1、清华第2版计算机系统结构 部分答案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），5.1
2、5（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。)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，“”为透明性概念，“P”表示相关课文
3、页数。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，1.8见下表，“”为透明性概念，“P”表示相关课文页数。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，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，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，Sn20 1 0 1 Fe1.12 已知S
4、e=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=10/190.5261.14 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）(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
5、.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)(2)1.24 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
6、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
7、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2-1272-1023表数精度2-242-53表数效率100%100%2.5(1) rm = 2，re = 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%2.61位7位6位0011111
8、1333333(1) 0.2 = 0.333333H160 设阶码为移-63码（即-26+1，原题未指明） 0.2 = 0.110011001100110011001101B2-2 1位8位23位00111110110011001100110011001101 （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
9、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
10、均码长L2.993.13.2信息冗余量R1.10%4.61%7.59%2.15(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 T128K 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0.9n0.2，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
11、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=453251323513命中次数4532513235134532513235145325112354432551224444444n=10n=21n=33n=47n=57(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
12、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 = 1 2 3 4 1 3 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)命中次数之和最大。P1 =12341321命中次数N(1)12341321123413212341312244n1= 10n1= 20n1= 32n1= 44解：分别为2道程序作“堆栈模拟图”，其中“”表示命中。P2 =12
13、342233命中次数N(2)12342233123442212334411111n2= 12n2= 22n2= 34n2= 4465 N(1)+N(2)432 N(1) N(2)1 1+4 2+3 3+2 4+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n11234N(1)0024n24321N(2)4422N(1)+N(2)4446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 0 1 2 3虚组0 0 0 1 实存 1 虚组1 2 0 实组0 2 3 1 虚 3 虚组2
14、4 2 实组1 页 4 5 3 5 虚组3 6 6 7 7 (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。P=624146304573C044*4444*44*4*4*C111*1*1*00*555C266*6*6*6*66*6*6*6*77*C322222*33333*3入入入入中中替替中替替中C=230102310123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，
15、Hcell=(1216-8)/(1216)95.8%第四章(P250)时间 中断请求 主程序 1级 2级 3级 4级 D1，D2 D3，D44.5 已知中断服务次序为3-2-4-1，。(1)中断屏蔽字表如下图；D1D2D3D4D10111D20010D30000D40110(2)中断过程示意图如右图。4.8(1)f=2105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D1 1D2 4D3 2D4 3时间(us) 0 10 20 30 40 50 60
16、70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170(3)5，160，20，40；(4)D2丢失第一次请求的数据；(5)参见P245。第五章(P343)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=A1B1，c6=A6B6，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+c6 6 1 2 3 4 5 6 7
17、8 9 10 11 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4 1 2 3 4 5 6 3 7 8 9 10 11 10 2 7 8 9 10 11 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 12 14 15 18 22 (a) (b)根据时空图(b)得 TP = 11/(22t) = 1/(2t) S = (64t + 54t)/(22t) = 2 E = (64t + 54t)/(622t) = 1/35.15 t=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）
18、,最小平均启动距离=3t。(4)插入2个延迟，最小启动循环=（2）,最小平均启动距离=2t。(5)新预约表如下图(b)所示。 1 2 3 4 5 6 7 8 初态 4，6，8 S1 1 2 初态 3，4，6 S2 1 1 0 0 0 1 0 1 S3 4，6，8 4，6，8 1 0 0 1 1 S4 1 2 5 D1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 D2 2 5 (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 = 1/3t = 1/30ns，插入后TPmax = 1/2t = 1/20ns。(8)插
19、入前TP = 10/33t = 1/33ns，插入后TP = 10/26t = 1/26ns，如下图所示。 S4 1 1 2 2 3 10 10 S3 1 2 3 10 S2 1 1 2 2 3 10 10 S1 1 2 1 3 2 10 10 3 t(a) 插入前 93 6 D2 1 2 3 11 D1 1 2 3 4 10 S4 1 1 2 2 3 3 10 10 S3 1 2 3 4 10 S2 1 2 1 3 2 4 3 5 10 10 S1 1 2 3 4 1 5 2 10 10 2 t(b) 插入后 92 8第六章(P391)6.6（注意阅读P372倒数第9行倒数第6行）(4) V
20、0 存储器 链接 V1 1 / V0 链接 V3 V1 + V2 链接 V5 V3 * V4访存倒数 加乘 8 16 8 9 31总拍数=72（各条依次链接）(3) V0 存储器 并行 V3 V1 + V2 链接 V4 V0 * V3 V6 V4 + V5 串行访存加乘 8 9 31 8 31总拍数=87（第4条功能部件冲突）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访存加乘 9 31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
21、 V4 V2 + V3 串行（P372）乘访存 加 9 31 8 31总拍数=79（第3条错过时机，不能链接）(5) V0 存储器 V1 V2 + V3 并行 V4 V5 * V6 s0 s1 + s2 串行访存加乘 9 31 8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访存加乘 8 31 9 31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 串行访存加乘 8 9 31 8 31总拍数=87（第4条功能部件冲突）
22、(8) V0 存储器 链接 V2 V0 + V1 V3 V2 * V1 串行 V5 V3 * V4 串行访存加乘 8 8 31 9 31 9 31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
23、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 = N和Ns = (1-)N 显然：总时间 所以： 或者：Ra (MFLOPS)10 1 0 1 (2) 已知Rv = 10MFLOPS，Rs = 1MFLOPS， Ra与的关系图如右图所示。(3) 已知Ra = 7.5MFLOPS，解出 (4) 已知Ra = 2MFLOPS， = 0.7，解出 第七章(P446)7.3 已知输入端编号13 = 1101B。(1)Cube3(1101B) = 0101B = 5(2)PM2+3(13) = (13 + 23)mod 1
24、6 = 21 mod 16 = 5(3)PM2+0(13) = (13 - 20)mod 16 = 12(4)Shuffle(1101B) = 1011B = 11(5)Shuffle(Shuffle(1101B) = Shuffle(1011B) = 0111B = 77.4 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 = 1001B1100B = 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 = (aij)88按行展开依次存放在64个单元中，则任意元素aij的地址为8i + j，而aji的地址为8
