PRIMA PROVA INTERMEDIA DEL CORSO DI C A L C O L A T O R I E L E T T R O N I C I 27 Aprile 2012

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1 PRIMA PROVA INTERMEDIA DEL CORSO DI C A L C O L A T O R I E L E T T R O N I C I 27 Aprile 2012 NOME: COGNOME: MATRICOLA: CDS: ESERCIZIO 1 (10 punti) Si implementi una rete sequenziale la cui uscita valga Z=1 solo quando viene riconosciuta la sequenza in ingresso (altrimenti, Z=0). Si assuma che la rete sequenziale riceva in ingresso due bit XY, per rappresentare appunto i quattro valori possibili in ingresso: 0 (XY=00), 1 (XY=01), 2 (XY=10), 3 (XY=11). 1. (7 punti) Disegnare il diagramma degli stati, codificare gli stati e scrivere la tabella di flusso. Si scriva inoltre la tabella delle transizioni usando flip-flop di tipo T. 2. (3 punti) Calcolare le forme minime per le variabili di eccitazione dei flip-flop e per l uscita Z. ESERCIZIO 2 (9 punti) Si consideri una memoria primaria costituita da 1024 parole e una memoria cache costituita da 64 parole, con blocchi di 8 parole. Il metodo di indirizzamento della cache sia quello set associativo a 2 vie (con insiemi da 2 blocchi ciascuno). 1. (2 punti) Spiegare, precisando il significato e la funzione dei diversi campi, come vengono interpretati gli indirizzi logici per recuperare l informazione contenuta nella cache. 2. (5 punti) Si consideri la seguente lista di chiamate a parole (indirizzi espressi in decimale): 0,1,2,3,, 1023 (ovvero, tutte le parole da 0 a 1023 incluse) Si indichi il contenuto della cache, ovvero quali byte occupano i relativi blocchi di cache, dopo l ultima chiamata, considerando la FIFO come strategia di rimpiazzamento dei blocchi. Si calcoli inoltre l hit ratio della cache corrispondente alla lista di chiamate data. 3. (2 punti) Quale informazione deve essere memorizzata in cache, oltre al valore delle parole nei singoli blocchi? Per quale motivo? ESERCIZIO 3 (5 punti) I trasferimenti di parole a/dalla memoria di un calcolatore sono codificate utilizzando il codice di Hamming. Si consideri la stringa di 8 bit (il bit meno significativo è a sinistra). Spiegando bene ogni passo del ragionamento: 1. (1 punto) calcolare il minimo numero di bit di controllo necessari per la codifica della stringa; 2. (2 punti) codificare la stringa data; 3. (2 punti) imporre un errore nel terzo bit della stringa di informazione data e spiegare come l errore viene rivelato e corretto per mezzo della codifica di Hamming. ESERCIZIO 4 (5 punti) Un disco presenta le seguenti caratteristiche: 7200 giri/min, 100 settori per traccia, tempo di spostamento fra tracce 2 ms, 32 B per settore. 1. (4 punti) Calcolare il tempo medio di lettura di un file da 1024 KB dal disco, nell ipotesi che la testina si trovi sul primo settore all istante iniziale e che i settori del blocco siano situati a due a due (in modo non contiguo) su tracce diverse, mediamente distanti 2 tracce; 2. (1 punti) Dire su quale, tra tempo di latenza, posizionamento e lettura, impatterebbe un eventuale incremento della velocità di rotazione del disco. ESERCIZIO 5 (4 punti) Sia data una macchina ad un indirizzo (con registro ACCUMULATORE) e la configurazione di memoria in tabella. Si spieghi come varia lo stato della memoria dopo l esecuzione delle seguenti istruzioni: LOAD 500 ADD 250 STORE 100 nei casi di (1) indirizzamento diretto, (2) indirizzamento indiretto. Indirizzo Contenuto

2 ESERCIZIO 1 Diagramma degli stati (il valore degli ingressi XY è espresso in decimale: 0, 1, 2, 3) Tabella di flusso e codifica degli stati (avendo 4 possibili stati, uso 2 bit, A e B) Stato Stato successivo (A B ) / uscita (Z) attuale XY=0 (00) XY=1 (01) XY=2 (10) XY=3 (11) S0 (AB=00) S1 / 0 S0 / 0 S0 / 0 S0 / 0 S1 (AB=01) S1 / 0 S2 / 0 S0 / 0 S0 / 0 S2 (AB=10) S1 / 0 S0 / 0 S3 / 0 S0 / 0 S3 (AB=11) S1 / 0 S0 / 0 S0 / 0 S0 / 1 Tabella di eccitazione del flip flop T e tabella delle transizioni T Q(t) Q(t+τ) A B X Y A Ta B Tb Z

3 Mappe di Karnaugh T a = AB + AX + AY + BXY T b = BXY + BY + BX + AXY Z = ABXY L implicante AXY in Tb può essere sostituito con un implicante differente, corrispondente a AB Y.

