計算機組織結(jié)構(gòu)期中復(fù)習(xí)

計算機組織結(jié)構(gòu)

IIntroduction總述

結(jié)構(gòu)architecture

對程序員可見(程序員必須清楚)

包括：指令集、各種數(shù)據(jù)類型的大小

組織organization(內(nèi)部實現(xiàn))

對程序員透明(程序員沒有必要清楚)

包括：控制信號、存儲技術(shù)

計算機發(fā)展史：

第一代電子管/真空管ENIAC十進制

IAS二進制存儲程序思想

亦叫做馮諾依曼模型

分為?CentralArithmetical(CA)運算器

?CentralControl(CC)控制器

?Memory(M)存儲器

?Input(I)/Output(0)輸入輸出

四部分加

CentralProcessingUnit(CPU)

第二代晶體管

第三代到N代集成電路

摩爾定律(Moore'slaw):

在一個芯片上所放的晶體管數(shù)目每年翻倍(69年前)/18個月翻倍(69年后)

說明計算機邏輯內(nèi)存單元制作更加便宜/會變得更小/提高了運算速度/降低了電源和散

熱要求/集成電路的可靠性更高

計算機性能：

CPU:速度Memory:容量/速度I/O:容量/速度

主要目的是提高CPU速度

CPU的性能：

時鐘：時鐘率(Hz):每秒能處理的基本指令

時鐘周期⑸:1/時鐘率

Clocktick?

指令處理每秒鐘執(zhí)行的百萬指令數(shù)(MIPS)每秒百萬個浮點操作指令數(shù)

(MFLOPS)

例題：

1.在逛商店時，你聽到一位顧客問店主，他在商店里能買到的最快的計算機是什么。店主

回答說"你正在看的是Macintosh,最快的Mac機以1.2GHz時鐘速率運行，如果你想要

最快的機器，你應(yīng)該購買我們的2.4GHz的IntelPentium4計算機店主的說法對嗎？

為什么？

解：不能依靠時鐘頻率來衡量一臺計算機的性能，更科學(xué)的衡量標準是每秒所執(zhí)行的浮點

數(shù)計算有多少百萬次。

相同的功能在不同的指令集中需要的指令數(shù)量是不同的，同一條指令在不同計算機

上需要的時鐘周期是不同的。而且，即便在指令相同的情況下，如果采用并行或者流水線等

技術(shù)，也可以加速程序的執(zhí)行

2.ENIAC是一個十進制機器,用10個真空管來代表一個寄存器。任何時刻只有一個真空

管處于ON狀態(tài)，表示10個數(shù)字中的一個。假定，ENIAC有能力使多個真空管同時處于

ON和OFF態(tài)，這種表示方法是否合理？為什么？

不合理，當ENIAC有能力使得多個真空管同時處于ON或者OFF狀態(tài)，應(yīng)該采用

二進制，可以減少所需要的真空管數(shù)量，而且如果10個真空管中出現(xiàn)了多個處于ON狀態(tài),

則會無法判斷是哪個數(shù)字。

3.IBM360Model75的指令周期的時間是360Model30的5倍，而相對性能確提高為

原來的50倍。為什么會出現(xiàn)這種現(xiàn)象？

計算機系統(tǒng)性能衡量的常用標準是每秒進行多少百萬次的浮點數(shù)運算，雖然IBM

360Model75的指令周期是360Model30的5倍，但它可能采用不同的指令集使得完成

相同功能的指令數(shù)目減少，或者采用了流水線、并行等技術(shù)，使得計算機的性能得到了提高。

4.時鐘以固定頻率f（或等價地說，以固定周期時間t）來驅(qū)動處理器，這里t=l/f。程序

的規(guī)模能用程序所包含的機器指令數(shù)，或者指令計數(shù)IC來衡量。不同的指令會要求不同的

時鐘周期數(shù)來執(zhí)行。一個重要參數(shù)是程序的平均每條指令周期數(shù)（averagecyclesper

instruction,CPI\執(zhí)行一個給定程序所需的處理器時間能表示成：T=ICxCPIxt

在指令執(zhí)行期間處理器只是做了部分工作，一部分時間是花費在處理器與存儲器之間的字傳

送上。在后一種情況下，傳送時間取決于存儲器周期時間，而它會比處理器周期大很多。我

們能將上面等式改寫成：

T=ICx[p+（mxk）]xt

這里，p是用于譯碼和執(zhí)行指令所需的處理器周期數(shù)，m是所需的存儲器訪問次數(shù)，k是

存儲器周期時間和處理器周期時間之比。

上面等式中5個性能因子（IC,p,m,k,t）受到4個系統(tǒng)屬性影響：（1）指令集設(shè)計（亦稱指令集

體系結(jié)構(gòu)）；（2）編譯技術(shù)（在由高級語言程序產(chǎn)生機器語言程序時編譯器如何有效）；（3）處

理器實現(xiàn)；（4）Cache和存儲器的層次。請用表格形式說明這4個系統(tǒng)屬性對這5個性能

因子的影響。

指令集規(guī)模小編譯技術(shù)好處理器快存儲層次多

IC變多變少無影響無影響

P變多變少無影響無影響

M變多變少無影響變多

K無影響無影響變大變小

T無影響無影響變小無影響

5.處理器性能的一個普通度量是指令執(zhí)行的速率，表示為每秒百萬條指令(MIPS1請用

時鐘速率和CPI來表示MIPS速率。

解：設(shè)時鐘頻率為f,平均每條指令周期數(shù)為CPI.所以平均每條指令所需要的時間為CPI/f

l/(CPI/f)*10A6=f/CPI*10A-6即每秒指令的百萬條指令數(shù)

