计算机组成原理第三版：详细解答及关键术语

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本资源是一份详细的计算机组成与原理第三版的答案，涵盖了第一章中的多个关键知识点。这些知识点涉及CPU（中央处理器）、抽象概念、位（bit）、计算机家族、内存、数据路径、控制单元、个人计算机（桌面电脑）、嵌入式系统、服务器、局域网（LAN）和广域网（WAN）、超级计算机、动态随机访问存储器（DRAM）、缺陷、芯片、晶体管、光盘（如DVD）、生产率指标（yield）、汇编语言、操作系统、编译器、大规模集成电路（VLSI）、指令集架构、半导体、硅片（wafer）、存储器旋转时间、磁盘读写速度计算、计算机家庭的定义、总带宽需求等。在第一章的练习题解答中，1.15 提到的是CPU的具体概念或问题，而1.21 关注的是抽象在计算机设计中的应用，比如软件和硬件之间的接口。1.33 的bit是构成数字信息的基本单元，对于理解计算机底层工作至关重要。1.48 讨论了不同类型的计算机系统的分类，包括台式机、嵌入式系统和服务器等，强调了计算机家族的多样性。章节的其余部分深入探讨了技术细节，例如数据处理流程中的数据路径（1.610）、控制单元如何协调指令执行（1.79），以及各种类型的网络（1.811 至 1.1227）。此外，还涉及到存储设备如DRAM的性质（1.1414）、半导体制造过程中的缺陷管理和生产效率（1.1513 和 1.2826），以及指令集架构对硬件设计的影响（1.2120）。 1.19 的yield指的是芯片制造过程中合格产品的比例，反映了制造业的挑战和优化目标。1.20 提到了汇编语言和操作系统，它们分别是编程和系统管理的重要工具。编译器（1.227）则是将高级语言转换为机器语言的关键程序。此外，还有关于半导体技术（1.2721）、硅片制作（1.2826）、存储器性能计算（1.44g）、磁盘旋转时间和数据传输速率（1.46）等实际应用的示例。最后，1.48 细化了带宽需求，对于网络通信和系统性能分析具有实际意义。这份答案文档提供了一个全面且深入的学习材料，覆盖了计算机组成与原理课程的核心概念，有助于学生理解和掌握这门课程的基础知识。

Solution* for Chapttr 2 Exwdm

# initialize running sum StO - 0

# finished when Sal is 0

# compute running sum of $aO

# compute this $al times

4 add 100 to a * b

# return a * b + 100

# max i- 2500 * 4

# max j- 2500 * 4

# tvO - 0

#1-0

# $t4 = address of array l[i] -

# $t4 - array l[i]

# j - 0

# $t3 - address of array 2[J]

# $t3 - array 2[J]

# if (array l[i] !- array 2[j]) skip $v0+

# $v0++

# j++

# loop if j I- 2500 * 4

# i++

# loop 1f 1 !- 2500 * 4

The code determines the number of matching elements between the two arrays

and returns this number in register $v0.

2.31 Ignoring the four instructions before the loops, we see that the outer loop

(which iterates 2500 times) has three instructions before the inner loop and two

after. The cycles needed to execute these are 1 + 2 + 1 = 4 cycles and 1+2 = 3

cycles, for a total of 7 cycles per iteration, or 2500 x 7 cycles. The inner loop ,

requires 1 + 2 + 2+1+1+2 = 9 cycles per iteration and it repeats 2500 x 2500

times, for a total of 9 x 2500 x 2500 cycles. The total number of cycles executed is

therefore (2500 x 7) + (9 x 2500 x 2500) = 56,267,500. The overall execution time

is therefore (56,267,500) / (2 x 10

) = 28 ms. Note that the execution time for the

inner loop is really the only code of significance.

oop:

finish:

beq

add

sub

addi

add

$to,

$al.

StO.

$al,

loop

StO.

SvO,

Szer

Sier

StO,

Sal,

StO,

The program computes a * b +

2.30

outer:

Inner:

skip

sll

add

bne

addi

bne

addi

bne

Sa2.

Sa3.

SvO.

StO.

St4,

$t4,

»tl,

St3.

St3,

»t3.

SvO,

Stl,

StO,

StO.

$a2.

8a3,

Szero

Sao,

0, finish

SaO

100

Szero

100.

, Szero

. Szero

StO

0(St41

Szero

Sal,

. Szero

Stl

0(St3)

St4,

SvO,

Stl,

Sa3,

StO,

Sa2.

skip

inner

outer

Solutions for Chapter 2 ExerciMS

here: bne $sO, $s2, skip

j there

skip:

there: add $sO, $sO, $sO

This will work as long as our program does not cross the 256MB address bound-

ary described in the elaboration on page 98.

2.42 Compilation times and run times will vary widely across machines, but in

general you should find that compilation time is greater when compiling with op-

timizations and that run time is greater for programs that are compiled without

optimizations.

2.45 Let /be the number of instructions taken on the unmodified MIPS. This de-

composes into 0.42/arithmetic instructions (24% arithmetic and 18% logical),

0.361 data transfer instructions, 0.18/conditional branches, and 0.031 jumps. Us-

ing the CPIs given for each instruction class, we get a total of (0.42 x 1.0 + 0.36 x

1.4 + 0.18 x 1.7 + 0.03 x 1.2) x /cycles; if we call the unmodified machine's cycle

time Cseconds, then the time taken on the unmodified machine is (0.42 x 1.0 +

0.36 x 1.4 + 0.18 x 1.7 + 0.03 x 1.2) x /x Cseconds. Changing some fraction,/

(namely 0.25) of the data transfer instructions into the autoincrement or autodec-

rement version will leave the number of cycles spent on data transfer instructions

unchanged. However, each of the 0.36 x / x /data transfer instructions that are

changed corresponds to an arithmetic instruction that can be eliminated. So, there

are now only (0.42- (036 xf)) x I arithmetic instructions, and the modified ma-

chine, with its cycle time of 1.1 x Cseconds, will take {(0.42 - 0.36/) x 1.0 + 0.36 x

1.4 + 0.18 x 1.7 + 0.03 x 1.2) x I x 1.1 x Cseconds to execute. When/is 0.25, the

unmodified machine is 2.2% faster than the modified one.

2.46 C

Loop:

ode befot

sit

bne

sit

beq

sll

add

bne

addi

sto.

sto,

sto.

Stl,

Stl.

sto,

Ss3,

Loop

4(Ss6)

Ss3,

Szero

Ss3.

Szero

Ss3,

Stl.

Szero

. IndexOutOfBounds

St2

, IndexOutOfBounds

$S6

8($tl)

Ss5.

Ss3,

Exit

# temp reg $t2 - length of array save

# temp reg $tO - 1 if 1 < 0

tt if 1< 0, goto Error

# temp reg $t0 = 0 if i >= length

# if i >- length, goto Error

# temp reg $tl = 4 * i

# Stl - address of saved]

# temp reg $t0 = save[i]

# go to Exit if save[i] !* k

# i - 1 + 1

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garfieldtt

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