4 ESERCIZIO 2 1. Con 1024 parole, ogni indirizzo è formato da 10 bit così suddivisi, rispettivamente per la memoria primaria e la cache set-associativa: < Block frame 7 bit > < Offset 3 bit > < TAG 5 bit > <S.I. 2 bit> < Offset 3 bit > 2. BF = Int(x/8); SI=mod(BF/4) x BF S.I S S S S Dalle prime chiamate si nota come vengano riempiti in sequenza i vari insiemi e blocchi di cache. Per determinare lo stato finale bisogna quindi considerare l allocazione degli ultimi 8 blockframe (e delle corrispondenti parole ) S0 S1 S2 S Per ogni set di 8 chiamate consecutive (es., 0-7, 8-15, etc) si verificano un miss e 7 hit. In totale avremo 1024/8 = 128 gruppi di 8 chiamate consecutive, per cui il numero totale di hit sarà 128*7=896. Il corrispondente hit rate sarà 896/1024 = 87.5% 3. Nella cache è necessario memorizzare anche il TAG corrispondente ad ogni blocco, per verificare se il blocco di primaria contenente la parola richiesta è già presente in cache (in questo caso, in uno dei due blocchi nell insieme identificato dal campo S.I.), oppure no. Infatti, il TAG è il numero minimo di bit da controllare per qualificare i blocchi copiati in cache (non è necessario confrontare tutto il BF perché il S.I. è sicuramente equivalente).

5 ESERCIZIO 3 1) Deve essere rispettata la condizione: 2 K! N + K + 1 (1), dove K è il numero di bit di controllo inseriti. Essendo N=8, il numero minimo di bit di controllo richiesto è 4. 2) Nella codifica di Hamming, la sequenza in ingresso presenta la seguente struttura: c0 c1 b0 c2 b1 b2 b3 c3 b4 b5 b6 b Dove c0 c3 sono i quattro bit costituenti il vettore di controllo, e b0 b7 gli otto bit trasmessi. Tali bit si ottengono con le seguenti operazioni c0 = b0 b1 b3 b4 b6 = = 1 c1 = b0 b2 b3 b5 b6 = = 1 c2 = b1 b2 b3 b7 = = 1 c3 = b4 b5 b6 b7 = = 1 La stringa codificata è ) Nell ipotesi di un errore sul terzo bit della stringa iniziale, la stringa ricevuta risulta: Per rivelare questo errore, bisogna ricalcolare i bit di controllo: c 0 = b0 b1 b3 b4 b6 = 1 c 1 = b0 b2 b3 b5 b6 = 0 c 2 = b1 b2 b3 b7 = 0 c 3 = b4 b5 b6 b7 = 1 Il passo successivo è calcolare il vettore di errore dato dalla differenza dei vettori di controllo c e c (ricordiamo che somma e differenza tra bit producono lo stesso risultato): e0 = c0 c 0 = 0 e1 = c1 c 1 = 1 e2 = c2 c 2 = 1 e3 = c3 c 3 = 0 Poiché il vettore risultante 0110 non è nullo, vi è un errore nella stringa di 12 bit e precisamente nella posizione indicata dal vettore di errore tradotto in notazione decimale. Il bit sbagliato nella stringa codificata è quindi il sesto (b2), che può quindi essere corretto.

6 ESERCIZIO 4 Trot = 60/7200 s = 8.33 ms Tlat = Trot / 2 = 4.17 ms Tpos = Tsp * 2 = 4 ms Tlett = Trot / 100 = 0.08 ms Il file da 1024 KB è posizionato su 1024 KB / (32 B/sett) = 32*1024 = settori 1. Una volta letti i primi 2 settori, con un tempo 2 Tlett + Tlat (dove Tlat è necessario a trovare il secondo settore da leggere), restano settori ancora da leggere. La testina si sposta nella traccia successiva contenente i settori da leggere (Tpos), cerca il primo settore (Tlat), lo legge (Tlett), cerca il settore successivo nella stessa traccia (Tlat) e lo legge (Tlett). Questa procedura va ripetuta /2 volte (visto che leggo 2 settori per volta). Quindi: T = 2 Tlett + Tlat (Tpos + 2 Tlat + 2 Tlett) = Tlett Tpos Tlat = 2621, ,39 ms = ,83 ms = 204,8 s 2. Una variazione del tempo di rotazione del disco impatta sul tempo di latenza e sul tempo di lettura del singolo settore.

7 ESERCIZIO 5 (1) indirizzamento diretto LOAD 500 carica 100 nell accumulatore ADD 250 somma 100 nell accumulatore (ACC=200) STORE 100 salva il valore 200 alla locazione di memoria di indirizzo 100 (2) indirizzamento indiretto LOAD 500 carica 400 nell accumulatore ADD 250 somma 400 nell accumulatore (ACC=800) STORE 100 salva ii valore 800 alla locazione di memoria di indirizzo 400