CaptainPrice www.wuolah.com/student/CaptainPrice 458 Tests-Soluciones.pdf Ejercicios de Examen (Con solución) 2º Estructura de Computadores Grado en Ingeniería del Software Facultad de Informática Universidad Complutense de Madrid Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. a64b0469ff35958ef4ab887a898bd50bdfbbe91a-3098558 Estructura de Computadores Problema Un computador con instrucciones de longitud fija de 32 bits dispone de 256 registros generales y los siguientes grupos de instrucciones: • Grupo 1: 13 instrucciones que hacen referencia a 3 operandos, 2 en registros y 1 desplazamiento de 12 bits. • Grupo 2: 40 instrucciones que hacen referencia a 3 operandos en registros • Grupo 3: 7 instrucciones que hacen referencia a 2 operandos, 1 en registro y 1 desplazamiento de 16 bits • Grupo 4: 16 instrucciones sin operandos A) Determina el formato de cada grupo de instrucciones B) Dibuja el diseño del decodificador completo C) Calcula el tiempo de decodificación de instrucciones si cada decodificador utilizado en el diseño tienes dos niveles de puertas lógicas y son 2 ns el tiempo de retardo de cada puerta. Solución: A) 0000 ……….. 1100 1101 R1 (8 bits) 13 instrucciones Grupo 1 CO (4 bits) 0000 ……….. 1111 1 1 10 CO (4 bits) 0000 ……….. 1111 1111 CO (4 bits) 0000 ……….. 01 1 1 1111 CO (4 bits) 10 0 0 ……….. 1110 1111 D (12 bits) R2 (8 bits) 1111 R1 (8 bits) R2 (8 bits) R3 (8 bits) R2 (8 bits) R3 (8 bits) R2 (8 bits) R3 (8 bits) 16 instrucciones Grupo 2 R1 (8 bits) 16 instrucciones Grupo 2 R1 (8 bits) 8 instrucciones Grupo 2 R1 (8 bits) D (16 bits) 7 instrucciones Grupo 3 CO (4 bits) 0000 ……….. 1111 16 instrucciones Grupo 4 B) C) Retardo = 3 mux * 2 nivels * 2 ns =12 ns. 1 BURN Energy – Encender tu llama cuesta muy poco - #StudyOnFire Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. CO (4 bits) a64b0469ff35958ef4ab887a898bd50bdfbbe91a-3098558 Problema 1) Sabiendo que la frecuencia de ejecución de instrucciones en una máquina es la que aparece en la siguiente tabla: Tipo de instrucciones Frecuencia de ejecución ADD SUB MUL DIV STA LDA JMP 0.42 0.26 0.21 0.04 0.04 0.02 0.01 Define un CO variable que minimice el tráfico de información con la memoria en las lecturas de las instrucciones. ¿Cuántos bits dejarán de transferirse entre CPU y Memoria con el CO de longitud variable frente a un CO de longitud fija en un programa que ejecuta 1.000 instrucciones? Código de Huffman Tipo de instrucciones 0 ADD Frecuencia de ejecución 0 0 0.42 10 SUB 0.26 110 MUL 0.21 1110 DIV 0.04 11110 STA 0.04 111110 LDA 0.02 111111 JMP 0.01 0 0 0.03 1 0.32 1 1 0 0 0.11 0.58 1.0 1 0.07 1 1 Lmedia (v) =1 x 0.42 + 2 x 0.26 + 3 x 0.21 + 4 x 0.04 + 5 x 0.04 + 6 x (0.02+0.01) = 2.11 bits L (f) = 3 Cv = 1000 x 2.11 = 2110 Cf = 1000 x 3 = 3000 Cf – Cv = 890 bits 2 BURN Energy – Encender tu llama cuesta muy poco - #StudyOnFire Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. Solución: a64b0469ff35958ef4ab887a898bd50bdfbbe91a-3098558 Problema Codificar con instrucciones SIMD del Pentium (MMX) el siguiente segmento de programa: for i = 0 to 3 if a[i] = p then s[i] = (a[i] - c[i])/2 else if a[i] = q then s[i] = 4*c[i] else s[i] = s[i]*c[i] Solución: mm0 a3 = = = = p p a2 a1 a0 = p 1 = = q q q mm2 p q mm1 2 mm2 0…0 0.…0 1…1 1.…1 1….1 0...0 0….0 0...0 NOT AND 4 3 mm0 a3 mm3 a2 - - a1 a0 - - c3 c2 c1 c0 Desplazamiento << 2 b) mm3 c3 mm4 c2 c1 a) c0 c’’3 c’1 c’’2 c’’1 c’0 mm0 c’’0 c3 0…0 0.