UNIVERSITETET I OSLO

Transkript

1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF2270 Datamaskinarkitektur Eksamensdag: 11. juni 2009 Tid for eksamen: Oppgavesettet er på 10 sider. Vedlegg: Ingen Tillatte hjelpemidler: Alle trykte og skrevne samt kalkulator Kontroller at oppgavesettet er komplett før du begynner å besvare spørsmålene. Dette oppgavesettet består av 4 oppgaver som kan løses uavhengig av hverandre. Dersom du synes noe i oppgaveteksten er uklart, må du gjøre dine egne forutsetninger; sørg bare for at disse er tydelig angitt. Programmering skal være slik at koden fungerer med kommandoen gcc m32 på Ifis Linux-maskiner. Du kan referere til funksjoner og programkode vist på forelesningene uten å gjenta koden; sørg for at referansene er tydelige (nevn for eksempel dato og nummer på lysarket). Lykke til! Innhold 1 Boolsk algebra (vekt 30 %) side 1 2 Flervalgsoppgave (vekt 20 %) side 3 3 Programmering (vekt 26 %) side 5 4 Hva skjer? (vekt 24 %) side 6 Oppgave 1 Boolsk algebra (vekt 30 %) 1a Forenkle følgende boolske funksjon ved hjelp av Karnaugh-diagram: F = ACD + ABD + B CD + ABC D + A CD + ABCD (Fortsettes på side 2.)

2 Eksamen i INF2270, 11. juni 2009 Side 2 1b Implementér (dvs tegn ksskjema av) den forenklede funksjonen fra 1a med bare NAND-porter. 1c Kan man implementere enhver boolsk kombinatorisk funksjon kun med AND-porter og invertere? Begrunn sva. 1d En logisk ks implementerer følgende logiske funksjon: G = wxz + w y z + wy + wx z Det viser seg at kombinasjonen w = z = 0 ikke kan forekomme. Finn et enklere uttrykk for G ved å anvende riktige «don t care»-betingelser. 1e Anta at vi har et antall ROM-minnekser som har lag 4 stykk 4- bits ord. I disse minneksene ligger det lag data som vist i tabellen under. Adresse Data A 1 A 0 D 3 D 2 D 1 D D A 0 1 D 1 ROM D A 2 0 D 3 Anta at vi har tilgang til et ubegrenset antall slike ROM-kser og alle er programmert likt. Vis med en skisse hvordan man kan implementere det forenklede uttrykket fra oppgave 1d ved bruk av kun ROM-kser som er programmert på denne måten. (Fortsettes på side 3.)

3 Eksamen i INF2270, 11. juni 2009 Side 3 Oppgave 2 Flervalgsoppgave (vekt 20 %) I hver av oppgavene under er det gitt en rekke påstander, hvorav kun én er riktig. Sva på hver deloppgave er numme på det korrekte svaralternativet. 2a Pipelining 1. Når man har pipelining, vil klokkefrekvensen øke. 2. Jo flere steg man har i pipelinen, jo flere klokkesykler per steg. 3. Tomme instruksjoner (NOP) i kombinasjon med forwarding og ombytting av instruksjoner benyttes for å håndtere hasarder. 4. Bytting av rekkefølgen på instruksjoner gjøres for å håndtere datahasarder og vil alltid løse opp slike hasarder. 5. Å dele instruksjoner opp i kun fire steg, slik som det gjøres i Intel-arkitekturen, har vist seg å være det mest effektive og hensiktsmessige. 6. Hvis man har pipelining, må man ha full-assosiativ cache. 7. Ingen av påstandene er riktig. 2b Cache 1. Cache er ikke like rask som RAM, men siden cache har mindre kapasitet er den mer effektiv enn RAM. Dessuten er cache mye billigere per byte. 2. Det er først og fremst sammenheng mellom innholdet i virtuelt minne og cache. Først når det virtuelle minnet er fullt, vil man gå over til å ha samsvar mellom innhold i cache og RAM. 3. Fordelen med direkte avbildet cache er den lave miss-raten, men denne metoden har ganske lang søketid. 4. Read-miss er vanskeligere å håndtere enn write-miss siden man etter behandling av en read-miss sjelden har koherens mellom cache og RAM. 5. Write-back er enklere å implementere enn Write-through og kan være fordelaktig hvis man har Direct Memory Access-enheter. 6. Look-aside-arkitektur brukes alltid i flerprosessorsystemer, men er veldig komplisert å implementere. 7. Ingen av påstandene er riktige. (Fortsettes på side 4.)