6.一個測試程序在一個40MHz的處理器上運行，其目標代碼有100000條指令，由如下

各

類指令及其時鐘周期計數(shù)混合組成：

指令類型指令計數(shù)時鐘周期計數(shù)

整數(shù)算術(shù)450001

數(shù)據(jù)傳送320002

浮點數(shù)150002

控制傳送80002

請確定這個程序的有效CPI、MIPS速率和執(zhí)行時間。

CPI=(45000+32000*2+15000*2+8000*2)/(45000+32000+15000+8000)

MIPS=f/CPI*10A-6

T=100000/MIPS

IIATop-LevelViewofComputerFunctionand

Interconnection總觀計算機功能及內(nèi)部聯(lián)系

馮諾依曼模型(thevonNeumannmachine):

計算機組成：I/O主存(Mainmemory)

系統(tǒng)總線(Systembus)CPU

內(nèi)存：數(shù)據(jù)和指令被存貯在內(nèi)存中內(nèi)存中的數(shù)據(jù)按地址尋找順序執(zhí)行指令

問題：主存與CPU之間的傳輸速度差距越來越大

解決：包含寄存器(cache)緩沖數(shù)據(jù)減少對內(nèi)存訪問量

增加每次讀取的字節(jié)數(shù)

I/O：和CPU/內(nèi)存交換數(shù)據(jù)

問題：和CPU/內(nèi)存的速度差距越來越大

解決：緩沖新的接口技術(shù)

CPU:順序執(zhí)行指令數(shù)據(jù)和指令被存貯在內(nèi)存中按地址尋找數(shù)據(jù)

問題：等待I/O設(shè)備時CPU的空閑問題

解決中斷(Interrupt):

嵌套中斷處理(Nestedinterruptprocessing)

連續(xù)中斷處理(Sequentialinterruptprocessing)

總線：鏈接兩個或更多設(shè)備是一種共用的傳輸介質(zhì)

數(shù)據(jù)傳輸類型：地址線數(shù)據(jù)線控制線

總線類型:專用總線(高效傳輸/規(guī)模成本高)

復(fù)用總線(節(jié)省空間和成本/復(fù)雜的機制)

總線仲裁:總線可被多個設(shè)備監(jiān)聽但每次只能由其中一個發(fā)出信息

集中式/分布式

計時:同步/異步/半同步/分割

總線寬度(Buswidth):每次傳輸?shù)奈粩?shù)

IllCache寄存器

內(nèi)存設(shè)計瓶頸：容量速度價格成本

實際要求:大容量高速

解決方式:層次式設(shè)計

Cache基本思想：

運用一個更小更快的寄存器來減少內(nèi)存的訪問次數(shù)

是對主存的部分拷貝

處于CPU和主存之間可能集成在CPU或其他模塊中

Cache的基本工作機制

1.Check:當處理器試圖從主存訪問數(shù)據(jù)時，先檢查該數(shù)據(jù)是否在Cache中

2.若命中，數(shù)據(jù)直接從Cache傳輸至Cpu

3.若沒有命中，Cpu訪問主存，將一塊數(shù)據(jù)傳輸至Cache中，然后再從Cache傳

輸?shù)紺pu

如何判斷命中

Cache中使用標簽(tags)來判斷需要訪問的數(shù)據(jù)在主存中的地址。

判斷丟失后為何將主存中的塊(block)傳輸至Cache

引用的局部性原理

L時間的局部性

2.空間的局部性

3.序列的局部性

傳回一塊利用空間局部性，提高命中率，節(jié)省時間

?Temporallocality

intfactorial=1;

for(inti=2;i<=n;i++){

factorial=factorial*i;

)

,Spatiallocality

for(inti=0;i<num;i++){

score[i]=final[i]*0.4+midterm[i]*0.3+assign[i]*0.2+activity[i]*0.1;

}

計算平均訪問時間

?Assumepishitrate,Tcisaccesstimeofcache,TMis

accesstimeofmainmemory,theaverageaccesstimewhen

usecacheis

TA=pxTc+(1—p)x(Tc+TM)