…0 c’1 c’’3 c’’2 x x c2 c1 c0 c’’’3 c’’’2 c’’’1 c’’’0 0….0 0…0 8 OR 0...0 x mm4 AND mm3 6 s0 c) 7 AND s1 mm3 Desplazamiento >> 1 c’2 s2 x 5 mm3 mm0 c’3 s3 mm1 1…1 1.…1 1….1 0...0 OR 10 NOT AND mm0 c’’3 mm1 c’’2 c’1 0…0 0…0 0.…0 mm0 c’’3 (0) (1) (2) (2’) (3) 9 MOVQ MOVQ MOVQ MOVQ MOVQ PCMPEQW PCMPEQW PANDN PSUBW PSRLW OR c’’2 mm0, A mm1, p mm2, q mm3, C mm4, S mm1, mm0 mm2, mm0 mm2, mm1 mm0, mm3 mm0, 1 0….0 c’’’0 11 c’1 c’’’0 Código (4) (5) (6) (7) (8) (9) (10) (11) (12) PMULLW PSLLW PAND PAND POR PANDN POR POR MOVQ mm3, mm0, mm3, mm1, mm1, mm0, mm0, S, mm4, 2 mm1 mm2 mm2 mm4 mm3 mm1 mm0 mm3 3 BURN Energy – Encender tu llama cuesta muy poco - #StudyOnFire Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. mm1 = a64b0469ff35958ef4ab887a898bd50bdfbbe91a-3098558 Problema Un computador tiene un CPI de 5 para las instrucciones aritmético-lógicas, un CPI de 7 para las instrucciones de carga-almacenamiento y un CPI de 15 para las instrucciones aritméticas de tipo trigonométrico. Cierto benchmark tiene un 30% de operaciones aritmético-lógicas, un 60% de carga-almacenamiento y el resto de operaciones aritméticas de tipo trigonométrico. Con el propósito de mejorar las prestaciones del computador, se manejan 2 alternativas de diseño: b) Incluir un HW específico para las operaciones trigonométricas que reduce el CPI de estas instrucciones a 7. ¿Qué opción es mejor? Justifica numéricamente la respuesta Solución: CPI orig = 5*0,3+7*0,6+15*0,1 = 7,2 CPI A = 5*0,3 + 9*0,6 +15*0,1 = 8,4 = Torig N= * CPI orig * TCorig N *7, 2* TCorig = TA N= * CPI A * TC A N *8, 4* TCorig 1,3 T 7,2 7, 2 = SpeedUp A= = orig = 1,114 TA 8,4 /1,3 6, 46 CPI B = 5*0,3 + 7*0,6 + 7*0,1 = 6,4 SpeedUpB = 7,2 = 1,125 6,4 Luego es mejor la alternativa B porque consigue mayor ganancia de velocidad frente al diseño actual 4 Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. a) Modificar la organización para aumentar la frecuencia de reloj en un 30% a costa de aumentar a 9 el CPI de las instrucciones de carga-almacenamiento a64b0469ff35958ef4ab887a898bd50bdfbbe91a-3098558 Problema Un procesador que opera a 500 MHz con un CPI = 4 dispone de un sistema de interrupciones con un tiempo de reconocimiento de interrupción de 100 ns. En cada interrupción se transmiten 8 bytes. ¿Cuál es el número máximo de instrucciones que puede ejecutar la rutina de servicio de interrupción si queremos que la capacidad de entrada de datos (ancho de banda) a través del sistema de interrupciones sea de 20 MBytes/segundo? Solución: 500 MHz Tc = 2 ns. NI_RT = (400 – 100)/8 = 37,5 NI_RT = 37 instrucciones 5 BURN Energy – Encender tu llama cuesta muy poco - #StudyOnFire Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. Tiempo total de una interrupción = 8 bytes /interrupción / 20* 106 bytes/segundo = 400 ns./ interrupción = 100 + NI_RT * 4 * 2 = 100 + NI_RT * 8 a64b0469ff35958ef4ab887a898bd50bdfbbe91a-3098558 Problema Un procesador con CPI = 5 ciclos/instrucción y tiempo de ciclo Tc = 2 ns dispone de un sistema de E/S con interrupciones y DMA. a) Calcula el número máximo de instrucciones que deberá tener la rutina de servicio de interrupción cuando sólo se conecta una tarjeta de adquisición de datos que opera a una velocidad de 10 MBytes/segundo, sabiendo que el tiempo de reconocimiento de una interrupción es de 100 ns. y que se transmiten 8 bytes en cada interrupción. b) Calcula el ancho de banda mínimo que debe