計算機組成與系統(tǒng)結(jié)構(gòu)課后答案全

第1章習(xí)題答案M1M2M136指令條數(shù)指令條數(shù)(4)如果某個用戶需要大量使用程序P1，并且該用戶主要關(guān)心系統(tǒng)的響應(yīng)時間而不是吞吐率，那么，該用戶需要大批購進機器時，應(yīng)該選擇M1還是M2？為什么？(提示：從性價比上考慮)(5)如果另一個用戶也需要購進大批機器，但該用戶使用P1和P2一樣多，主要關(guān)心的也是響應(yīng)時間，R/(執(zhí)行時間×價格)R越大說明性價比越高，也即，“執(zhí)行時間×價格”的值越小，則性價比越高。(5)P1和P2需要同等考慮，性能有多種方式：執(zhí)行時間總和、算術(shù)平均、幾何平均。機機器M1M2A12D3524B22E46(2)假定某程序P的指令序列中，五類指令具有完全相同的指令條數(shù)，則程序P在M1和M2上運行(2)5類指令具有完全相同的指令條數(shù)，所以各占20%。誤的。請問錯在什么地方？)9．假定某編譯器對某段高級語言程序編譯生成兩種不同的指令序列S1和S2，在時鐘頻率為500MHz的機令序列所用的各類指令條數(shù)如下表所示。AABC123452211115I(注：從上述結(jié)果來看，對于同一個高級語言源程序，在同一臺機器上所生成的目標(biāo)程序不同，其執(zhí)行少。)PP第二章習(xí)題答案 補(3)補(3)[x]=0.1010010(1)[x]=1.1100111補 (4)(4E.C)16=(?)10=(?)2D出出出補補補(1)[x]=1.1100111補(2(2)[x]=10000000補 補(4(4)[x]=11010011補碼碼補碼補(2)[x]=10000000補(4(4)[x]=11010011執(zhí)行時寄存器內(nèi)容對應(yīng)的真值不同。假定執(zhí)行下列運算指令時，操作數(shù)為寄存器R1和R2的內(nèi)容，則(1)無符號數(shù)加法指令(2)帶符號整數(shù)乘法指令(3)單精度浮點數(shù)減法指令(2)對于帶符號整數(shù)乘法指令，R1和R2中是操作數(shù)的帶符號整數(shù)補碼表示，由最高位可知，R1為(3)對于單精度浮點數(shù)減法指令，R1和R2中是操作數(shù)的IEEE754單精度浮點數(shù)表示。在IEEE754由R1中的內(nèi)容可知，其符號位為0，表示其為正數(shù)，階碼為00000000，尾數(shù)部分為0000000中的關(guān)系表達式，請參照已有的表欄內(nèi)容完成表中后三欄內(nèi)容的填寫。110101112{3inti;4floatresult=0;5ileniresulta[i];9}數(shù)，因而，任何無符號數(shù)都比它小，使得循環(huán)體被不斷執(zhí)行，引起數(shù)組元素的訪問越界，發(fā)生存儲器訪問異常。位(2)寫出該格式浮點數(shù)的表示范圍，并與12位定點補碼整數(shù)表示范圍比較。(2)該格式浮點數(shù)表示的范圍如下。由此可見，定點數(shù)和浮點數(shù)的表示范圍相差非常大。(1)16位無符號整數(shù)(2)16位原碼定點小數(shù)(3)16位補碼定點小數(shù)(4)16位補碼定點整數(shù)(5)下述格式的浮點數(shù)(基數(shù)為2，移碼的偏置常數(shù)為128)SS7位原碼S(1)無符號整數(shù)：0~216–1。(2)原碼定點小數(shù)：–(1–2–15)~+(1–2–15)。(3)補碼定點小數(shù)：–1~+(1–2–15)。(4)補碼定點整數(shù)：–32768~+32767。(5)浮點數(shù)：負數(shù)：–(1–2–7)×2+127~–2–7×2–128。六進制表示)，并說明哪段二進制序列在兩種表示中完全相同，為什么會相同？粗體部分為除隱藏位外的有效數(shù)字，因此，在兩種表示中是相同的序列。果用十六進制表示)，并說明哪種表示其值完全精確，哪種表示的是近似值。32位2-補碼形式能表示精確的值，而浮點數(shù)表示的是近似值，低位被截斷15．下表給出了有關(guān)IEEE754浮點格式表示中一些重要數(shù)據(jù)的取值，表中已經(jīng)有最大規(guī)格化數(shù)的相應(yīng)內(nèi)01––次表示的值01––01––01數(shù)數(shù)規(guī)格化數(shù)規(guī)格化數(shù)01––17．