=Tc+(1-p)x

?ThelargerpandlessTcare,thebetterperformanceis

?IfwewantU<%,itisrequired

p>Tc/TM

?Difficulty:thecapacityofcacheismuchsmallerthanthe

capacityofmemory

Cache使用的一些策略

1.增加容量：缺點成本過高，且會增加Tc

2.映射函數(shù)：

-.直接映射：

設(shè)j為主存中的塊數(shù)，C為Cache中的行數(shù)，則主存中每塊對應(yīng)在Cache中的行

數(shù)i=jmodC

（Cache中每行存一塊）

?Tag

?Highestnbitsinaddress,n=log2M-log2c

TagUneWord

例：假設(shè)Cache中有四行，每行有8個字，主存中有128個字，因此需要7位來

表示地址。

每塊中有8個字，所以用3位來表示字（即字長），Cache中有4行，因此中間用2

位來表示占據(jù)的是哪一行，M=16（主存中的塊數(shù)）C=4（Cache中的行數(shù)），所以n=4-2=2,2

位表示Tag即標簽位。

優(yōu)點：簡單，匹配快，查找快

缺點：抖動

比如如果一個程序每次都輪流查找映射于同一行的兩個塊，會大大影響命中率

所以這種映射方法適用于大容量的Cache

二,關(guān)聯(lián)映射

規(guī)則：每個塊可以被載入任意一行

?Tag

?Highestnbitsinaddress,n=log2M

AddressTagWord

例：假設(shè)Cache有4行，每行有8個字，主存包含128個字，

那么主存用7位地址，3位為字長，剩下四位作標簽。

優(yōu)點：防止抖動，

缺點：復(fù)雜而且浪費資源。

三.組關(guān)聯(lián)映射（折衷）

策略：Cache被分為多個組，假設(shè)j為主存中的塊數(shù)，S是Cache中的組數(shù)，那么

相應(yīng)的塊對應(yīng)在Cache中的組號s=Smodj

K路組：k=C/S,每組的行數(shù)

組內(nèi)采用關(guān)聯(lián)映射

?Tag

?Highestnbitsinaddress,n=log2M一log2s

AddressTagSetWord

例：假設(shè)Cache中有4行且被分成2組，每行8個字，主存中含有128個字節(jié)，

所以7位地址。

三位表示字長，因為組數(shù)=2,中間一位用來表示位于哪一組，最高3位用作Tag.

即M=16,S=2所以n=4-l=3.

比較：

K=1直接映射K=C關(guān)聯(lián)映射

關(guān)聯(lián)度（Correlation每塊對應(yīng)寄存器中行的可能數(shù)）：

直接映射1關(guān)聯(lián)映射C組關(guān)聯(lián)映射K

相關(guān)度越小，命中率越低，check時間更少，Tag長度越短

3.替換機制

LRULeastRecentlyUsed最近最少用

FIFOFirstInFirstOut先進先出

LFULeastFrequentlyUsed最不常用

4.寫操作策略

一.寫入

為保證Cache與主存的一致性，往Cache寫入時同時也要往主存寫入

但降低寫入速度，容易產(chǎn)生瓶頸

二,寫回

在Cache中增加一位（臟位）表示是否被修改過，若"臟"，則替換整個塊時前將

其寫回

減少寫入操作，但會有不必要的麻煩（如輸出時會取得主存中未修改的數(shù)據(jù)）

策略：輸出時候強制修改主存

5行的大小即每個塊的容量

行變大，提高命中率。

行再變大，也可能降低命中率（原因:Cache總大小不變時，行變大，減少了行數(shù)，使

得替換頻繁）

6.Cache的個數(shù)

單個：方便集成到處理器，簡化電路設(shè)計

層次式：LIL2

設(shè)計復(fù)雜：要保證3個之間數(shù)據(jù)的一致性

L2可以使用另外一條路，也可以放在處理器上

注意：L1與L2的關(guān)系可以類比于單個Cache時候Cache與主存的關(guān)系

7.數(shù)據(jù)與指令是否分開

例題分析：

關(guān)于Cache的映射關(guān)系

1.假設(shè)Cache有4K字，每行32字。對十六進制主存地址：111111.666666、BBBBBB,

請

用十六進制格式表示如下信息：

（1）直接映射Cache的地址格式，（2）全關(guān)聯(lián)映射Cache的地址格式，⑶兩路組關(guān)聯(lián)Cache

的地址格式。（提示：每個映射方式下，需要將標記、

塊內(nèi)地址等分開表示。）

解：Cache字數(shù)：41<=4*2人10=2人12總共12位地址

塊的大小32=2人55位字長行數(shù)2A7用7位表示

主存地址為6位16進制即24位二進制,其中5位表示字長.

--直接映射：

標記位：19-7=12

行數(shù)：7

塊內(nèi)地址：5

二.全關(guān)聯(lián)映射

標記為19

塊內(nèi)地址5

三.兩路組關(guān)聯(lián)映射

組數(shù)2A66位表示組數(shù)

標記為19-6=13

塊內(nèi)地址5位

以BBBBBB為例化為二進制位101110111011101110111011

直接映射101110111011101110111011

BBB5D1B

全關(guān)聯(lián)映射101110111011101110111011

5DDDD1B

兩路組關(guān)聯(lián)映射101110111011101110111011

1777IDIB

對命中的判斷以及LRU算法的應(yīng)用

2.計算機系統(tǒng)包含容量為32Kxl6位的主存，按字編址，每字16位。Cache采用4路組

關(guān)

聯(lián)的映射方式，數(shù)據(jù)區(qū)大小為4K字，主存塊大小為64字。假設(shè)Cache初始時是空的，

處理器順序地從存儲單元（每個存儲單元中包含1個字）0,1，…,4351中取數(shù)，然后再

重復(fù)這一順序9次，并且Cache的速度是主存的10倍，同時假設(shè)塊替換用LRU算法。

請說明使用Cache后的改進。

主存共321<=2人15個字，每塊2A6=64個字，所以一共2A9塊.

Cache共2A12字所以一共2A6=64行采用4路組關(guān)聯(lián)

組數(shù)=2人4=16

所以標記位為9-4=5

組：4

設(shè)Cache的速度為t,則主存的速度為10t

采用cache:

第一次：0misslit

1-63hitlt*15

64misslit

64-127hitlt*15

4351/64=68

所以一共有68次miss.