proporcionar el DMA para poder conectar un disco magnético de 256 sectores/pista y 2048 bytes/sector que gira a 9.600 revoluciones por minuto. c) ¿Se podría conectar el disco a través de DMA por robo de ciclo si en cada operación de DMA se transfieren 8 bytes? Solución: a) 100 + Nºinst(RT) * 5 ciclos/inst. * 2 ns./ciclo < (8 Bytes/inst. / 107 Bytes/seg) 109ns = 800 ns. Nºinst(RT) < (800 – 100)/10 = 700/10 = 70 instrucciones b) 9.600 r.p.m = 160 r.p.s. Tlectura_pista = 1/160 = 6.250 *10-6 segundos Capacidad_pista = 28 x 211 = 219 bytes/pista ABmin = 219 bytes/pista / 6.250 *10-6 segundos/pista = 83 MB/s. c) AB(dma)= 8B/(6*2)ns = 8B/12*10-9 s=0,66*109 = 660*106 = 660 MB/s > 83 MB/s SI se podría conectar d) Las 70 instrucciones calculadas en el apartado a) corresponden a 70*5 = 350 ciclos de CPU La rutina de servicio debe durar como máximo 350 ciclos. Cuando opera simultáneamente el DMA(robo de ciclo) cada instrucción (5 ciclos) dedica 1 ciclo a transferencia DMA Nºins(rt+DMA) = 350/6 = 58 instrucciones 6 BURN Energy – Encender tu llama cuesta muy poco - #StudyOnFire Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. d) Calcula el número máximo de instrucciones que debería tener la rutina de servicio de interrupción si el procesador opera simultáneamente con la tarjeta de adquisición de datos conectada por interrupciones y con el disco magnético conectado por DMA (robo de ciclo). a64b0469ff35958ef4ab887a898bd50bdfbbe91a-3098558 Problema Sea un procesador segmentado de cinco etapas. Ejecutamos en este procesador una aplicación con las siguientes características: El 18% de las veces las instrucciones Ii+1 tienen una dependencia de LDE con las instrucciones Ii. El 29 %de éstas corresponden a instrucciones de load. El 6% de las veces las instrucciones Ii+2 tienen dependencias de LDE con la instrucción Ii El 25% de las instrucciones son de bifurcación condicional, de las cuales se toman el 35% Calcula: a) Los CPIs respectivos para las siguientes características del procesador: 1) Procesador sin técnicas para reducir o eliminar paradas. Los saltos se resuelven en ejecución. Se puede escribir y leer el registro en el mismo ciclo de reloj. 2) Procesador con cortocircuito (forwarding). Los saltos se resuelven en decodificación. b) La ganacia de velocidad (speedup) del segundo caso frente al primero. Solución: Paradas por dependencia entre Ii+1 e Ii Ii F D E M W Ii+1 F DP DP D E M W El número de paradas es 2. En este primer caso los load y el resto de las instrucciones con dependencia tienen el mismo número de paradas puesto que en todos los casos se espera hasta la etapa de escritura para poder leer el nuevo valor. Paradas por dependencias entre Ii+2 e Ii Ii F D E M W Ii+1 F D E M W Ii+2 F DP D E M W W En este segundo caso se produce un ciclo de parada entre Ii e Ii+2 Paradas por bifurcación condicional: 3 ciclos de parada BC F D E M W Ii+1 FP FP FP F D E M W Por lo tanto el CPI de este procesador será: 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 + 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 � 𝑖𝑖 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑖𝑖 𝑥𝑥 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝ó𝑛𝑛𝑖𝑖 CPI= 1+0,18*2+0,06*1+0.25*3 = 1+0,36+0,06+0,75 = 2,17 CPI a.2) Procesador con forwarding y los saltos se resuelven en decodificación: • En este caso solo producen parada por LDE las instrucciones que dependen del load que son el 