SIMULAZIONE DELLA PRIMA PROVA INTERMEDIA DEL MODULO DI. CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA ELETTRICA ED ELETTRONICA, INGEGNERIA BIOMEDICA 21 Aprile 2015

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1 SIMULAZIONE DELLA PRIMA PROVA INTERMEDIA DEL MODULO DI CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA ELETTRICA ED ELETTRONICA, INGEGNERIA BIOMEDICA NOME: COGNOME: MATRICOLA: CFU: ESERCIZIO 1 (7 punti) Disegnare il circuito completo della rete sequenziale associata al seguente grafo degli stati, utilizzando flip flop JK per la memorizzazione dei bit di stato: ESERCIZIO 2 (8 punti) Si consideri una memoria primaria costituita da 512 B e una memoria cache costituita da 16 B, con blocchi di 4 B. E possibile indirizzare il singolo byte. 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 nel caso di indirizzamento diretto ed indirizzamento associativo su insiemi a due vie. 2. (3 punti) Supponendo la cache inizialmente vuota, si considerino le chiamate ai seguenti indirizzi (espressi in decimale): da 0 a 15, da 40 a 55 in questo ordine, per dieci volte consecutive. Si indichi il contenuto della cache, ovvero quali byte occupano le linee di cache, dopo l ultima chiamata, utilizzando i due metodi di indirizzamento al punto (1 punto) Si calcoli l hit ratio di cache sulla base delle chiamate al punto precedente per entrambi i metodi. 4. (2 punti) Si consideri infine una gerarchia di memoria a due livelli costituita da cache e primaria. Se il tempo medio di accesso non deve essere superiore a 10 nsec, e il tempo di accesso in cache è pari a 2 nsec mentre quello in primaria è pari a 20 nsec, quale dei due metodi di indirizzamento ai punti precedenti soddisfa le specifiche? Esprimere tutti i tempi in nanosecondi. ESERCIZIO 3 (6 punti) Si consideri ora un disco caratterizzato dai seguenti parametri: velocità 5600 rpm, 128 tracce, 64 settori per traccia, 64 KB per settore, tempo di posizionamento dalla traccia 0 alla traccia 127 pari a 127 msec. (a) (4 punti) Calcolare il tempo medio di lettura di un blocco di 4 MB ipotizzando che i settori siano disposti su tracce diverse distanti mediamente 3 tracce, che la testina all istante iniziale si trovi nella traccia 0 e che il primo settore del blocco sia localizzato in un punto qualunque della traccia 127. (b) (2 punti) Ipotizzando di deframmentare il disco, di quale percentuale si ridurrebbe il tempo di lettura? ESERCIZIO 4 (6 punti) I trasferimenti di parole a/dalla memoria di un calcolatore sono codificati utilizzando il codice di Hamming. 1. (3 punti) Codificare la stringa (il bit meno significativo è a sinistra), secondo il codice di Hamming, motivando ogni passaggio intermedio. Scrivere la stringa codificata. 2. (3 punti) Supporre che in ricezione si ottenga il codice di errore Descrivere e spiegare nel dettaglio come si arriva ad ottenere tale configurazione. ESERCIZIO 5 (6 punti) Si consideri un architettura basata su accumulatore, con 16 bit disponibili per ogni istruzione, da ripartire nei campi codice operativo ed operando. 1) (3 punti) Decidere quanti bit riservare a ciascuno dei campi suddetti nell ipotesi di progettare un set costituito dalle seguenti istruzioni: LOAD X (ACC M[X]), STORE X (ACC M[X]), ADD X (ACC ACC + M[X]), DIV X (ACC ACC / M[X]), SUB X (ACC ACC M[X]), MUL X (ACC ACC * M[X]). Si ipotizzi inoltre di dover implementare le varianti commutative delle istruzioni SUB e DIV. Nella semantica tra parentesi si interpreti M[X] come il contenuto dell indirizzo X. 2) (3 punti) Indicare quante parole si possono indirizzare in memoria in funzione del numero di bit associati al campo operando nel punto precedente, nonché il metodo di indirizzamento impiegato. 3) (4 punti) Osservando lo stato della memoria indicato dalla figura a destra, scrivere la sequenza di istruzioni che realizza l operazione: M[250] M[100] + M[300] / M[400] Si dia precedenza alla divisione, e si indichi ad ogni passaggio il contenuto dell accumulatore. Indicare quale sarà il contenuto finale all indirizzo 250.

