效率。解：当H＝0.9时，e1＝1／(0.9＋5(1－0.9))＝0.72当H＝0.99时，e2＝1／(0.99＋5(1－0.99))＝0.96例3：在一个Cache存储系统中，当Cache的块大小为一个字时，命中率H＝0.8；假设数据的重复利用率为5，T2＝5T1。计算块大小为４个字时，Cache存储系统的命中率？并分别计算访问效率。 解：n＝4×5＝20，采用预取技术之后，命中率提高到：例7.1 用一个和Alpha AXP类似的机器作为第一个例子。假设Cache不命中开销为50个时钟周期，当不考虑存储器停顿时，所有指令的执行时间都是2.0个时钟周期，访问Cache不命中率为2%，平均每条指令访存1.33次。试分析Cache对性能的影响。　 解CPU时间有cache＝IC ×（CPIexecution＋每条指令的平均访存次数×不命中率×不命中开销）×时钟周期时间＝IC ×（2.0＋1.33×2 %×50）×时钟周期时间＝IC × 3.33× 时钟周期时间考虑Cache的不命中后，性能为：　 CPU时间有cache＝IC×（2.0＋1.33×2 %×50）×时钟周期时间　＝IC×3.33×时钟周期时间　　实际CPI ：3.33　　　　　3.33/2.0 = 1.67(倍) 　　CPU时间也增加为原来的1.67倍。　　但若不采用Cache,则：