0,18*0,29=0,0522 del total LOAD F D E M W Ii+1 F DP D E M W Como el cálculo de la dirección y de la condición se realiza en decodificación solo se produce un ciclo de parada en los saltos que se toman que son 0,25 * 0,35=0,0875 del total. BC F D E M W Ii+1 FP F D E M W CPI= 1+0,0522*1+0,0675*1=1,1397 c) speed up =CPIviejo/CPInuevo =2,17/1,1397=1,904 7 BURN Energy – Encender tu llama cuesta muy poco - #StudyOnFire Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. a.1) Vamos a ver las paradas por dependencias que ocurren en cada caso: a64b0469ff35958ef4ab887a898bd50bdfbbe91a-3098558 Problema Un computador dispone de un sistema de memoria central constituido por una memoria principal Mp de 64 K palabras y una cache Mc de 1 K palabras con correspondencia directa y 64 palabras por bloque. El tiempo de ciclo de Mp es 10 veces superior al de Mc que es de 10 ns. Se ejecuta un programa que sigue el siguiente perfil de referencias a memoria: 17 . . 23 <-----. | . | ------165 | | . | 20 iteraciones | . | 10 iteraciones | . | - --------239 | . | . | 1200 ------. . 1500 Se pide: física del sistema de memoria para Mc. b) Tiempo de despreciando operandos. ejecución del programa las lecturas/escrituras de Solución: Mp (dir. posiciones) Mp( dir. bloques ) 17 . . . 23 . . . 165 . . . 239 . . . 1200 . B0 . . . B0 . B1 . B2 . . . B3 . B15 . B18 . . . 1500 B23 Mc (líneas) MB0 MB1 MB2 MB3 MB13 MB14 MB15 a) Nº de líneas = 1K/64 = 16 = 24 4 bits de bloque (línea) 64 palabras/bloque = 26 6 bits de palabra 6 etiqueta 4 6 linea palabra 16 b) ciclo interno: 0 fallos (se contabilizan en el externo ya que no se sustituye ninguna línea del interno en la ejecución del externo) ciclo externo: 1ª iteración: 19 fallos forzosos 2ª-10ª iteraciones: (3+3) * 9 = 54 tramo final: 5 fallos Nº total de fallos = 19+54+5 = 78 Tfallo = 78*64*10T = 49.920T Nº de referencias = 6+10*(142+20*75+961)+300=26.336 Treferencia =26.336T Total = (49.920+26.336)T = 76.256T = 762.560 ns 8 Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. a) Interpretación de los bits de la dirección a64b0469ff35958ef4ab887a898bd50bdfbbe91a-3098558 Problema Un computador dispone de un sistema de memoria central constituido por una memoria principal Mp de 64 K palabras y una caché de datos Mc de 32 palabras con correspondencia directa y 8 palabras por línea. El tiempo de acceso a Mp es de 200 nanosegundos y el de Mc 10 nanosegundos. En Mc opera una política de escritura directa (write through) sin asignación en cache. Se ejecuta el siguiente programa: for(i= 0; i < 2; i++) for(j = 0; j < 8; j++) x[i] [j] = 3*y[i] [j]; Los arrays x[i][j], y[i][j] están ubicados en posiciones consecutivas de memoria a partir de la dirección 0, uno a continuación de otro, ordenados por filas, y sus elementos están codificados con 4 palabras. Determinar: a) El formato de la dirección física de memoria respecto a Mc. b) El número de fallos que se producen en Mc al ejecutar el programa. c) El tiempo total de acceso a los arrays x[i][j], y[i][j] durante la ejecución del programa. Nota: Se supone que todas las referencias del programa a los arrays x[i][j], y[i][j] son convertidas por el compilador en accesos al sistema de memoria (Mc-Mp), sin la utilización de registros internos. a) 11 Mc = 32p = 25 Nº líneas = 25 / 23 = 22 =4 Mp = 64Kp = 216 etiqueta X[0][0] X[0][1] B0 Y[0][0] Y[0][1] L0 X[0][2] X[0][3] B1 Y[0][2] Y[0][3] L1 Y[0][4] Y[0][5] L2 