Sistemi Operativi e Laboratorio, Prova del 19/12/2014

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1 Nome: Cognome: Matricola: fila: posto: Esercizio 1 (4 punti) In un sistema che implementa i thread a livello del nucleo, m thread di uno stesso processo cooperano utilizzando il buffer condiviso buf. Il buffer ha n posizioni ed è gestito secondo il modello produttore consumatore. In particolare, ogni messaggio depositato nel buffer ha dimensione fissa ed occupa una sola posizione, ed ogni messaggio presente nel buffer deve essere prelevato da un qualsiasi consumatore una ed una sola volta. I soli thread produttori sono associati ad una priorità fissa che è utilizzata per determinare l ordine di sospensione quando il buffer è pieno. In particolare, quando un thread produttore effettua l operazione deposito di un messaggio nel buffer, se ci sono posizioni libere nel buffer segue la normale procedura di deposito. Altrimenti, se il buffer è pieno, il produttore crea una variabile di condizione privata che inserisce in ordine di priorità alla coda dei processi in attesa di deposito e si sospende. La riattivazione dei thread produttori sospesi in attesa di deposito viene effettuata dai consumatori in ordine di priorità. Per la gestione del buffer si utilizzano le variabili intere testa, coda e lunghezza inizializzate a 0, inoltre si utilizzano la variabile lock per gestire la mutua esclusione nell accesso al buffer, e la variabile di condizione buffervuoto per la sospensione dei thread consumatori quando il buffer è vuoto. Inoltre, i thread utilizzano la coda codadeposito nella quale vengono inserite in ordine di priorità le variabili di condizione private create dai thread produttori che si sospendono. Su codadeposito sono definite le operazioni insert, empty, first, remove e maxpriority. La insert prende come parametro una variabile di condizione e un valore di priorità, ed inserisce la variabile di condizione nella coda in ordine di priorità; la empty restituisce true se la coda è vuota (e false altrimenti); la first restituisce il primo elemento della coda, la remove prende come parametro una variabile di condizione s ed elimina dalla coda l elemento corrispondente ad s; infine, la maxpriority restituisce la massima priorità degli elementi presenti in coda. Completare le seguenti procedure di deposito e prelievo utilizzate dai thread per accedere al buffer. deposito(msg, priorità) { if (lunghezza ==n) { self = new Condition; codadeposito.insert(self, priorità); while ( codadeposito.maxpriority() > priorità ) codadeposito.remove(self); delete self; } buf[testa] = msg; testa=(testa + 1) % n; lunghezza ++; return; } prelievo(msg) { while () msg = buf[coda]; coda =(coda + 1) % n; lunghezza --; if () return(msg); }

2 deposito(msg, priorità) { lock.acquire(); if (lunghezza ==n) { self = new Condition; codadeposito.insert(self, priorità); while ( lunghezza==n codadeposito.maxpriority() > priorità ) self.wait(lock); codadeposito.remove(self); delete self; } buf[testa] = msg; testa=(testa + 1) % n; lunghezza ++; buffervuoto.signal(); lock.release(); return; } prelievo(msg) { lock.acquire(); while (lunghezza == 0) buffervuoto.wait(lock); msg = buf[coda]; coda =(coda + 1) % n; lunghezza --; if (!codadeposito.empty() ) codadeposito.first() ->signal(); lock.release(); return(msg); }

