计算机组成原理与系统结构课后作业答案(包健_冯建文版)

8 K字节 = 512行 = 2 9 行 ，故 c=9 4 × 4字节
主存容量为
16M字节 = 1M块 = 2 20 块 ，故 m=20 4 × 4字节
主 存 字 块 0 0 大 组 字 块 1
Cache 组地址 0 1 标 记 标 记 … 标 记 行 行 行 0 4 … 2 9 -4
Cache … … … … 标 记 标 记 … 标 记 行 行 行 3 7 … 9 2 -1
P156
4.1 X＝0.1101 [X]补=0.1101000 [－X]补=1.0011000 [2X]补=溢出 [－2X]补=溢出 [X/2]补=0.0110100 [-X/2]补=1.1001100 [Y]补=1.1010000 [－Y]补=0.0110000 [2Y]补=1.0100000 [－2Y]补=0.1100000 [Y/2]补=1.1101000 [-Y/2]补=0.0011000 [-Y/4] 补=0.0001100
1 1
1 1
1 1
1 1
0 1
0 1
0 1
0 1
0 1
0 1
0 1
0 1
0 1
0 1
0 1
0 1
最高端8K ROM
128K 的 RAM 区由
128 K × 16bit = 8 × 2 = 16片 SRAM 芯片构成；分为 8 组，组与组之间 16K × 8bit
进行字扩展；每个组内有 2 片进行位扩展。
8448字 132块 = 132 ，即主存的第 0~8447 字位于连续的 132 块内。 5 = 商4余 4 ，因此这 64字 2 块
132 块连续分布在第 0~4 大组内，其中在第 4 大组中只有 4 块。
第 0大 组 共 32 块
第 1大 组
…
5
… … …
…
第 2大 组
第 3大 组
第 4大 组 4块
7
尾数（8 位补码）
−1
阶码=1，1111111 最小数= − 1× 2 2
7
尾数=0.1111111
−1
阶码=1，1111111 最大负数= − 2 −7 × 2 −2
7
尾数=1.0000000
阶码=0，0000000 最小正数= 2 −7 × 2 −2
7源自文库
尾数=1.1111111
阶码=0，0000000 （6） 规格化浮点数： 最大数= (1 − 2 −7 ) × 2 2
Y＝－0.0110（设机器数长度为 8 位）
P102：3.8、 阶码（6 位移码） 尾数（6 位原码） （1） X=-25/64=-0.011001B，Y=2.875=10.111B [X]浮=0，11111 1.11001=7F9H [Y] 浮=1,00010 0.10111=897H （2） [Z]浮=9F4H=1,00111 1.10100=-80 P102：9、机器数字长 16 位 （1） 无符号整数： 0 ~
… …
8 2 -1
8
+1
字 块
9
-1
2
8
-1 大 组
字 块
16
-2
8
… 字 块 16 2 -1
…
…
…
主存字地址 主存字块标记 8 16 组地址 8 块内字地 址 2
主存字节地址 主存字块标记 8 16 主存字地址=462EH=00 0100 01，10 0010 11，10；因此该字映射到 Cache 的第 139 组。 （4） 分析地址： 组地址 8 块内字地 址 2 字内字节 地址 1
Cache … … … … 标 记 标 记 … 标 记 行 行 行 3 7 … 27 - 1
… 字 块 字 块 2 5 -1 2 2 … 2 … 2 5
2 -1
1 大 组
字 块
5
+1
字 块
5
-1
2
7
-1 大 组
字 块
12
-2
5
… 字 块 12 2 -1
主存字地址 0~8447，位于主存的哪几块内呢？
M R EQ
A1 7 A1 6 A1 5 A1 4 A1 3
D C B A
EN
4 :1 6 译 码 器 …
Y1 5
Y7
Y6
…
Y0
… …
CPU
A1 2 ～A0
13
CS
8K × 16
A1 3
CS
16K × 8
CS
CS
A1 3
(2)
A ROM
13
…
13
ARAM (1) WE D
8
D
8 8 8 8
WE D
阶码=0，0000000