第二次：因為第一次中0123行中的內(nèi)容被替換成了64656667塊.

根據(jù)LRU原則0123換下的是16171819那一路，以此類推、

012316171819323334354849505164656667永遠miss

所以綜上p=(4352*10-68-20*9)/43520=99.43%

時間10V/(V+10*(1-0.9943))=9.5倍

LRU算法與FIFO算法的應(yīng)用與比較

3.假設(shè)主存中的5個塊｛123,4,5｝映射到cache的同一組，對于主存塊訪問地址流

(1,2,3,4,1,2,5,1,2,3,4,5｝,在3-路組關(guān)聯(lián)、4-路組關(guān)聯(lián)、5-路組關(guān)聯(lián)方式下，分別

說明LRU算法和FIFO算法的命中情況。

下面只考慮3-路組關(guān)聯(lián)：

LRU算法

111444555333

22211111144

3332222225

最近最少使用的123412512

FIFO

111444555555

22211111333

3332222244

最先進的11234111255

多層次Cache的計算

4:對一個有兩級Cache的系統(tǒng)，定義：TC1=第一級Cache存取時間；TC2=第二級

Cache

存取時間；H1=第一級Cache命中率；H2=組合的第一/二級Cache命中率。請給出讀

操作時間的表示。（提示：需要假設(shè)主存的存取時間）

解：設(shè)主存存取時間為Tm

T=Tcl+（l-H2）Tm+（l-Hl）Tc2

5:假設(shè)某處理器的時鐘頻率為1.2GHz,當LIcache無缺失時的CPI為1（即CPU可以快

速地從LIcache中讀取指令，并在1個時鐘周期內(nèi)完成）。訪問一次主存的時間為100ns

（包括所有缺失處理），LIcache的局部缺失率為2%。若增加一個L2cache,并假定

L2cache的訪問時間為5ns,而且其容量足夠大到使全局缺失率僅為0.5%。分析增加

L2cache后處理器執(zhí)行程序的效率提高了多少？

解：1.2Ghz=1.2*10A9次/s所以處理一次需要1/1.2=0.833nm

未增加L2時平均讀取一條指令的時間為0.833+0.02*100=2.833nm

增力口L2后平均讀取一條指令的時間為0.833+0.005*100+0.02*5=1.433nm

2.833/1.433=1.97倍

IVInternalMemory主存

存儲位元：

有o/i兩個穩(wěn)定狀態(tài)

可以至少被寫入一次

可以讀取狀態(tài)

RAM（RandomAccessMemory,隨機訪問存儲器）：

特性：

可以簡單迅速地讀取和寫入數(shù)據(jù)

易失性（volatile）

類型:

DRAM（DynamicRAM,動態(tài)隨機訪問存儲器）:電容存儲需要刷新

SRAM（StaticRAM,靜態(tài)隨機訪問存儲器）:門

相似:

易失性都需要提供電能來維持數(shù)據(jù)

區(qū)別：

DRAM設(shè)計簡單但是需要刷新

SRAM比DRAM更快，但是集成度低造價高

DRAM多用于主存SRAM多用于寄存器

ROM（ReadOnlyMemory,只讀存儲器）：

特性:

非易失性（Nonvolatile）

可讀取但是不可寫入數(shù)據(jù)

應(yīng)用：

微編程系統(tǒng)程序函數(shù)表

問題：

無出錯空間成本高

PROM（ProgrammableROM,可編程只讀存儲器）：

特性:

非易失性（Nonvolatile）

只能寫入一次:電子寫入并且需要特殊的環(huán)境

與ROM的區(qū)別：

更加靈活方便

Read-MostlyMemory:

讀的次數(shù)比寫的次數(shù)多很多非易失

類型：EPROM（ErasablePROM,可擦除編程只讀存儲器）：

特性:可讀寫紫外線擦除整塊比PROM更貴

EEPROM（ElectricallyEPROM,可電擦除編程只讀存儲器）：

特性:可寫入并且無需擦除數(shù)據(jù)可按字節(jié)寫入（覆蓋）比EPROM擦除

速度快但造價更高

FlashMemory（閃存）：

特性:電擦除可擦除幾塊集成度高

尋址單元（AddressingUnit）:

包含同樣類型的幾個位元

尋址模式:字（Byte）更加常見/字節(jié)（Word）

存儲陣列:線的復(fù)用先行后列

刷新：集中刷新(CentralizedFresh)停止讀寫，集中刷新，會有一段時間停止工作：

死區(qū)

分散刷新(DecentralizedFresh)不會出現(xiàn)死區(qū)但是時間過長

異步刷新(AsynchronousFresh)高效

芯片的引腳：

Address/Data/Vcc(powersupply)/Vss(groundpin)/CE(chip

enable)/Vpp(programvoltage)

WE(writeenable)/OE(outputenable)/RAS(rowaddressselect)/CAS(column

addressselect)

模塊的擴展:字擴展/位擴展/字位擴展

位擴展：增加數(shù)據(jù)量。

地址線數(shù)量不變，數(shù)據(jù)線數(shù)量增加

例如：使用8個4K*1的芯片來組成4K*8的芯片

字擴展：增加尋址空間

地址線數(shù)目增加

數(shù)據(jù)線數(shù)目不變

例如：使用4個16K*8bit的芯片組成64K*8bit的主存

內(nèi)存是字擴展

主存=RAM+ROM主存大小=RAM大小

其他的DRAM:

SDRAM（SynchronousDRAM,同步動態(tài)訪問存儲器）:只允許在一個特定時刻傳輸

DDRSDRAM（Double-data-rateSDRAM,兩倍速率SDRAM）

RambusDRAM/CacheDRAM

糾錯：

奇偶校驗：

奇校驗：校驗位=所有位作異或后再與1異或若1的個數(shù)為奇數(shù)，則校驗碼為0,

偶校驗：校驗位=所有位異或若1的個數(shù)為偶數(shù)，則校驗碼為0

出錯條件：比較C'（新讀出的校驗碼）與C''（重新計算后得到的校驗碼）（作異

或），注意，與原先的數(shù)據(jù)無關(guān)。結(jié)果為1時，有奇數(shù)位出錯，為0,沒有出錯或者偶數(shù)位

出錯。

優(yōu)點:成本低

缺點:只能知道出錯不能找出錯誤之處

海明碼:分K組產(chǎn)生校驗碼

將一個M字節(jié)的數(shù)據(jù)分成K組，則有K位校驗碼

2Ak>=M+k+l

記八字節(jié)的數(shù)海明碼為4位.

規(guī)則：

1.將兩次海明碼作異或，若所有位上都是0,則沒有錯誤

2.若有一位是1,則海明碼錯誤,不需要糾正

3.超過一位是1,根據(jù)相應(yīng)規(guī)則可以判斷哪T立出錯，并糾正。

記8字節(jié)數(shù)D=D8D7D6D5D4D3D2D1,它的四位校驗碼是C=C4c3c2C1

C1=D1?D2?D4?D5?D7

C2=D1?D3?D4?D6?D7

C3=D2十D3十D4十D7

C4=D5十D6十D7十D8

糾錯碼110010111010100110000111011001010100

001100100001

數(shù)據(jù)位D8D7D6D5D4D3D2D1

C4C3C2C1

D8D7D6D5C4D4D3D2C3D1C2C1包括校驗碼的12彳立的6者存順序

例1:D=0U01010使用偶校驗

C1=D1?D2?D4?D5?D7=1

C2=D1十D3十D4十D6十D7=1

C3=D2?D3?D4?D8=0

C4=D5?D6?D7?D8=0

所以為011001010011

例2:若取得時12位為011001010011

D'=01101010得到U=0011

C"=0011

S=C?C=0000

所以沒有出錯

若取得時12位為011101010011

D'=01111010C=1010

C''=0011

S=C''十C'=1001所以第五位出錯

SEC只能糾錯一位

SEC-DEC增力口一位校驗碼C5=D1十D2十D3十D5十D6十D8

如果有T立數(shù)據(jù)發(fā)生錯誤，則有三位的校驗碼將發(fā)生改變

CRC(CyclicRedundancyCheck循環(huán)冗余校驗碼)：

例子說明一切：

數(shù)據(jù)：100111。生成校驗碼1001(xA3+l)校驗碼111

loom

1001/100011000

/1001

0011

oooo

0111

0000

1110

1001

1110

1001

1110

1001

111

例題分析：

關(guān)于各種存儲器的比較以及應(yīng)用

1.說明下面概念間的區(qū)別

RAM和ROM

RAM,隨機訪問存儲器，可讀可寫，但是易失

ROM,只讀存儲器，只能讀不能寫，不具有易失性

兩者的共同點都是半導(dǎo)體存儲器

SRAM和SDRAM

SRAM靜態(tài)隨機訪問存儲器，相對于動態(tài)的DRAM,不需要刷新電路來維持位元的狀態(tài)

