计算机体系结构(系统结构)考试例题--大题

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： F e = 40% = 0.4 S e = 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： S e = 25 S n = 4 根据Amdahl 定律可知：
6
.115
4
.0)4.01(1)1(1≈+
-=
+
-=
Se
Fe
Fe S
n
()25
11
4Fe
Fe +
-=
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
CPI FPSQR ＝20减至CPI’FPSQR ＝2，则整个系
统的指令平均时钟周期数为：
()()2
%7533.1%2541=⨯+⨯=⎪⎭⎫ ⎝
⎛
⨯=∑=n
i i i IC IC CPI CPI
CPI
1＝CPI―（CPI
FPSQR
―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CPI
FP ＝4减至CPI’
FP
＝2，则整个系统的指令平均时钟周期数为：
CPI
2＝CPI―（CPI
FP
―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。

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。

17
.2log 7
1
2==∑=i i i p p H －
具体方法：对于任意一条指令I i
（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I i ，
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
765432120.271
==∑
=i i i l p L 1.36%
2.20
2.17
2.20≈－
例1：假设T
2＝５T
１
，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，T
2＝5T
1。

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 ×（CPI execution ＋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
0.55
1/1.8－0.8))1／(0.8＋5(1e 0.8，访问效率为：H :一个字时当Cache块大小为1====0.96
1/1.041－0.99))1／(0.99＋5(e ：
0.99，访问效率为H :4个字时当Cache块大小为
22
====
＝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：
CPI＝2.0＋50×1.33＝68.5
例7.2 考虑两种不同组织结构的Cache：直接映象Cache和两路组相联Cache，试问它们对CPU的性能有何影响？先求平均访存时间，然后再计算CPU性能。

分析时请用以下假设：
(1)理想Cache（命中率为100%）情况下的CPI为2.0，时钟周期为2ns，平均每条指令访存1.3次。

(2)两种Cache容量均为64KB，块大小都是32字节。

(3)在组相联Cache中，由于多路选择器的存在而使CPU的时钟周期增加到原来的1.10倍。

这是因为对Cache的访问总是处于关键路径上，对CPU的时钟周期有直接的影响。

(4) 这两种结构Cache的不命中开销都是70ns。

（在实际应用中，应取整为整数个时钟周期）
(5) 命中时间为1个时钟周期，64KB直接映象Cache的不命中率为1.4%，相同容量的两路组相联Cache的不命中率为1.0%。

例7.3 考虑某一两级Cache：第一级Cache为L1，第二级Cache为L2。

（1）假设在1000次访存中，L1的不命中是40次，L2的不命中是20次。

求各种局部不命中率和全局不命中率。

（2）假设L2的命中时间是10个时钟周期，L2的不命中开销是100时钟周期，L1的命中时间是1个时钟周期，平均每条指令访存1.5次，不考虑写操作的影响。

问：平均访存时间是多少？每条指令的平均停顿时间是多少个时钟周期？
解(1)
第一级Cache的不命中率（全局和局部）是40/1000，即4%；
第二级Cache的局部不命中率是20/40，即50%；
第二级Cache的全局不命中率是20/1000，即2%。

（2）平均访存时间＝命中时间L1＋不命中率L1×（命中时间L2＋
不命中率L2×不命中开销L2）
＝1＋4%×（10＋50%×100）
＝1＋4%×60＝3.4个时钟周期
由于平均每条指令访存1.5次，且每次访存的平均停顿时间为：
3.4－1.0＝2.4
所以：
每条指令的平均停顿时间＝2.4×1.5＝3.6个时钟周期。