2 Soluzione degli esercizi. ESERCIZIO 1 Dal diagramma degli stati possiamo ricavare la tabella di flusso: Stato successivo/uscita Stato presente X=0 X=1 S0 S1/1 S2/1 S1 S3/0 S2/1 S2 S1/1 S3/0 S3 S3/0 S0/0 Poiché gli stati sono 4 saranno sufficienti 2 bit per la memorizzazione dello stato, saranno questi i bit A e B. Seguendo l ordine naturale degli stati questi saranno codificati come: A B S0 = 0 0 S1 = 0 1 S2 = 1 0 S3 = 1 1 Souendo alla rappresentazione simbolica degli stati della tabella di flusso la rappresentazione binaria come da tabella precedente otterremmo la tabella delle transizioni: Stato successivo/uscita Stato presente X=0 X= /1 10/ /0 10/ /1 11/ /0 00/0 A questo punto possiamo costruire la tabella di verità utilizzando i FF-JK di cui conosciamo la tabella di eccitazione: Q(t) Q(t') J K d d 1 0 d d 0 La tabella di verità sarà dunque: A B X A JA KA B JB KB Z d 1 1 d d 0 0 d d 1 d d 0 d d d d d d 0 1 d d 1 0 d 1 0

3 Semplificando con le mappe le espressioni delle rete logiche per la transizione dello stato saranno: L espressione dell uscita Z è invece data da: Quindi il circuito completo della rete sequenziale sarà:

4 ESERCIZIO 2 (16 punti) 1. Essendo la memoria primaria costituita da 512 B = 2 9 B, l indirizzamento è a 9 bit. Di questi, i due meno significativi compongono l offset (i blocchi sono di quattro parole). Il numero di linee di cache è invece 4 (16 B/4 B), per cui il cache index è formato da 2 bit. I restanti 5 costituiscono il TAG. Nel metodo set associativo a due vie un bit di index è sufficiente per indirizzare i set. Si ottiene dunque un TAG di 6 bit. 2. Per verificare come i blocchi sono assegnati alle linee di cache ed indicare lo stato finale della cache, bisogna innanzi tutto vedere quali sono i valori di index nei due casi di indirizzamnento. Cominciamo dal metodo diretto. La prima parola chiamata ha indirizzo 0. Dividendo per la dimensione dei blocchi si ha: 0/4=0 con resto 0. L index si calcola con l ulteriore divisione 0/4 che da resto 0. Si ottiene dunque che la parola 0 è la prima parola di un blocco di quattro parole (dalla 0 alla 3) che verranno tutte memorizzate nella linea 0 di cache. Quando devo caricare la parola all indirizzo 1 della memoria principale, questa sarò già contenuta nella cache in quanto caricata precedentemente. Avrò quindi il primo Hit. La stessa cosa accade quando dovrò elaborare le parole contenute nell indirizzo 2 e 3. Quando arriva la richiesta 4, questa non è più contenuta nella cache, si verifica una Miss, e dovrò caricarla dalla memoria principale. L indirizzo 4 fa parte del blocco 1 che va dall indirizzo 4 all indirizzo 7. Per calcolare in quale linea di cache andrà scritto il blocco 1 dovrò dividere 1/4 = 0 con resto 1. Il blocco occuperà verrà scritto nella linea 1 della cache. Le chiamate all indirizzo 5, 6 e 7 saranno Hit in quanto sono già caricate in cache. Alla richiesta 8 ci sarà di nuovo una miss. L indirizzo 8 fa parte del blocco 2. 2/4 = 0 con il resto di 2 e quindi tutto il blocco sarà scritto sull ancora libera linea 2 della cache. Alla richiesta degli indirizzi 9, 10 e 11avrò tre Hit. La richiesta dell indirizzo 12 generà una nuova miss, in quanto non è presente nella cache. 12/4 = 3, quindi sarà la prima parola del blocco 3 che va dall indirizzo 12 al 15. Tutto il blocco verrà caricato in cache alla linea 3 poiché 3/4 = 0 con resto di 3. A questo punto la cache sarà piena e si troverà nello stato qui soto rappresentato: DIRETTO Index di linea Ora deve arrivare la prima richiesta della parola all indirizzo 40 della memoria primaria. Poiché non è già presente nella cache dovrò caricarla dalla memoria primaria. 40/4 = 10 con resto di 0 quindi tale parola sarà la prima parola del blocco 10 che va dall indirizzo 40 al 43. Poiché 10/4 = 2 con resto di 2 tale blocco si andrà a sovrascrivere nella linea 2 della cache sovrascrivendo il blocco 2 che andava dall indirizzo 8 all 11. Le chiamate 41,42 e 43 saranno tre Hit. La chiamata 44 genera una miss e il blocco 44/4 = 11 dovrà essere caricato in cache nella linea 3 in quanto 11/4 = 2 con resto di 3. Verrà quindi sovrascritto il blocco 3 precedentemente caricato. Le tre chiamate successive saranno 3 hit. La seguente chiamata è alla parola di indirizzo /4 = 12 con resto 0, quindi tale parola sarà la prima del blocco 12 che va dall indirizzo 48 al 51. Poiché 12/4 = 3 con resto 0, l intero blocco sarà caricato in cache nella linea 0. Le chiamate successive, 49, 50 e 51 saranno 3 Hit. Quando all elaboratore servirà la parola all indirizzo di memoria 52 questa genera una miss in quanto la parola non è presente il cache. 52/4 = 13, e 13/4 = 3 con resto 1, quindi il blocco di parole degli indirizzi 52 al 55 (il blocco 13) sarà caricato in cache nella linea 1. Le ultime chiamate del primo di 10 cicli, quindi le chiamate agli indirizzi 53, 54 e 55 saranno 3 hit. Ora abbiamo concluso il primo dei 10 cicli di chiamate richieste dall elaboratore. Non è necessario ripetere altre 9 volte le chiamate in quanto ad ogni ciclo si ripeterà esattamente la stessa situazione. Lo stato finale della cache, per il metodo diretto, sarà dunque: DIRETTO Index di linea