SDRAM是DRAM的一種，需要刷新來維持位元狀態(tài)，但是相比普通的DRAM,它采用外

部時鐘與處理器同步，具有更高的數(shù)據(jù)傳輸速率

PROM、EPROM、和EEPROM

PROM,可編程只讀存儲器，非易失，可以一次電寫入，但之后無法修改

EPROM可擦除可編程只讀存儲器，可以寫入多次，但需要通過紫外光擦除整個芯片的信

息，時間長，但是造價相對較低集成度高

EEPROM電子EPROM,可以擦除單個字節(jié)，消耗時間相對較短，但是造價貴且集成度低

SDRAM和DDR

DDR是一種特殊的SDRAM,也采用外部時鐘與處理器同步，但是與SDRAM相比，DDR

允許在一個時鐘周期內(nèi)讀/寫兩次數(shù)據(jù)，可以加快數(shù)據(jù)傳輸速率

2.傳統(tǒng)的RAM組織成每芯片只有T立，而ROM通常組織成每芯片多位，請說明原因。

當RAM組織成每芯片只有一位時，所需要的地址線只要一根，這樣有利于減少芯片的

引腳數(shù)和出錯的概率，提高芯片的集成度。

與RAM相比，ROM容量相對較小，集成度要求較低，組成每個芯片多位可以減少

芯片數(shù)量，有利于降低成本。

3.假設(shè)采用分散式刷新，下圖表示一個DRAM經(jīng)由總線的讀操作的簡化時序，存取時間

認為是由tl到t2.由t2到t3是刷新時間，此期間DRAM芯片必須再充電，然后處理器才

能再次存取它們。

a）假定存取時間是60ns,刷新時間是40ns。問：存儲周期是多少？假定1位

輸出，這個DRAM所支持的最大數(shù)據(jù)傳輸率是多少？

解：60+40=100ns

V=l*10A9/100*l=10A7bit/s=0.125*10A7B/s=1.25MB/s

b）使用這些芯片構(gòu)成一個32位寬的存儲器系統(tǒng)，其產(chǎn)生的數(shù)據(jù)傳輸率是多

少？

解:V=1.25*32=40MB/s

對海明碼的應(yīng)用

4.一個8位字00111001,采用海明碼生成校驗位后存儲。假定由存儲器讀出數(shù)據(jù)時,

計算出的校驗位是1101,那么由存儲器讀出的數(shù)據(jù)字是什么？

00111001產(chǎn)生的海明碼為

Cl=Dl?D2ffiD4ffiD5?D7=l

C2=D1十D3十D4十D6十D7=1

C3=D2十D3十D4十D8=1

C4=D5?D6?D7?D8=0

0111

與1101異或的結(jié)果是1010可知第十位出錯

原來的是001101001111

第十位出錯可知讀出的數(shù)據(jù)字是00011001

關(guān)于尋址單元以及字擴展位擴展

5.已知某機主存容量為64KB,按字節(jié)編址。假定用1KX4位的DRAM芯片構(gòu)成該存

儲器，

請問：

a）需要多少個這樣的DRAM芯片？

lB=8bit

所以N=64KB/（lK*4it）=16*8=128個

b）主存地址共多少位？哪幾位用于選片？哪幾位用于片內(nèi)選址？

按字節(jié)選址的話64K=2A6*2A10=2A16B所以主存地址一共16位

一共有2A7個芯片

所以前七位用于選片，后9位用于片內(nèi)選址

6.假定用8Kx8位的EPROM芯片組成32Kxi6位的只讀存儲器，請問

a）數(shù)據(jù)寄存器（用于存放數(shù)據(jù)）最少應(yīng)有多少位？

16位，與每個尋址單元中數(shù)據(jù)的長度相同

b）地址寄存器（用于存放地址）最少應(yīng)有多少位？

32K=225bit所以最少15位

c）共需要多少個EPROM芯片

32/8*16/8=8個

VExternalMemory外部存儲器

外存的需求

1.大容量.（不會一直被使用）

2.不易失

外存的種類

包括磁盤、磁帶、光盤、USB、SSD

一.磁盤

類型：軟盤、硬盤

物理特性：

1.襯底：鋁、鋁合金、玻璃

使用玻璃的好處：穩(wěn)定性高，減少讀寫錯誤、支持更低的飛行高度，不容易損壞

2.磁頭一讀寫磁盤數(shù)據(jù)

?可運動

?不可運動（需要多個磁頭）

3磁盤

?可移動

?不可移動

（讀寫過程中，磁頭做徑向運動，磁盤旋轉(zhuǎn)）

4.面

?雙面

?單面

5.盤片：單盤、多盤

柱面：位于同一圓柱表面上的圈

影響多盤效率的因素：多盤的情況下，每個盤的磁頭只能位于盤面的同一個

柱面。

6.磁頭機制：接觸式（軟盤）固定懸空高度、可變懸空高度

磁頭通過電磁感應(yīng)進行讀寫，為增加數(shù)據(jù)量，可將圈變窄，相應(yīng)磁頭就得變小，此

時電磁感應(yīng)變?nèi)?，必須降低磁盤高度，即飛行高度）

關(guān)于Winchesterhead溫氏磁盤、磁頭封裝在一個無污染的密封裝置中。和常規(guī)

磁頭相比，可以更加貼近磁表面，數(shù)據(jù)密度更大。磁盤不動時，以氣墊的形式使磁頭輕停在

磁盤表面。磁盤旋轉(zhuǎn)時，產(chǎn)生的氣壓使氣墊升高而1各磁頭與盤面分離。

Read-writehead(1persurfacetDirectionof

\amimotKHi

A

Surface9

piatte「

Surface8

Surface7

Surface6T____

Surface5

Surface4T

Surface3

Surface2

Surface1

Surface0T

SpindleB<M)m

磁盤的工作機制：

?根據(jù)極性記錄數(shù)據(jù)

?讀寫時，磁頭固定，磁盤旋轉(zhuǎn)

?寫：正負電流產(chǎn)生不同的脈沖信號傳至磁頭，表面上產(chǎn)生不同磁性的磁化域，分

別代表0、1

?讀：磁場相對磁頭運動，在磁頭中產(chǎn)生電流，不同的極性產(chǎn)生不同方向的電流

磁盤的數(shù)據(jù)組織

?磁道：數(shù)據(jù)由同心圓組成，每個同心圓即磁道

?扇區(qū)：每個磁道被分隔為多個區(qū)域，存儲大小一定，一般為512B

?勻角速度：增加外圈數(shù)據(jù)間的空間，使得相同角度經(jīng)過的扇區(qū)數(shù)目相同（浪費空間）

?多帶記錄數(shù)據(jù)：把磁盤分為多個帶，同一個帶中采取相同的劃分方式，不同帶之間

的劃分方式不同

優(yōu)點：增加存儲量缺點：需要更加復(fù)雜的電路。

扇區(qū)內(nèi)的數(shù)據(jù)組織：GAP間隙：為磁頭提供反應(yīng)時間

IDFILED:同步信息，判斷是否到達新的扇區(qū)（格式化就

是劃分扇區(qū)，給IDField寫入信息）

數(shù)據(jù)區(qū)域（515B）誓1B為同步信息，512

存儲數(shù)據(jù)，2B為CPR產(chǎn)生校驗碼

數(shù)據(jù)傳輸時間的計算

1.尋道時間：移動磁頭定位到要訪問的磁道所花費的時間

2.旋轉(zhuǎn)等待時間

3.傳輸時間：T=b/（rN）b為需要存儲的數(shù)據(jù)量，r為轉(zhuǎn)速,N為每個磁道上的數(shù)據(jù)