3 Esercizio 2 (4 punti) Un processore dispone dei registri speciali PC, PS, dello stack pointer SP e dei registri generali R1, R2 e R3. Al riconoscimento di un interruzione, l hardware salva i registri speciali (PC, PS) e il registro SP nello stack del nucleo e salta all indirizzo specificato dal vettore di interruzione, corrispondente al punto di ingresso della funzione di servizio, caricando con gli opportuni valori nei registri PC, PS e SP. L istruzione IRET ripristina i registri PC, PS e SP dallo stack del nucleo. Prima di eseguire altre operazioni, le funzioni di servizio del sistema operativo salvano i registri R1, R2 e R3 nello stack del nucleo, e li ripristinano immediatamente prima di eseguire l istruzione IRET, prelevandone i contenuti dallo stack del nucleo. Il sistema operativo offre supporto al multithreading, realizzato a livello del nucleo, e riserva un area di memoria per il vettore di interruzione e per lo stack del nucleo. A un certo tempo sono presenti nel sistema il thread T1 e T2 entrambi appartenenti allo stesso processo. Il thread T1 è in esecuzione, e il thread T2 è in stato di attesa sulla variabile di condizione cond. In questa situazione, il thread T1 esegue una chiamata di sistema per invocare una signal(cond). I descrittori di T1 e T2, lo stack del nucleo, i registri del processore hanno i contenuti mostrati nella tabella seguente. Il vettore di interruzione associato a questa chiamata di sistema corrisponde all indirizzo 1300 e alla parola di stato BEFA. Stato Esec Stato Attesa 2019 PC E000 PC A0AA 2018 SP F000 PS 1683 PS R SP F010 SP C0CC 2016 R R R R R R R R PC E0E0 PS 1682 UTENTE Assumendo che la signal preveda una semantica di tipo Mesa (non effettua il prerilascio del processore), si chiede di riportare nelle tabelle dello schema di soluzione i contenuti dei descrittori di T1 e T2, dello stack del nucleo e dei registri del processore: 1) immediatamente dopo il riconoscimento dell interruzione, 2) dopo il salvataggio temporaneo dei registri eseguito dalla funzione di servizio; 3) immediatamente prima del ripristino dei registri eseguito dalla funzione di servizio; 4) immediatamente prima dell esecuzione dell istruzione IRET; 5) immediatamente dopo l esecuzione dell istruzione IRET. 1) immediatamente dopo il riconoscimento dell interruzione, Stato Stato 2019 PC PC 2018 SP PS PS 2017 R1 SP SP 2016 R2 R1 R R3 R2 R R3 R PC PS 2) dopo il salvataggio temporaneo dei registri eseguito dalla funzione di servizio; Stato Stato 2019 PC PC 2018 SP PS PS 2017 R1 SP SP 2016 R2 R1 R R3

4 R2 R R3 R PC PS 3) immediatamente prima del ripristino dei registri eseguito dalla funzione di servizio; Stato Stato 2019 PC PC 2018 SP PS PS 2017 R1 SP SP 2016 R2 R1 R R3 R2 R R3 R PC PS 4) immediatamente prima dell esecuzione dell istruzione IRET; Stato Stato 2019 PC PC 2018 SP PS PS 2017 R1 SP SP 2016 R2 R1 R R3 R2 R R3 R PC PS 5) immediatamente dopo l esecuzione dell istruzione IRET. Stato Stato 2019 PC PC 2018 SP PS PS 2017 R1 SP SP 2016 R2 R1 R R3 R2 R R3 R PC PS 1) immediatamente dopo il riconoscimento dell interruzione, Stato Esec Stato Attesa 2019 E0E0 PC E000 PC A0AA SP 2016 PS 1683 PS F000 R SP F010 SP C0CC 2016 R R R R R R R R

5 PC 1300 PS BEFA SUPERVISORE 2) dopo il salvataggio temporaneo dei registri eseguito dalla funzione di servizio; Stato Esec Stato Attesa 2019 E0E0 PC E000 PC A0AA SP 2013 PS 1683 PS F000 R SP F010 SP C0CC R R R R R R R R PC 1300+? PS BEFA SUPERVISORE 3) immediatamente prima del ripristino dei registri eseguito dalla funzione di servizio; Stato Esec Stato Pronto 2019 E0E0 PC E000 PC A0AA SP 2013 PS 1683 PS F000 R1? SP F010 SP C0CC R2? R R R3? R R R R PC ? PS BEFA SUPERVISORE 4) immediatamente prima dell esecuzione dell istruzione IRET; Stato Esec Stato Pronto 2019 E0E0 PC E000 PC A0AA SP 2016 PS 1683 PS F000 R SP F010 SP C0CC 2016 R R R R R R R R PC ? PS BEFA SUPERVISORE 5) immediatamente dopo l esecuzione dell istruzione IRET. Stato Esec Stato Pronto 2019 PC E000 PC A0AA 2018 SP F000 PS 1683 PS R SP F010 SP C0CC 2016 R R R R R R R R PC E0E0 PS 1682 UTENTE