5 L Hit Ratio del metodo diretto sarà 0,75 in quanto per ogni blocco di parole chiamato, la prima parola genera una miss mentre le tre restanti chiamate saranno chiamate a parole contigue dello stesso blocco caricato, avrò sempre una miss e tre Hit. Hcdiretto = 3 / 4 = 0,75 Per quanto riguarda il metodo set associativo a due vie, il procedimento inizia calcolando la divisione 0/4 = 0 con resto 0. L ulteriore divisione è 0/2 = 0 con resto 0. Quindi questa parola, e tutto il resto del blocco (parole 0-3) viene allocato nella prima linea libera dell insieme 0. Le chiamate 1, 2 e 3 saranno dunque tre hit. Il secondo gruppo di quattro parole, dalla 4 alla 7, viene invece allocato nella prima linea libera dell insieme 1. Infatti 4/4 = 1 e 1/2 = 0 con resto 1. Le chiamate 5, 6 e 7 saranno dunque 3 hit. Quando arriva la chiamata alla parola 8 ci sarà una miss e dovrò caricare in cache il blocco 2. 2/2 = 1 con resto 0, quindi il blocco verrà allocato sul set 0 nella prima linea libera. Il set 0 avrà la prima linea occupata dal blocco 0 mentre la seconda linea è ancora vuota. A questo punto il blocco 2 verrà allocato nella seconda riga del set 0 della cache. Le chiamate 9, 10 e 11 generano tre hit. Alla chiamata 12 ci sarà una nuova miss. Il blocco 3 (12/4 = 3) dovrà essere allocato in cache. 3/2 = 1 con resto 1, dunque l intero blocco verrà allocato sulla seconda linea del set 1 della cache, in quanto la prima riga è già occupata dal blocco 1. A questo punto la cache è piena e si troverà nella seguente situazione: SET ASSOCIATIVO Index di set Il secondo nucleo di chiamate inizia con la parola /4=10 con resto 0. Per calcolare il set index: 10/2 = 5 con resto 0. Anch essa, assieme alle parole componenti il blocco, vengono memorizzate nel set 0, ma l intero set è occupato. Indipendentemente dalla politica di sostituzione, LRU, FIFO etc la linea da sostituire sarà la prima riga del set 0. Infatti questa è sia la prima caricata che quella usata da più tempo. La prima riga del set 0 sarà quindi sovrascritto con le parole contenute nel blocco 10, quelle che vanno dall indirizzo 40 all indirizzo 43 della memoria. Le chiamate 41, 42 e 43 saranno così 3 hit in quanto appena caricate in cache. Alla chiamata 44 l intero blocco 11 (44/4 = 11 con resto 0, quindi il blocco andrà dal 44 al 47) sarà allocato in cache nel set 1 in quanto 11/2 = 5 con resto 1. Come nel caso precedente, quale che sia la politica di rimpiazzamento adottato, il blocco sovrascritto sarà quello della prima linea. Le chiamate 45, 46 e 47 saranno 3 hit. Chiamata 48: blocco 12 (48-51); set index = 0 (12/2 = 6 con resto 0). L intero blocco andrà a sostituire il blocco contenuto nella seconda riga del set 0, in quanto il blocco contenuto nella prima riga è stato allocato poche chiamate fa. Le chiamate 49, 50 e 51 generano 3 hit. Alla chiamata 52 si chiude il primo dei 10 cicli di allocamenti della cache, in quanto il blocco 13 (52-55) verrà caricato in cache nell insieme 1 ed precisamente nella seconda riga. Le tre chiamate successive, 53, 54 e 55 generano 3 hit. Orà dovrei riniziare da capo il ciclo di chiamate ma si può osservare che lo stato di chiamate dopo 10 cicli sarà identico a quello dopo un solo ciclo ed esattamente la cache si troverà nella seguente situazione: SET ASSOCIATIVO Index di set L hit ratio nel metodo associativo a 2 vie sarà identico a quello diretto, in quanto cambia solo la riga in cui i blocchi si posizioneranno nella cache ma avremmo sempre 1 miss e 3 hit ogni 4 chiamate, quindi Hcass2v = 3 / 4 = 0,75