4.存取時間=尋道時間+旋轉(zhuǎn)等待時間+傳送時間Ta=Ts+l/2r+b/rN

例：假設(shè)一個磁盤的平均尋道時間為4ms，旋轉(zhuǎn)速度為15000rpm,每個扇區(qū)有512byte

每個磁道有500個扇區(qū)，如果我們需要讀一個文件包含2500個扇區(qū)共1.28Mbytes

1.假設(shè)是連續(xù)的：則文件占據(jù)了5個磁道

2.隨機分布的

對于情況1：15000rpm=2500rpsl/2500=4ms

所以t=2+4/2+4+4*(4/2+4)=34ms

對于情況2:因為是隨機的t=2500*(4+4/2+0.008)=15020ms

二.光盤

CD/CD-ROM/CD-R/CD-RW/DVD/DVD-R/DVD-RW/Blue-Ray

1.CD與CD-ROM

母盤，用高強度激光燒盤

壓盤，臺、凹坑

激光打向背面，根據(jù)反射強弱讀取信息

不同點：CD有檢驗碼而CD-ROM沒有

優(yōu)點：方便，成本低，便于攜帶

缺點：無法更新數(shù)據(jù)，讀取較慢

2.CD-R感光元器件，可寫一次

CD-RW可擦寫

3.DVD數(shù)字通用盤相匕瞰CD

L雙面讀，反射層在中間

2.半反射，同樣寫記錄數(shù)據(jù)

3.對波長要求更短，信號更密集

4.藍光運用更短的波長，使得刻錄更加密集

強調(diào)：光盤為螺旋線（光驅(qū)旋轉(zhuǎn)，線速度相同）（與磁盤不同）

三.磁帶

使用與磁盤相同的存儲機制

離線備份，容量大，存取快

使用磁性材料

并行&串行（蛇形排列）

例題：

1.考慮一個有N個磁道的磁盤，磁道編號由0到N-1,并假定所要求的扇區(qū)隨機均勻分

布

在盤上。

a）假設(shè)磁頭當前位于磁道t上，計算越過的磁道數(shù)為j的概率。

b）假設(shè)磁頭可能出現(xiàn)在任意磁道上，計算越過的磁道數(shù)為k的概率。

c）計算越過的平均磁道數(shù)的期望：

N-1

E[x]=xPr[x=i]）

i=0

其中，i為跨越的磁道數(shù)，Pr[x=i]為跨越的磁道數(shù)為i的概率。

解：a）磁頭到達每個磁道的幾率為1/N

1:若j-l<t<N-j則概率為2/N

2:若t<=j-l或者t>=N-j則概率為1/N

b）令

N-l]N-l

P[k]=2曰3]xP[i]）=!乏PWi]

i=0i=0

由a）結(jié)論可知，取值1/N的有2k個磁道，取值2/N的有（N-2k）個磁道，所以有

,1/12\2（N-k）

「[r幻=^*（^*2上+小*（"_2乃）=-^^

c）由給出公式結(jié)合b）結(jié)論，得

酮=￡（-㈤）=￡卜罕AM

i=0i=0

2.為一個磁盤系統(tǒng)定義如下參數(shù)：

TS=尋道時間，即磁頭定位在磁道上的平均時間

r=磁盤的旋轉(zhuǎn)速度（單位：轉(zhuǎn)/秒）

n=每個扇區(qū)的位數(shù)

N=一個磁道的容量（單位：位）

TA=存取一個扇區(qū)的時間

請推導(dǎo)TA的表達式。

TA=TS+l/2r+n/rN

3.考慮一個單片磁盤，它有如下參數(shù)：旋轉(zhuǎn)速率是7200rpm,一面上的磁道數(shù)是30000,

每

道扇區(qū)數(shù)是600,尋道時間是每越過一百個磁道用時1ms。假定開始時磁道位于磁道0,

收到一個存取隨機磁道上隨機扇區(qū)的請求。

a）平均尋道時間是多少？

b）平均旋轉(zhuǎn)延遲是多少？

c）一個扇區(qū)的傳送時間是多少？

d)完成存取請求的總的平均時間是多少？

解：a)平均尋道時間是越過一半磁道的時間也就是30000/2*100=150ms=0.15s

b)7200rpm=120rps所以平均旋轉(zhuǎn)延遲=l/2r=l/240s

c)1/120/600=1/72000S

d)T=0.15+1/240+1/72000

4.已知邏輯記錄是相關(guān)數(shù)據(jù)元素的集合，作為概念性的單位，它與信息如何存儲和在何處

存儲無關(guān)；物理記錄是由存儲設(shè)備特性和操作系統(tǒng)定義的存儲空間的一個連續(xù)區(qū)域。假

定在一個磁盤系統(tǒng)中，每個物理記錄容納30個120字節(jié)長的邏輯記錄。若此磁盤系統(tǒng)

