Løsningsforslag til eksamen i INF2270

Transkript

1 Løsningsforslag til eksamen i INF2270 Philipp Häfliger (oppgave 1, 2 og 3) Dag Langmyhr (oppgave 4 og 5) 10. juni

2 1 Boolsk Algebra Det fins 5 forskjellige funksjoner blant disse Boolske uttrykene. De blir nevnt gruppe A,B,C,D,E i det følgende. Gruppe A sannhetstabell: a b ā 0 X 1 1 X 0 inneholder uttryket: 6. ā (b ā) Gruppe B sannhetstabell: a b ā b inneholder uttrykene: 8. ā b 9. b ā b b ā b Gruppe C sannhetstabell: a b c a b 0 0 X X X X 0 inneholder uttrykkene: 1. ā b c a b ā b c (merk at uttryket blir uavhengig av c!) 3. (a b) (ā b) 5. a b 7. a b a ā ā b 13. a b (a ā b) (ā ā b) 1

3 Gruppe D sannhetstabell: a b c a b c inneholder uttrykene: 2. a b c 4. ((ā b) c) 11. ((a b) c) 12. (a c) ( b c) Gruppe E sannhetstabell: a b c a b (ā b c) inneholder uttryket: 10. a b (ā b c) 2 Sekvensiell Logikk Den (komplette) karakteristiske tabellen ser ut som følger. * merker linjene som følger fra overgangsbetingelsene, - merker linjene som følger fra kravet at en tilstand skal vedlikeholdes hvis ikke overgangsbetingelsen er møt, og. merker linjene som tilbakefører en mulig feil tilstand til 0,0 tilstanden. 2

4 s 0 s 1 x 0 x 1 s 0 s 1 * * * * s 0 blir eller forblir 1 under 3 betingelser: s 0 = s 0 s 1 x 0 x 1 s 1 blir eller forblir 1 under 5 betingelser: s 1 = s 0 s 1 x 0 x 1 3

5 Uten noe som helst forenkling vil kretsen se sånt ut: 4

6 De kan forenkles littegrann (Det er ikke nødvendig for at løsningen blir korrekt men gir litt ekstra poeng). For eksempel med Karnaugh diagram: s 0 : Med bruk av 1 erne blir det: x 0x 1 \ s0s Eller 0 erne: s 1 : Med 1 erne: Med 0 erne: s 0 = s 1 x 0 x 1 s 0 = s 1 x 0 x 1 x 0 x 1 s 0 s 1 x 0 (eller s 0 s 1 x 1 ) x 0x 1 \ s0s s 1 = s 0 s 1 x 0 x 1 s 0 s 1 x 0 s 0 s 1 x 1 s 1 = s 0 s 1 s 0 s 1 x 0 x 1 s 1 x 0 x 1 (eller s 0 x 0 x 1 ) 5

7 Kretsen med bruk av 1 erne ville da se sånt ut: 6

8 Mere vidrekommede uten å stole bare på Karnaugh kan s 1 uttrykket skrives enda enklere, men det er helt klart ikke noe som forventes under eksamen: s 1 = s 0 s 1 (x 0 x 1 ) s 0 s 1 (x 0 x 1 ) Tilsvarende fins det også alternativer for s 0, som ikke nødvendigvis fører til midre porter sammenlignet med resultatet fra Karnaugh diagram forenklingen. For eksempel: Kretsen blir da: s 0 = s 0 s 1 x 0 x 1 s 0 s 1 (x 0 x 1 ) 7

9 eller Kretsen blir da: s 0 = (s 0 s 1 ) (x 0 x 1 ) 8

10 3 Kunskap i Dataarkitektur (flervalgsoppgaver) 3.1 Bare et av følgende utsagn er riktig 1. *** Problemet med resource hazard -er en del redusert i en Harvard arkitektur sammenlignet med en von Neumann arkitektur. *** 2. I at det fins en felles hovedminne til både data og instruksjoner i von Neumann modellen blir den veldig robust og sikker mot datavirus. 3. Look aside arkitektur av en cache tillater samtidig aksess av andre enheter til hovedminnen mens CPUen bruker cache-en. 4. Stale data betyr at data i hovedminnen ikke er oppdatert. 5. En 8 bit full adder kan ikke lages med 7 1-bit full adders og én half adder. 3.2 Bare et av følgende utsagn er riktig 1. CISC data maskiner har som regel et mindre instruksjonsset enn RISC data maskiner 2. En pipelined arkitektur med 4 pipelining stages vil eksekvere et program 4 ganger fortere enn en tilsvarende arkitektur uten pipelining. 3. *** Teoretisk kan en superskalar datamaskin med et skreddersyd program få en speedup som er større enn antall trinn i pipelinen. *** 4. Uten jump prediction vil eksekvering med pipelining av et program alltid være like langsom som uten pipelining. 5. Resource hazard -er skjer utelukkende når to instruksjoner i pipelinen vil ha tilgang til hovedminnen samtidig. 3.3 Bare et av følgende utsagn er riktig er i 8bit two s complement -koding 2. *** -123 er i sign and magnitude -koding. *** 3. I two s comlement -koding er det inverse av i sign and magnitude -kodering er likt i two s complement - koding 5. Tallet -245 kan kodes med 8 bit i two s comlement -kodingen 9