6 Esercizio 3 (4 punti) Un sistema operativo simile a UNIX, che gestisce la memoria con paginazione a domanda, utilizza il processo PageDaemon, con parametri lotsfree= 6 e minfree=3, e l algoritmo di sostituzione Second Chance. Gli elementi della CoreMap hanno i campi Proc (processo a cui è assegnato il blocco; il campo è vuoto se il blocco è libero); Pag (pagina del processo caricata nel blocco), Rif (bit di pagina riferita utilizzato da Second Chance). Al tempo t sono presenti i processi A, B, C, D e la Core Map ha la configurazione mostrata in figura, con il puntatore dell algoritmo di sostituzione posizionato sul blocco 9. In caso di errori di pagina, i blocchi liberi vengono assegnati in ordine crescente di indice. Proc C A B B A C D D D A B C B C Pag Rif Core Map al tempo t Il PageDaemon ha appena completato la sua esecuzione al tempo t, e successivamente viene eseguito ogni 5 msec. Ad ogni intervento, PageDaemon viene eseguito per 1 msec senza essere interrotto, ed applica il seguente algoritmo: - Se il numero di pagine libere è maggiore di lotsfree, carica i processi in stato swapped out seguendo lo stesso ordine dello swapout, col vincolo che il numero di pagine fisiche libere non deve scendere sotto lotsfree. Di questi processi vengono caricate solo le pagine che erano presenti in memoria e col bit Rif=1 allo swapout. - Se il numero di pagine libere è compreso tra minfree e lotsfree (estremi inclusi) scarica le pagine occupate usando l algoritmo second chance, finché il numero di pagine libere diventa pari a lotsfree Se il numero di pagine libere è minore di minfree effettua lo swapout dei processi in ordine di occupazione di memoria (in caso di parità procede in ordine alfabetico) fintanto che il numero di pagine libere diventa almeno pari a lotsfree+3. Considerare la seguente evoluzione del sistema: 1. Dal tempo t al tempo t+4 i processi in esecuzione riferiscono nell ordine le pagine: A0, A5, C3, C4, D6, A3, B0, B5, B6, C7, C10 2. Dal tempo t+4 al tempo t+5 avanza il Page Daemon. 3. Dal tempo t+5 al tempo t+9 i processi in esecuzione riferiscono nell ordine le pagine: D0, D1, D6, D1, B11, B5, A2, A8, A10, A15 4. Dal tempo t+9 al tempo t+10 avanza il Page Daemon. 5. Dal tempo t+10 al tempo t+14 i processi in esecuzione riferiscono nell ordine le pagine: B4, B5, A15, A10, A2, A1, D3, A12, B0, B9, B6 poi termina il processo A 6. Dal tempo t+14 al tempo t+15 avanza il Page Daemon. Mostrare la configurazione della CoreMap ai tempi t+4, t+5, t+9, t+10, t+14 e t+15. (Modificare incrementalmente la configurazione iniziale della CoreMap, aggiornando anche la posizione del puntatore) Proc A C A C C A B B B A B C C D D C D A B C B C Pag Rif Core Map al tempo t+4 Pagine caricate: A0, C3, C4, A3, B5, B6, C7, C10 Proc A A A B B B A B D D D A B B Pag Rif Core Map al tempo t+5 Pagine scaricate: swapout processo C (C0, C3, C4, C7, C8, C10, C12, C15) Proc A D A D A A B B B A B A A D D D A B B Pag Rif Core Map al tempo t+9 Pagine caricate: D0, D1, A2, A8, A10 Proc A D A D A A B B B A A D D A B Pag Rif Core Map al tempo t+10 Pagine scaricate: D4, B7, B2, A5

7 Proc A D A D A A B B B D B A A A D B D A B Pag Rif Core Map al tempo t+14 (prima della terminazione di A) Pagine caricate: B4, D3, A12, B9 Proc D D B B B D B D B D B Pag Rif Core Map al tempo t+14 (dopo la terminazione di A) Proc C D C D C C B B B D B C C D B D B Pag Rif Core Map al tempo t+15 swapin processo C (C3, C4, C7, C8, C10, C12) (Modificare incrementalmente la configurazione iniziale della CoreMap, aggiornando anche la posizione del puntatore) Proc Pag Rif Core Map al tempo t+4 Pagine caricate: Proc Pag Rif Core Map al tempo t+5 Pagine scaricate: ; pagine caricate: Proc Pag Rif Core Map al tempo t+9 Pagine caricate: Proc Pag Rif Core Map al tempo t+10 Pagine scaricate: ; pagine caricate: Proc Pag Rif Core Map al tempo t+14 Pagine caricate: Proc Pag Rif