有8面，每面110個磁道，96扇/道,512B/扇。假設(shè)不考慮文件頭部記錄和磁道索引，

并認為記錄不能跨越兩個扇區(qū)，請計算存儲300000個邏輯記錄需要多大的磁盤空間(用

扇區(qū)、磁道、面數(shù)來表示〉

解：每扇512/120=4個邏輯記錄

300000/4=75000扇750000/96=781余24

782/110=7余11一共需要7面11磁道24扇

5.假定一個程序重復(fù)完成1鈿盤上一個4KB的數(shù)據(jù)塊讀出，進行相應(yīng)處理后,寫回到磁

盤

的另外一個數(shù)據(jù)區(qū)。各數(shù)據(jù)塊內(nèi)信息在磁盤上連續(xù)存放，并隨機地位于磁盤的一個磁道

上。磁盤轉(zhuǎn)速為7200rpm,平均尋道時間為10ms,磁盤最大數(shù)據(jù)傳輸率為40MBps,沒

有

其他程序使用磁盤和處理器，并且磁盤讀寫操作和磁盤數(shù)據(jù)的處理時間不重疊。若程序

對磁盤數(shù)據(jù)的處理需要20000個時鐘周期，處理器時鐘頻率為500MHz,則該程序完成一

次數(shù)據(jù)塊"讀出-處理-寫回"操作所需要的時間為多少？每秒鐘可以完成多少次這樣

的數(shù)據(jù)塊操作？

解:7200rpm=120rps

處理：t=l/500/10A6=2*10=9所以對磁盤數(shù)據(jù)的處理需要

20000*2*10A-9=4*10A-5s

讀出：10+1/240+4/（40*1024）

寫入時間與讀出相同

計算略去。。。。

6.假設(shè)有一個磁盤，每面有200個磁道，盤面總存儲容量為L6MB,磁盤旋轉(zhuǎn)一周時間

為

25ms,每道有4個區(qū)，每兩個區(qū)之間有一個間隙，磁頭通過每個間隙需要1.25ms。請問：

從該磁盤上讀取數(shù)據(jù)時的最大數(shù)據(jù)傳輸率是多少（單位：字節(jié)儂）?

解：1.6MB=1600KB所以每個磁道8KB旋轉(zhuǎn)一周需要時間25ms其中

25-1.25*4=20ms來讀取數(shù)據(jù)所以最大傳輸速率8*1000/20ms=4*10A5B/s

VIRAID磁盤冗余陣列

基本思想：單個或者多個I/O處理任務(wù)被平均分配給多個盤（以一種較高的速度來處理，降

低各個磁盤負擔）

數(shù)據(jù)分布在多個盤上

特性：1.看上去像是一個盤

2.數(shù)據(jù)被分配在多個盤上

3.增加冗余信息，得到額外的好處（以空間換時間），多存一些東西來提高可靠性

恢復(fù)數(shù)據(jù)

RAID的七中技術(shù)

RAIDLevelO

將每個磁盤切成大小一樣的塊，每個磁盤上的同一行看成一個整體（條帶）同時工

作。

優(yōu)點：在數(shù)據(jù)量較大的情況下能夠達到更高的傳輸速度與響應(yīng)速率。

缺點：1.面臨更大的出錯風(fēng)險。（沒有提供任何規(guī)避風(fēng)險的措施）

2.一塊地方掛，全部掛。

RAIDLevell（鏡像）

組成方式與RAID0相似

相比RAID0RAID1增加完全一樣的鏡像儲存部分，這樣就有一個完全一樣的備份。

好處：L提高安全性,非常可靠。

2.若出錯，處理過程非常簡單。

壞處：1.嚴重浪費空間，冗余特別大。

2.有一個盤特別慢，帶動整個系統(tǒng)變慢。（木桶效應(yīng)，無法發(fā)揮所有硬盤的最

高效率）

RAIDLevel2（并發(fā)）

使用海明碼校驗（2Ak>=m+k+l）

條帶被劃分得很細?。ㄒ粋€字或者一個字節(jié)），處理數(shù)據(jù)更精細

缺點：同一時刻只能支持一個I/O

隨著磁盤穩(wěn)定性的提高，逐漸被拋棄。

RAIDLevel3（并發(fā)）

同樣采用小的條帶。

校驗盤更?。ㄊ褂煤愣〝?shù)量的盤個盤）

p=bOoblOb2ob3

所以p0p=pOblob2ob3obO=O

b2o0=b2opOb0oblOb2ob3

b2=pobOoblOb3

無論哪個磁盤壞掉，都可以將它恢復(fù)。（但只能判斷一個磁盤壞掉的情況）

缺點：同一時刻只能支持一個I/O

（在網(wǎng)絡(luò)服務(wù)中不適用）

RAIDLevel4

數(shù)據(jù)量更大

允許磁盤獨立寫。

依然只用一個盤做校驗。

當只有一個盤上的數(shù)據(jù)（假設(shè)b2）發(fā)生改變時，校驗碼進行計算：

P'=b0oblob2'ob3

p=bOoblob2ob3

b2op=b0oblob3

p'=b2opob2'

數(shù)據(jù)盤進行讀寫時往往需要