4 Eksamen i INF2270, 11. juni 2009 Side 4 2c Boolsk algebra 1. NAND og NOR er ikke porter som egentlig finnes som digitale kser, de er bare matematiske ideelle operasjoner. 2. Forenkling av logiske uttrykk har ikke noe å si på ytelsen, det gir bare kser som er enklere å tegne. 3. Sannhetsverditabellen til en boolsk funksjon gir ikke fullstendig oversikt over hvordan funksjonen oppfører seg når variablene varierer; det gjør kun et Karnaugh-diagram. 4. AND- og OR-porter lages i hardware av NAND- eller NOR-porter og invertere. 5. Implementering med XOR og XNOR gir de mest kompakte ksene siden dette er de portene som trenger færrest transistorer. 6. Addering av to bit er ganske enkelt å implementere, men subtraksjon er komplisert, ihvertfall hvis man bruker 2erkomplement. 7. Ingen av påstandene er riktige. 2d Lett blanding 1. Superskalare prosessorer har mange prosessorer som arbeider i parallell, men deler enheter for aritmetikk og logiske operasjoner. 2. RISC-arkitekturen er mye enklere å assembler-programere, på grunn av alle de spesialiserte instruksjonene. Dessuten er alle operasjoner optimalisert, slik at man får enkel og kort kode. 3. Da beregning av flyttall ble vanlig i datamaskiner gikk man bort fra von-neumann-arkitekturen. 4. Virtuelt minne implementeres for det meste med write-back og full assosiativ plassering for å unngå de store page faultkostnadene. 5. For håndtering av hendelser hos I/O-enheter brukes ofte avbrudd, men avbrudd finnes kun i RISC-arkitekturen. 6. Det er i hovedsak at man har blitt flinkere til å optimalisere og gjøre dataprogrammer mer kompakte at datamaskinene er blitt så raske de siste tiårene; da trenger man langt færre transistorer og enklere hardware. 7. Alle påstandene er riktige. 8. Ingen av påstandene er riktige. (Fortsettes på side 5.)

5 Eksamen i INF2270, 11. juni 2009 Side 5 Oppgave 3 Programmering (vekt 26 %) Skriv en funksjon strmultipos i x86-assemblerkode. Denne funksjonen finner alle forekomster av et gitt tegn i en tekst. Første parameter er adressen til teksten, andre parameter er tegnet og de øvrige parametrene er adresser til variable der forekomstenes posisjon skal plasseres. (Vi antar at det alltid er nok slike parametre.) Posisjonene angis internt i teksten slik at første tegn har posisjon 0. Returverdien til strmultipos skal være antall tegn den har funnet. Eksempel #include <stdio.h> extern int strmultipos(char *s, char c,...); int main(void) int n, v1, v2, v3, v4, v5, v6; n = strmultipos("i landet Miramarmora var Farao på ferie", r, &v1, &v2, &v3, &v4, &v5, &v6); printf("%d forekomster", n); if (n >= 1) printf(": %d", v1); if (n >= 2) printf(" %d", v2); if (n >= 3) printf(" %d", v3); if (n >= 4) printf(" %d", v4); if (n >= 5) printf(" %d", v5); if (n >= 6) printf(" %d", v6); printf("\n"); urn 0; skal skrive ut dette: 6 forekomster: (Fortsettes på side 6.)