Y[0][6] Y[0][7] L3 X[0][6] X[0][7] X[1][0] X[1][1] B3 B4 X[1][6] X[1][7] B7 Y[0][0] Y[0][1] B8 Y[0][2] Y[0][3] B9 Y[0][6] Y[0][7] B11 Y[1][0] X[1][1] B12 Y[1][6] Y[1][7] B15 Y[ ][ ] palabra Iteraciones Mc X[ ][ ] linea 3 16 b) Mp 2 i, j 0, 0 0, 1 0, 2 0, 3 0, 4 0, 5 0, 6 0, 7 X[0][0]=2*Y[0][0] C0 1 fallo X[0][1]=2*Y[0][1] C0 0 fallos X[0][2]=2*Y[0][2] C1 1 fallo X[0][3]=2*Y[0][3] C1 0 fallos X[0][4]=2*Y[0][4] C2 1 fallo X[0][5]=2*Y[0][5] C2 0 fallos X[0][6]=2*Y[0][6] C3 1 fallo X[0][7]=2*Y[0][7] C3 0 fallos 1, 0 1, 1 1, 2 1, 3 1, 4 1, 5 1, 6 1, 7 X[1][0]=2*Y[1][0] C0 1 fallo X[1][1]=2*Y[1][1] C0 0 fallos X[1][2]=2*Y[1][2] C1 1 fallo X[1][3]=2*Y[1][3] C1 0 fallos X[1][2]=2*Y[1][2] C2 1 fallo X[1][3]=2*Y[1][3] C2 0 fallos X[1][6]=2*Y[1][6] C3 1 fallo X[1][7]=2*Y[1][7] C3 0 fallos Nº Fallos = 4 x 2 = 8 fallos d) Tfallos = 8 fallos * 8 palabras*200 ns = 12.800 ns Tescritura = 16 elementos x[][] * 4 accesos/elemento * 200 ns = 12.800 ns TlecturaMc = (16 elementos Y * 4 palabras/elemento – 8 lec. Simultaneas) * 10 ns = 560 ns Ttotal = 12.800 + 12.800 + 560 = 26.160 ns 9 BURN Energy – Encender tu llama cuesta muy poco - #StudyOnFire Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. Solución: a64b0469ff35958ef4ab887a898bd50bdfbbe91a-3098558 Problema Un computador dispone de un sistema de memoria central constituido por una memoria principal Mp de 4 K palabras y una cache Mc de 1 K palabras asociativa por conjunto, con 4 líneas por conjunto y 16 palabras por bloque, con política de reemplazamiento RLU. Se ejecuta 5 veces el programa que referencia las siguientes direcciones: 0, 1, 2, …, 1023, 1040, 1041,…, 1055 Si el tiempo de acceso a Mp es 10 veces superior al de Mc (T) se pide: a) Interpretación de los bits de la dirección física del sistema de memoria para Mc. b) Evolución de los conjuntos de bloques durante la ejecución del programa. c) Tiempo medio de acceso a memoria. Solución a) Mp 4K = 212 palabras 12 bits de dirección Bloque 16 palabras = 24 4 bits de palabra Etiqueta 4 bits Mc 1K palabras/16 palabras/bloque = 64 líneas Conjunto Palabra 4 bits 4 bits Nº conjuntos = 64/4 = 16 = 24 4 bits de conjunto 12-4-4 = 4 bits de etiqueta b) direcciones físicas 0,1,2,3,…,15 ¦,16,…,31¦,32…¦....1023¦,1040,1041,…1055 número de bloque B0 B1 B4…….. B63 B65 C0 C1 C2 B0 B1/B65 B2 C14 C15 B14 B15 B49 B16 B17 B18 B30 B31 B1/B65 B32 B33 B17 B34 B48 B49 /B33 B50 B46 B47 B62 B63 c) 1ª pasada 65 fallos (1 por bloque) 2ª-5ª pasadas 4 pasadas x 5 fallos/pasada = 20 fallos Nº fallos = 65+20=85 Nº referencias = 5(1024+16)=5.200 Tfallos = 85/5.200 = 0,0163 Taccesomedio = (1-0,0163)T+0,0163*10T = 0,837T+0,163*10T*16 = 1,14T 10 BURN Energy – Encender tu llama cuesta muy poco - #StudyOnFire Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. 12 bits a64b0469ff35958ef4ab887a898bd50bdfbbe91a-3098558 Problema Un computador dispone de un sistema de memoria virtual con una capacidad de 4 GB, con tamaño de página de 4K y 8 MB de memoria principal. El TLB contiene un total de 128 entradas con un bit de validez por entrada. Se pide: a) Formato de las direcciones virtual y física. b) Número de páginas virtuales y marcos de página. c) Tamaño en bytes del TLB. d) Número en decimal de página virtual y desplazamiento de página correspondiente a la dirección virtual: 100AB01D (hex) a) Tamaño de página = 4 KB = 212 bytes 12 bits DP Tamaño Mv = 4 G = 232 bytes 32 bits DV 32 -12 = 20 bits NPV