8 Core Map al tempo t+15 Pagine scaricate: ; pagine caricate: Esercizio 4 (4 punti) In un file system simile a UNIX, gli i-node hanno 10 puntatori diretti e due puntatori indiretti (indiretto singolo e doppio). I blocchi del disco hanno ampiezza di 1Kbyte, e i puntatori sono formati da 32 bit. In questo file system l i-node associato al file Parago di 400 KBbyte, contiene i seguenti puntatori: puntatore Valore Inoltre, i blocchi 360 e 361 hanno il seguente contenuto: Blocco Valore Blocco Valore Blocco Valore In questo file system, si consideri un operazione di lettura di 2000 caratteri dal file Parago, nei seguenti casi (in alternativa): a) il puntatore alla posizione corrente di lettura riferito al file Parago ha il valore di b) il puntatore alla posizione corrente di lettura riferito al file Parago ha il valore di Per ognuno dei due casi si chiede: 1. Quali blocchi fisici vengono letti per eseguire l operazione? 2. Quanti caratteri vengono copiati in buf da ogni blocco interessato alla lettura? a) Il puntatore alla posizione corrente di lettura riferito al file Parago ha il valore di il primo byte da leggere (10.000) che si trova nel blocco logico: /1024 = 9 con offset 784 l ultimo byte da leggere (11.999) che si trova nel blocco logico: /1024 = 11 con offset Quindi vanno letti i blocchi fisici: 593, 360, 490, 491 dove: 360 blocco indice di primo livello 2. Dal blocco 9 si leggono gli ultimi = 240 byte; Dal blocco 10 si leggono 1024 byte; Dal blocco 11 si leggono i primi 736 byte b) Il puntatore alla posizione corrente di lettura riferito al file Parago ha il valore di il primo byte da leggere ( ) che si trova nel blocco logico: /1024 = 267 con offset 592 l ultimo byte da leggere ( ) che si trova nel blocco logico: /1024 = 269 con offset 543 Tenuto conto che il primo blocco logico è indicizzato col puntatore indiretto doppio, 1. Vanno letti i blocchi fisici: 361, 420, 502, 503, 504 dove: 361 blocco indice di secondo livello, 420, blocco indice di primo livello 2. Dal blocco 502 si leggono gli ultimi = 432 byte; Dal blocco 503 si leggono 1024 byte; Dal blocco 504 si leggono i primi 592 byte a) Il puntatore alla posizione corrente di lettura riferito al file Parago ha il valore di Si leggono i blocchi logici: Si leggono i blocchi fisici:

9 b) Il puntatore alla posizione corrente di lettura riferito al file Parago ha il valore di Si leggono i blocchi logici: Si leggono i blocchi fisici: Esercizio 5 (4 punti) In un sistema dotato di un disco da 512 Gbyte, sia i blocchi su disco che le pagine fisiche sono di 2Kbyte. Si vuole stabilire se scegliere una rappresentazione del file system con FAT o con FFS (in quest ultimo caso, con i-node che contengono 8 indirizzi diretti, un indirizzo indiretto semplice e un indirizzo indiretto doppio, e in cui ogni i-node occupa 512 byte). Inoltre, nel file system è presente il file pippo di 1Gbyte. Dire: 1. La dimensione degli indirizzi su disco (in bit): 2. La dimensione dell'eventuale FAT in byte: numero di pagine che occupa la FAT: 3. Numero di blocchi occupati dal file pippo: ; memoria occupata dal file pippo nella FAT: 4. Memoria viene occupata dal file pippo in FFS: 5. il numero di accesso alla memoria per recuperare il byte di indirizzo del file pippo usando la FAT ed usando FFS : 1. la dimensione degli indirizzi su disco (in bit): 28 bit (per indicizzare i blocchi) 2. la dimensione dell'eventuale FAT, e il numero di pagine che occupa: 2^28 elementi di 28 bit, quindi 2^28*4 byte= 2^30 byte, che stanno in 2^30/2^11=2^19 pagine (512K pagine) 3. Il file pippo occupa 1Gbyte/2Kbyte = 2 19 blocchi; la memoria occupata da pippo nella FAT è: 2 19 *4 byte=2 21 byte 4. quanta memoria viene occupata da pippo in FFS: 512 byte per l'i-node + 32 byte per gli indirizzi diretti + 4 byte per l'indirizzo indiretto semplice + 2K byte per i blocchi dal nono al 520-esimo + 4 byte per l'indirizzo indiretto doppio+ 2K byte per il blocco di indirizzi indiretti doppi + 2^11*2^9 per i rimanenti blocchi. 5. Il byte si trova nel blocco Pertanto è necessario scorrere nella FAT in memoria puntatori. Nel caso di FFS invece bastano 4 accessi (1 per l'i-node+3 per la foglia nell'indirizzamento indiretto doppio). Esercizio 6 (3 punti) Si consideri un sistema dove gli indirizzi logici hanno la lunghezza di 64 bit e le pagine logiche e fisiche hanno ampiezza di 4Kbyte. Per la gestione della memoria con paginazione dinamica si utilizza paginazione a più livelli. Tutte le tabelle di ogni livello hanno la stessa dimensione delle pagine fisiche. Negli elementi di ogni tabella, che occupano 8 byte, 16 bit sono riservati agli indicatori (pagina caricata, riferita, modificata, ecc.) mentre i rimanenti rappresentano un indice di blocco fisico. Inoltre, la dimensione della memoria fisica è di 256 Gbyte. Si chiede: 1. la lunghezza del campo offset: _ 2. massima dimensione della memoria virtuale (in pagine): 3. lunghezza (numero di elementi) di ogni tabella : _ 4. numero di pagine fisiche: 5. numero di livelli necessari per poter rappresentare tutta la memoria fisica: 1. lunghezza del campo offset: 12 bit 2. massima dimensione della memoria virtuale (in pagine): 2 64 /2 12 = lunghezza (numero di elementi) di ogni tabella: 2 12 /2 3 = /2 12 =2 26 il numero di pagine fisiche 5. numero di livelli per poter rappresentare tutta la memoria fisica: 3 livelli (totale di 2 27 elementi) Esercizio 7 (3 punti)

10 In un sistema al tempo t sono presenti 5 processi (A,B,C,D,E), che hanno durata residua (in millisecondi) specificate nella seguente tabella: Processo Durata residua A 20 B 25 C 16 D 15 Lo scheduler adotta la politica Shortest Remaining Time First (SRTF). Mostrate l evoluzione nel tempo dl sistema fino al tempo 29 (indicando il processo in esecuzione, il contenuto della coda pronti e della coda di attesa), nell ipotesi che si verifichi la seguente sequenza di eventi: - Tempo 3: Viene generato il processo E con durata pari a 11 - Tempo 6: Il processo in esecuzione si sospende per I/O sul disco - Tempo 7: Il processo in esecuzione termina anticipatamente - Tempo 17: Il processo in esecuzione si sospende per I/O sul disco - Tempo 28: Viene riattivato il primo processo in attesa sul disco - Tempo 29: Viene riattivato il secondo processo in attesa sul disco Tempo t= Evento Processo in esecuzione Tempo residuo processo in esecuzione Coda pronti (con tempo residuo di esecuzione) 0 Stato iniziale D 15 B(25), A(20) C(16) - 3 Viene generato il processo E con durata pari a 11 6 Il processo in esecuzione si sospende per I/O sul disco 7 Il processo in esecuzione termina anticipatamente 17 Il processo in esecuzione si sospende per I/O sul disco 28 Viene riattivato il primo processo in attesa sul disco 29 Viene riattivato il secondo processo in attesa sul disco Tempo t= Evento Processo in esecuzione Tempo residuo processo in esecuzione Coda pronti (con tempo residuo di esecuzione) Processi sospesi Processi sospesi 0 Stato iniziale D 15 B(25), A(20) C(16) 3 Viene generato il processo E con durata pari a 11 E 11 B(25), A(20) C(16), D(12) 6 Il processo in esecuzione si D 12 B(25), A(20), C(16), E(8) sospende per I/O sul disco 7 Il processo in esecuzione C 16 B(25), A(20), E(8) termina anticipatamente 17 Il processo in esecuzione si A 20 B(25) C(6), E(8) sospende per I/O sul disco 28 Viene riattivato il primo E 8 B(25), A(9) C(6) processo in attesa sul disco 29 Viene riattivato il secondo C 6 B(25), A(9), E(7) processo in attesa sul disco 35 Termina C E 7 B(25), A(9) 42 Termina E A 9 B(25) 50 - A 1 B(25) Esercizio 8 (2 punti)