假定在一個程序中定義了變量x、y和i，其中，x和y是float型變量(用IEEE754單精度浮點數(shù)表示)，i是16位short型變量(用補碼表示)。程序執(zhí)行到某一時刻，x=–0.125、y=7.5、i=100，它們大端機18．假定某計算機的總線采用奇校驗，每8位數(shù)據(jù)有一位校驗位，若在32位數(shù)據(jù)線上傳輸?shù)男畔⑹?F3CAB96H，則對應(yīng)的4個校驗位應(yīng)為什么？若接受方收到的數(shù)據(jù)信息和校驗位分別為873CAB96H和位進行異或，得到1、0、0、0，說明數(shù)據(jù)信息的第一個字節(jié)發(fā)生傳輸錯誤。對照傳輸前、后的數(shù)據(jù)信MMMMMPMMMMMMMPMMMPMPP16151413125111098765443231211616x第3章習(xí)題答案2(4)高級語言中的運算和機器語言(即指令)中的運算是什么關(guān)系？假定某一個高級語言源程序P中有intfunc1(unsignedword){return(int)((word<<24)>>24);}intfunc2(unsignedword){return((int)word<<24)>>24;}假設(shè)在一個32位機器上執(zhí)行這些函數(shù)，該機器使用二進制補碼表示帶符號整數(shù)。無符號數(shù)采用邏輯移FFFFHW值0值0值函數(shù)func1的功能是把無符號數(shù)高24位清零(左移24位再邏輯右移24位)，結(jié)果一定是正的有符號數(shù)；而函數(shù)func2的功能是把無符號數(shù)的高24位都變成和第25位一樣，因為左移24位后進行算術(shù)右移，高24位補符號位(即第25位)。4．填寫下表，注意對比無符號數(shù)和帶符號整數(shù)的乘法結(jié)果，以及截斷操作前、后的結(jié)果。值機器數(shù)值4–4100–41117+1001+10xy值–27值75．以下是兩段C語言代碼，函數(shù)arith()是直接用C語言寫的，而optarith()是對arith()函數(shù)以某個確定的M和N編譯生成的機器代碼反編譯生成的。根據(jù)optarith()，可以推斷函數(shù)arith()中M和N的值intarith{MN(intx,inty)intresult=0;result=x*M+y/N;returnresult;}intoptarith(intx,inty){intt=x;x-=t;if(y<0)y+=3;y2;returnx+y;可以看出x*M和“intt=x;x<<=4;x-=t;”三句對應(yīng)，這些語句實現(xiàn)了x乘15的功能(左移4位y/N與“if(y<0)y+=3;y>>2;”兩句對應(yīng)，功能主要由第二句“y右移2位”實現(xiàn)，它實現(xiàn)了y思考：能否把if(y<0)y+=3;改成if(y<0)y+=2;？6．設(shè)A4~A1和B4~B1分別是四位加法器的兩組輸入，C0為低位來的進位。當(dāng)加法器分別采用串行進位和先1101011C=X11010112212122C=X2212122C=XC+YC+XC=XC+YC+XYC=XC+YC+XY4434344C1=X1Y1+(X1+Y1)C0C2=X2Y2+(X2+Y2)X1Y1+(X2+Y2)(X1+Y1)C0C3=X3Y3+(X3+Y3)X2Y2+(X3+Y3)(X2+Y2)X1Y1+(X3+Y3)(X2+Y2)(X1+Y1)C0C4=X4Y4+(X4+Y4)X3Y3+(X4+Y4)(X3+Y3)X2Y2+(X4+Y4)(X3+Y3)(X2+Y2)X1Y1+(X4+Y4)(X3+Y3)(X2+Y2)(X1+Y1)C0零標(biāo)志、進位標(biāo)志、溢出標(biāo)志、符號標(biāo)志的生成電路。參考答案(圖略)：邏輯框圖參見教材中的圖3.15和圖3.16，將兩個圖結(jié)合起來即可，也即只要將圖3.15中的B輸入端的零標(biāo)志ZF、進位標(biāo)志CF、溢出標(biāo)志OF、符號標(biāo)志SF的邏輯電路根據(jù)以下邏輯表達式畫出即可。ZF=F+F+F+F+F+F+F+F+F+F+F+F+F+F+F+F1514131211109876543210CF=C16OFCABFABFCA5B15F15+A15B15F15)SF=F(2)畫出32位ALU的邏輯結(jié)構(gòu)圖。