尾数=0.1000000
P156：2、 （1）
（2）
P156：4－1
4－2
P156：5 5－1 补码 BOOTH 算法
5－2 补码 BOOTH 算法
P156：6、 6－1 原码恢复余数算法
6－1 原码加减交替算法
6－2 原码恢复余数算法
6－2 原码加减交替算法
补码 0，0000000 1，0000001 1.1000000 1.1101101 0，1100100 0.0101110
（3）-0.5 （4）-19/128 （5）100 （6）23/64 P101
3.4 写出下列各机器数的二进制真值 X： （1）[X]补=0,1001 X=1001 （2）[X]补=1,1001 X=－111 （3）[X]原=0,1101 X=1101 （4）[X]原=1,1101 X=－1101 （5）[X]反=0,1011 X=1011 （6）[X]反=1,1011 X=－100 （7）[X]移=0,1001 X=－111 （8）[X]移=1,1001 X=＋1001 （9）[X]补=1,0000000 X=－10000000B，X＝－128 （10）[X]反=1,0000000 X＝－1111111B ，X＝－127 （11）[X]原=1,0000000 （12）[X]移=1,0000000 X＝－0 X＝0
A1 7 0 0
A1 6 0 1
A1 5 0 1
A1 4 0 1
A1 3
A1 2
A1 1 0 1
A1 0 0 1
A9 0 1 保留区
A8 0 1
A7 0 1
A6 0 1
A5 0 1
A4 0 1
A3 0 1
A2 0 1
A1 0 1
A0 0 1 最小128K RAM
0 0 … … 1 1 … … 1 0 … … 1 1
《运算器》
P101
3.3 写出下列各数的原码、反码和补码，机器数长度为 8 位： 真值 二进制真值 原码 反码 0，0000000 0，0000000 （1）0 0000000 1，0000000 1，1111111 （2）-127 －1111111 1，1111111 1，0000000 －0.1000000 －0.0010011 1100100 0.010111 1.1000000 1.0010011 0，1100100 0.0101110 1.0111111 1.1101100 0，1100100 0.0101110
P156 7－1 补码加减交替算法
7－2 补码加减交替算法
P156：4.8
阶码（5 位补码） 尾数（6 位补码）
（1）X=-1.625=-1.101B
Y=5.25=101.01B
X+Y
X－Y: 1、对阶同上 2、尾数相减： 11.1100110 + 11.01011 [EX-Y ]补 = 11.0010010 3、结果不需规格化 4、舍入处理：[EX-Y ]补 ＝ 1.00101 [X-Y] = 0,0011 1,00101
主存容量为
…
= 128 组。
(2)
主存字节地址 主存字块标记 13 20 组地址 7 块内字地 址 2 字内字节 地 址 2
8 K字 = 2 7 行 ，故 c=7 64字
256 K字 = 212 块 ，故 m=12 64字
主 存 字 块 0 0 大 组 字 块 1
Cache 组地址 0 1 标 记 标 记 … 标 记 行 0 行 4 … 行 27 -4
t a = 90% × 20ns + 10% × 60% × 80ns + 10% × 40% × (80ns + 1200ns ) t a = 18ns + 4.8ns + 3.2ns + 48ns = 74 ns
P168：6、 命中率 h =
3900 ×100 % = 97.5% 3900 + 100
13
ARAM (3) WE D
16K × 8 (4)
CS
A1 3
… … …
A1 3
CS ARAM (15) WE D
16K × 8 (16)
CS
WE D
WE D
R /W
8
D1 5 ～ D8 D7～ D0