6 Eksamen i INF2270, 11. juni 2009 Side 6 Oppgave 4 Hva skjer? (vekt 24 %) I denne oppgaven har hvert delspørsmål åtte alternativer der bare ett er riktig. Du skal bare svare ved å angi det alternativet du tror er riktig ingen forklaring er nødvendig. Du får 4 poeng for et korrekt alternativ og 1 poeng for et galt, så du kan, om du vil, angi mer enn ett alternativ som svar. Et blankt svar gir 0 poeng. 4a (vekt 4 %) extern void f1(int *a, int *b); int x = 4, y = -1; f1(&x, &y); printf("f1: %d %d\n", x, y);.globl f1 f1: pushl %ebp %esp,%ebp pushl %esi pushl %edi 8(%ebp),%esi 12(%ebp),%edi (%esi),%eax (%edi),%edx %eax,(%edi) %edx,(%esi) %edi %esi %ebp 1. f1: f1: f1: f1: f1: Sva kan variere fra en kjøring til en annen (Fortsettes på side 7.)

7 Eksamen i INF2270, 11. juni 2009 Side 7 4b (vekt 4 %) extern int f2(int a); printf("f2: %d\n", f2(19));.globl f2 f2: pushl %ebp %esp,%ebp 8(%ebp),%ecx $0,%eax f2_l: $1,%edx andl %ecx,%edx addl %edx,%eax shrl $1,%ecx jnz f2_l %ebp 1. f2: 0 2. f2: 1 3. f2: 2 4. f2: 3 5. f2: 4 7. Sva kan variere fra en kjøring til en annen 4c (vekt 4 %) extern int f3(int a[], int n); int val[] = 3, -3, 17, -17, 0, 6 ; int n = sizeof(val)/sizeof(int); printf("f3: %d\n", f3(val,n)); (Fortsettes på side 8.)

8 Eksamen i INF2270, 11. juni 2009 Side 8.globl f3 f3: pushl %ebp %esp,%ebp 8(%ebp),%edx 12(%ebp),%ecx (%edx),%eax f3_l: addl $4,%edx decl %ecx jz f3_x cmpl (%edx),%eax jge f3_l (%edx),%eax jmp f3_l f3_x: %ebp 1. f3: f3: f3: 0 4. f3: 3 5. f3: Sva kan variere fra en kjøring til en annen 4d (vekt 4 %) extern unsigned int f4(unsigned int x); unsigned int v = f4(0x ); printf("f4: 0x%08x\n", v);.globl f4 f4: pushl %ebp %esp,%ebp subl notl andl andl 8(%ebp),%eax %eax,%edx $0x ,%eax %edx %edx,%eax $0x ,%eax (Fortsettes på side 9.)

9 Eksamen i INF2270, 11. juni 2009 Side 9 %ebp 1. f4: 0x f4: 0x f4: 0x f4: 0x f4: 0x Sva kan variere fra en kjøring til en annen 4e (vekt 4 %) extern int f5(char *c); int v = f5("i landet Miramarmora var Farao på ferie"); printf("f5: %d\n", v);.globl f5 f5: pushl %ebp %esp,%ebp pushl %edi 8(%ebp),%edi cld movb $0,%al repnz scasb subl %edi,%eax 8(%ebp),%eax %edi %ebp 1. f5: 0 2. f5: 1 3. f5: f5: f5: Sva kan variere fra en kjøring til en annen (Fortsettes på side 10.)

10 Eksamen i INF2270, 11. juni 2009 Side 10 4f (vekt 4 %) extern float f6(float a, float b, float c, float d); printf("f6: %f\n", f6(1.0, 2.0, 4.0, 5.0));.globl f6 f6: pushl %ebp %esp,%ebp fildl flds flds flds faddp faddp fdivp v3 8(%ebp) 12(%ebp) 16(%ebp) %ebp.data v3:.long 3 1. f6: f6: f6: f6: f6: Sva kan variere fra en kjøring til en annen