11 3.4 Bare et av følgende utsagn er riktig 1. En Mealy maskin implementasjon kan alltid gjøres med mindre antall states enn en Moore machine som løser samme oppgaven. 2. Alle tall vil være kodet med et annet bitmønster i two s complement enn i sign and magnitude. 3. Write back strategien forhindrer at data i cache er dirty for lengre enn eksekveringstiden til én instruksjon. 4. Konstruksjon av en CPU med hjelp av mikro-arkitektur bruker som regel færre logiske porter enn en direkte hardwired implementasjon. 5. *** Direct memory access (DMA) er en metode som gir som regel fort transfer av inngangs- og utgangsdata *** 3.5 Bare et av følgende utsagn er riktig 1. Dynamisk minne har som regel kortere aksesstider en statisk minne. 2. En synkron teller består av ferre porter enn en ripple teller. 3. *** En T-flipflop kan lages med hjelp av en JK-flipflop uten noen ekstra logiske porter. *** 4. (Full-)associative cache brukes foretruket for store caches. 5. Direct mapped cache vil alltid ha en minst like stor eller større hitrate enn set-associative cache. 10

12 Oppgave 4: Programmering.globl utf8check # Name: utf8check. # Synopsis: Checks whether a UTF-8 text is legal. # C-signature: int utf8check (unsigned char *s) # Registers: %al - current byte in s # %ah - current byte in s # %edx - address s (increased during run) utf8check: # Standard pushl %ebp # function movl %esp,%ebp # start. movl 8(%ebp),%edx # Initialise EDX with address s. u8c_l: movb (%edx),%al # Fetch *s incl %edx # ++. cmpb $0,%al # If zero, je u8c_ok # we are done. testb $0x80,%al # If a 0xxxxxxx byte, je u8c_t0 # no more bytes to check in character. movb %al,%ah # If a 110xxxxx byte, andb $0xe0,%ah # there is one more cmpb $0xc0,%ah # byte to check je u8c_t1 # in character. movb %al,%ah # If a 1110xxxx byte, andb $0xf0,%ah # there are two more cmpb $0xe0,%ah # bytes to check je u8c_t2 # in character. movb %al,%ah # If a 11110xxx byte, andb $0xf8,%ah # there are three more cmpb $0xf0,%ah # bytes to check je u8c_t3 # in character. jmp u8c_no # Any other byte is an error! u8c_t3: movb (%edx),%al # Check the first of incl %edx # three bytes: andb $0xc0,%al # If not a 10xxxxxx byte cmpb $0x80,%al # we have an error! jne u8c_no # u8c_t2: movb (%edx),%al # Check the first of incl %edx # two bytes (or second of three): andb $0xc0,%al # If not a 10xxxxxx byte cmpb $0x80,%al # we have an error! jne u8c_no # u8c_t1: movb (%edx),%al # Check final incl %edx # extension byte: andb $0xc0,%al # If not a 10xxxxxx byte cmpb $0x80,%al # we have an error! jne u8c_no # u8c_t0: # No more bytes to check, so jmp u8c_l # everything is still OK; continue. 3

13 u8c_no: movl $0,%eax # We have found an error; jmp u8c_x # exit with result 0. u8c_ok: movl $1,%eax # No error was found; exit with 1. u8c_x: popl %ebp # ret # Standard exit. Oppgave 5: Hva skjer? 5a De to første parametrene adderes ( = 29) og deles på 2 (ved å skiftes mot høyre); svaret blir 14, dvs alternativ 2. 5b Første parameter (som er 100) xor-es to ganger med samme maske; uansett hva masken er, blir resultatet uendret, dvs 100 som er alternativ 4. 5c Register EDX får først adressen til første parameter og deretter andre parameter (som er 4 mer enn første parameter), tredje parameter osv. Med andre ord: EDX går gjennom parameterlisten. Register ECX inneholder vekselvis 1 og 1. Det brukes til å skifte fortegn på annenhver parameter siden alle parametrene multipliseres med ECX. Konklusjonen er at funksjonen går gjennom parameterlisten til den finner en parameter med verdi 0. Den summerer parametrene, men snur fortegnet på annenhver parameter. Resultatet er da 2 + ( 3) ( 1) + ( 2) + ( 7) + 10 = 12, nemlig alternativ 4. 5d Funksjonen nuller (med en andl-instruksjon) eksponentfeltet i en float-variabel og setter det (med en orl-instruksjon) deretter til bin = 127 som betyr at eksponenten blir 0 (siden den lagres med tillegg 127). Parameteren er 16 = ; når eksponenten settes til 0, blir svaret = 1 så svaret er alternativ 3. 4