參考答案(圖略)：C補補(1)求[x+y]，[x–y]補補(2)(2)用原碼一位乘法計算[x×y]。(3)用MBA(基4布斯)乘法計算[x×y]。補(4)(4)用不恢復(fù)余數(shù)法計算[x/y]的商和余數(shù)。(5)用不恢復(fù)余數(shù)法計算[x/y]的商和余數(shù)。補補補補原原[–6]=111010[6]=000110[10]=補補補原原)補補補 (2)先采用無符號數(shù)乘法計算001010×000110的乘積，原碼一位乘法過程(前面兩個0省略)如下：0PYY0P=00PPPPPPPP P1134符號位為：0中1=1，因此，[X×Y]=100000111100原XYB–60)[–10]=110110，布斯乘法過程如下：P補2PYy-1y0y-1==10，+[–X]=10，+[–X]補P、Y同時右移一位得[P2得[P2]補y2y1=01，+[X]補Y同時右移一位y3y2=10，+[–X]補Y同時右移一位y4y3=11，+0Y同時右移一位y5y4=11，+0Y同時右移一位余數(shù)寄存器R余數(shù)/商寄存器Q說明RX+1010R1=X–Y010101002R1(R和Q同時左移，空出一位商)+0110R2=2R1+Y011010002R2(R和Q同時左移，空出一位商)+0110R3=2R2+Y100100002R3(R和Q同時左移，空出一位商)+0110R3=2R2+YRq0111000002R4(R和Q同時左移，空出一位商)R5=2R4+Y原原補補0原原補補補補先對被除數(shù)進行符號擴展，[10]=0000001010，[6]=00110補補余數(shù)寄存器R余數(shù)/商寄存器Q說明R1=[X]+[Y]R1=[X]+[Y]R2=2R1+[–Y]R2與[Y]同號，則q4=1，R3=2R2+[-Y]R3與[Y]同號，則q3=1R4=2R3+[–Y]R5=2R4+[-Y]R5與[Y]同號，則q1=1，RYRY 所以，[X/Y]=11111，余數(shù)為00100。補。10．若一次加法需要1ns，一次移位需要0.5ns。請分別計算用一位乘法、兩位乘法、基于CRA的陣列乘基于CRA的陣列乘法：每一級部分積不僅依賴于上一級部分積，還依賴于上一級最終的進位，而每一級進位又是串行進行的，所以最長的路徑總共經(jīng)過了8+2×(8–1)=22次全加器，共計約22ns；(N)次加法運算，因此，共計約8ns。IEEE當(dāng)結(jié)果的尾數(shù)出現(xiàn)什么形式時需要進行左規(guī)，什么形式時需要進行右規(guī)？(1)對于結(jié)果為±1x.xx……x的情況，需要進行右規(guī)。右規(guī)時，尾數(shù)右移一位，階碼加1。右規(guī)操作可以表示為：MbMb×2-1，EbEb+1。右規(guī)時注意以下兩點：a)尾數(shù)右移時，最高位“1”被移到小數(shù)點前一位作為隱藏位，最后一位移出時，要考慮舍入。果為±0.00……01x……x的情況，需要進行左規(guī)。左規(guī)時，數(shù)值位逐次左移，階碼逐次減1，直到將第一位“1”移到小數(shù)點左邊。假定k為結(jié)果中“±”和左邊第一個1之間連續(xù)0的個數(shù)，則左規(guī)操作可以表示為：MbMb×2k，EbEb–k。左規(guī)時注意以下兩點：時，默認(rèn)小數(shù)點位置在第一個數(shù)值位(即：隱藏位)之后，所以小數(shù)點右移k位后被移到了第一位1浮點運算結(jié)果是否溢出，并不以尾數(shù)溢出來判斷，而主要看階碼是否溢出。尾數(shù)溢出時，可通過右規(guī)操作進行糾正。階碼上溢時，說明結(jié)果的數(shù)值太大，無法表示；階碼下溢時，說明結(jié)果數(shù)值太小，可以在進行對階、規(guī)格化、舍入和浮點數(shù)的乘/除運算等過程中，都需要對階碼進行加、減運算，可能會發(fā)生階碼上溢或階碼下溢，因此，必須對階碼進行溢出判斷。(有關(guān)對階碼進行溢出判斷的方法可參見教材中相關(guān)章節(jié)。)13．假設(shè)浮點數(shù)格式為：階碼是4位移碼，偏置常數(shù)為8，尾數(shù)是6位補碼(采用雙符號位)，用浮點運算規(guī)則分別計算在不采用任何附加位和采用2位附加位(保護位、舍入位)兩種情況下的值。(假定對階和右規(guī)時采用就近