Tamaño Mp = 8 MB = 223 bytes 23 bits DF 23 -12 = 11 bits NPF DV NPV = 20 bits DF NPF =11 bits DP =12 bits DP = 12 bits b) Nº PVs = 220 = 1.048.576 páginas Nº MPs = 211 = 2.046 marcos c) Entrada al TLB V NPV = 20 bits NPF = 11 bits Longitud = 32 bits Tamaño del TLB = 128 * 32 = 4.096 bits = 4.096/8 bytes = 512 bytes d) NPV = 1 0 0 A B(16 = 11*160 + 10*161 + 0*162 + 0*163 + 1*164 = 11+160+65.536 = 65.707(10 NMP = 0 1 D(16 = 13*160 + 1*161 + 0*162 =13+16 = 29(10 1 0 0 A NPV = 65.707(10 B 0 1 D DP = 29(10 11 BURN Energy – Encender tu llama cuesta muy poco - #StudyOnFire Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. Solución: a64b0469ff35958ef4ab887a898bd50bdfbbe91a-3098558 Problema a) b) c) Indica los formatos de las direcciones virtual y física, esta última respecto a la memoria virtual y la memoria cache. Indica que álbumes están en ese momento en la memoria principal y en qué paginas físicas se encuentra cada uno. En qué direcciones físicas empiezan los álbumes de la última página que se colocó en memoria principal Solución: a) 9 23 Nº pag Virt Byte de la pagina 3 23 pag F Byte de la pagina 10 16 Nº Bloq MP 8 Etiqueta Byte del Bloq 2 BloqC 16 Byte del Bloq b) Cada álbum ocupa 2MB → hay 4 álbumes por página (223 / 221 = 4) y cada álbum contiene 32 fotos (221 / 216 = 32) Nº pag Virt Byte de la pag Dir Virtual de Alb1 = 0x02800000 = 0000 0010 1000 0000 0000 0000 0000 0000 → página virtual 5 Como los álbumes van consecutivos ocupan desde la página virtual 5 hasta la página virtual 9 Mirando la tabla de páginas podemos decir que en la MP están los álbumes contenidos en la página virtual 5, 6 y 9 que se ubican en las páginas físicas 6, 0 y 1 respectivamente c) La última página virtual a la que se ha accedido es la 9 pag Virt Byte de la pag Dir Virtual página virtual 9 = 0000 0100 1000 0000 0000 0000 0000 0000 = 0x04800000 → corresponde al Alb17 pag Fis Byte de la pag Dir Física del Alb17 = 00 1000 0000 0000 0000 0000 0000 = 0x0800000 → página física 1 A esta dirección se le va sumando el tamaño del álbum = 2MB = 221 = 0x200000 Dir Física del Alb18 = 0x0A00000 Dir Física del Alb19 = 0x0C00000 Dir Física del Alb20 = 0x0E00000 12 Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. Un computador dispone del siguiente sistema de memoria: Memoria virtual de 4GBytes Memoria física de 64MB y páginas de 8MB con política de reemplazamiento FIFO Cache de datos de 256KB con correspondencia directa. El tamaño del bloque es de 64KB. El sistema almacena 20 álbumes de fotos (Alb1, ... , Alb20). Cada álbum ocupa 2MB y cada foto 64KB. El Alb1 empieza en la dirección virtual 0x02800000 y los demás están en direcciones virtuales consecutivas. Sabiendo que en un momento de la ejecución el contenido de la tabla de páginas es el siguiente: a64b0469ff35958ef4ab887a898bd50bdfbbe91a-3098558 Problema Supongamos que en un sistema de memoria virtual que dispone de 3 marcos de página (páginas físicas) en Mp se ejecuta un programa que realiza la siguiente secuencia de referencias a páginas virtuales: 2,3,2,1,5,2,4,5,3,2,5,2. Determina la evolución del contenido de Mp y el número de fallos de página que se producen cuando se aplican las siguientes políticas de sustitución: a) b) c) d) LRU FIFO CLOCK (FINUFO) OPTIMA 13 BURN Energy – Encender tu llama cuesta muy poco - #StudyOnFire Reservados todos los derechos. No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad. Solución