P225：5、 平均访问时间 t a = hc × t c + (1 − hc ) × hm × (t m + t c ) + (1 − hc ) × (1 − hm ) × (t m + t c + t p ) 其中：ta —— 平均访问时间；tc —— Cache 的存储周期；tm —— 主存的存储周期；tp — — 磁盘的存储周期；hc —— Cache 的命中率；hm —— 主存的命中率。 所以，
P108：8－2
X=0.2344 = 0.00111 Y= -0.1133=-0.00011
X－Y: 1、对阶同上 2、尾数相减： 00.11100 + 00.01100 [EX-Y ]补 = 01.01000 发生正溢 尾数右移，阶码加 1 [EX-Y ]补 = 0.10100 [Mx-y ] = 1.1111 3、结果不需规格化 4、舍入处理：[EX-Y ]补 ＝ 0.10100 [X-Y] = 1,1111 0,10100
组相联映射，则 r=1。主存容量为 每字包含 2 个字节。
主 存 字 块 0 0 大 组 字 块 1 … 字 块 字 块 1 大 组 字 块 2 8 -1 2 2 … 2 … 2 8 Cache 组地址 0 1
Cache 标 记 标 记 … 标 记 行 0 行 2 … 行 29 -2 1 标 记 标 记 … 标 记 行 1 行 3 … 行 29 - 1
7
尾数=0.0000001
−1
阶码=1，1111111 最小数= − 1× 2 2
7
尾数=0.1111111
−1
阶码=1，1111111 最大负数= − ( 2 −1 + 2 −7 ) × 2 −2
7
尾数=1.0000000
阶码=0，0000000 最小正数= 2 −1 × 2 −2
7
尾数=1.0111111
（2）
（3）
P225：3、 （1） 最大主存容量= 2 18 × 16bit
（2） 共需
218 × 16bit = 4 × 16 = 64片 芯片；若采用异 步刷新，则刷新信号的周期为 64 K ×1bit
2ms = 15.625 µs 128
（3） 每块 8 字节，则 Cache 容量为
2 K × 16bit = 512 = 2 9 行 ，即 c=9，Cache 采用 2 路 8 Byte 218 × 16bit = 216 块 ，即 m=16。每块包含 4 个字， 8 Byte
P108：9-1
（1）X=5.25=101.01B 阶码（5 位移码） 尾数（6 位补码） Y=-1.625=-1.101B X*Y
9-1
X/Y:
9-2
X*Y
9-2
X/Y
《存储体系》
P225：2、 （1）
64K × 16 = 4 × 16 = 64片 16 K ×1 2ms = 15.625 µs 128 128 × 500 ns = 64 µs
… 字 块 字 块 2 2 2 … 7 7 -1
7 2 -1
1 大 组
字 块
7
+1
字 块
2 …
7
-1
2
13
-1 大 组
字 块
2
20
-2
7
… 字 块 20 2 -1
(1) Cache 共分为：2 c-r =
29-2
…
… … …
P226：8、 4 路组相联映射，所以 r=2 每块 64 字，所以 b=6； Cache 容量为
216 − 1
（2） 原码表示的定点整数：1，111…11~0，111…11 即 − ( 215 − 1) ~ 215 − 1 （3） 补码表示的定点整数：1，00…000~0，111…11 即 − 215 ~ 215 − 1 （4） 补码表示的定点小数：1.00…000~0.111…11 即 − 1 ~ 1 − 2 −15 （5） 非规格化浮点数： N = M × R E 阶码（8 位移码） 最大数= (1 − 2 −7 ) × 2 2
平均访问时间
t a = h × t c + (1 − h) × t m t a = 97.5% × 40 ns + 2.5% × 240ns = 39ns + 6ns = 45ns
e = t c/ta =40/45=8/9
P168：7、 4 路组相联映射，所以 r=2 每块 4 字，所以 b=2； 每字 32 位，所以每字包含 4 字节。 Cache 容量为
CPU 第 1 次依次访问主存的 0~8447 字时不命中 132 次。Cache 的变化如图所示