清华第2版《计算机系统结构》习题解答.doc

《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），5.15（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≈0.5261.14 上式中令Sn=10，解出Fe=18/19≈0.9471.15 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=40/12.7≈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)(2)1.24 记Tc ── 新方案时钟周期，已知CPI = CPIi = 1原时间 = CPI × IC × 0.95Tc = 0.95IC×Tc新时间 = （0.3×2/3+0.7）× IC × Tc = 0.9IC×Tc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δ2-242-53表数效率η100%100%2.5(1) rm = 2，re = 2，p = 24（隐藏最高位）,q = 72) Nmax = 1.7×1038，-|N|min = -1.47×10-39 δ ≤ 5.96×10-8 ≈ 10-7.22，η = 100%2.61位7位6位00111111333333(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 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=2.95662)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 < 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=453251323513命中次数4532513235134532513235145325112354432551224444444n=10n=2√1n=3√√√3n=4√√√√√√√7n=5√√√√√√√7(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 = 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= 3√√2n1= 4√√√√4解：分别为2道程序作“堆栈模拟图”，其中“√”表示命中P2 =12342233命中次数N(2)12342233123442212334411111n2= 1√√2n2= 2√√2n2=。