11 In un sistema con risorse R1, R2, R3, R4, R5 tutte con molteplicità 3, sono presenti i processi P1, P2, P3 e P4 che inizialmente non possiedono risorse e successivamente avanzano senza interagire reciprocamente, alternandosi nello stato di esecuzione con una sequenza decisa arbitrariamente dallo scheduler. Nel corso della propria esistenza, ciascun processo esegue una propria sequenza individuale di richieste, che si intercala con quelle degli altri processi dando luogo a una sequenza globale determinata dalle arbitrarie decisioni delle scheduler. Dopo aver ottenuto e utilizzato le risorse che richiede, ogni processo termina rilasciando tutte le risorse ottenute. Si consideri le sequenze individuali di richieste sotto riportate: Processo Prima Richiesta Seconda Richiesta Terza Richiesta Quarta Richiesta Terminazione P1 1 istanza di R4 2 istanze di R3 3 istanze di R2 1 istanza di R1 Rilascia tutto P2 2 istanze di R3 1 istanza di R2 2 istanze di R1 - Rilascia tutto P3 2 istanze di R4 2 istanze di R5 2 istanze di R3 1 istanza di R1 Rilascia tutto P4 3 istanze di R5 2 istanze di R2 1 istanze di R1 Rilascia tutto Può verificarsi stallo? Motivare la risposta e in caso affermativo riportare una sequenza globale che conduce allo stallo. Lo stallo è possibile [SI/NO]? Motivazione: Lo stallo è possibile [SI/NO]? NO Motivazione: Lo non può verificarsi perché la sequenza di richieste avviene in modo ordinato. In particolare l ordinamento è: R4, R5, R3, R2, R1 Esercizio 9 (2 punti) Si consideri un sistema in cui sono definiti i semafori sem1 e sem2, e i processi P1, P2, P3 e P4. Lo scheduling avviene con politica round robin, con quanto di tempo 2 msec. Le code dei semafori sono gestiti con la disciplina standard. Al tempo t il processo P3 è in esecuzione, la coda pronti contiene il processo P1, la coda di sem2 contiene P4-->P2 (P4 è in testa alla coda, e sem1 ha la coda vuota e il suo valore è 1. A partire dal tempo t si verificano i seguenti eventi: 1) P3 esegue P(sem1) 2) scade il quanto di tempo 3) il processo in esecuzione esegue V(sem2) 4) il processo in esecuzione esegue V(sem2) 5) il processo in esecuzione esegue V(sem2) Specificare il processo in esecuzione, il contenuto delle code pronti e dei due semafori, ed il valore di ciascun semaforo, subito dopo ciascun evento su riportato. Evento Proc. In esecuzione Coda pronti Sem1 (valore, coda) Sem2 (valore, coda) Stato inziale al tempo t P3 P1 1, 0, P4, P2 P3 esegue P(sem1) scade il quanto di tempo il processo in esecuzione esegue V(sem2) il processo in esecuzione esegue V(sem2) il processo in esecuzione esegue V(sem2)

12 Evento Proc. In esecuzione Coda pronti Sem1 (valore, coda) Sem2 (valore, coda) Stato inziale al tempo t P3 P1 1, 0, P4, P2 P3 esegue P(sem1) P3 P1 0, 0, P4, P2 scade il quanto di P1 P3 0, 0, P4, P2 tempo il processo in P1 P3, P4 0, 0, P2 esecuzione esegue V(sem2) il processo in P1 P3, P4, P2 0, 0, esecuzione esegue V(sem2) il processo in P1 P3, P4, P2 0, 1, esecuzione esegue V(sem2)