6 Il tempo medio di accesso si calcola con la formula: ( ) I due metodi hanno lo stesso hit ratio e sostituendo i valori di dell esercizio e considerando i dati del problema si ha: trovati nel precedente punto ( ) Il metodo di indirizzamento come abbiamo visto è in questo caso ininfluente ed entrambi soddisfana la specifica di un tempo di accesso medio inferiore od uguale a 10 ns. ESERCIZIO 3 a) Il blocco da leggere occupa 4 MB = 2 2 *2 10 KB = 2 12 KB che richiedono 64 settori. Leggere i settori di un blocco simile richiede dunque un tempo di rotazione, pari a in quanto il numero di settori corrisponde a quello presente in una traccia. Le altre componenti della lettura sono i tempi di latenza, posizionamento e tempo di lettura di un settore. Il problema dice che il primo settore utile si trova nell ultima traccia, la 127 mentre la testina parte dalla posizione iniziale sulla traccia 0. Una volta che la testina si sarà posizionato sulla traccia 127 dovrà aspettare mediamente mezzo giro di disco (tempo di latenza) perché si trovi nella posizione iniziale del settore utile. Avremo quindi che per la lettura del primo settore saranno richiesti: Per i restanti 63 settori dopo il primo, avremo un posizionamento che si calcola moltiplicando per 3 (la distanza fra un settore e il successivo) il tempo necessario per posizionare la testina da una traccia a quella adiacente. Il tempo per ciascun settore successivo da leggere sarà dunque: [ ] Il tempo totale di lettura sarà dato da: b) Poiché il blocco occupa esattamente 64 settori, è possibile, deframmentando il disco, memorizzarlo in una unica traccia. Se ipotizzo che tutti i 64 settori siano posizionati nella traccia 0 e che la testina si trovi già nella traccia zero e all inizio del primo settore utile sarà sufficiente il tempo di una rotazione del disco per leggere l intero file. Siano sicuramente nella condizione migliore. In questo caso il tempo di lettura sarà uguale a 10,71 ms. La percentuale di miglioramento si calcola come

7 ESERCIZIO 4 1) Deve essere rispettata la condizione: K 2 N K 1 (1), dove K è il numero di bit di controllo inseriti. Essendo N = 8, si evince dalla (1) che K = 4. Nella codifica di Hamming, la sequenza in uscita deve presentare 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. Calcolando i bit di controllo rispetto alla sequenza b0 b7 ricevuta si ottiene: c0 = XOR(1,1,1,0,1) = 0 c1 = XOR(1,1,1,1,1) = 1 c2 = XOR(1,1,1,0) = 1 c3 = XOR(0,1,1,0) = 0 La stringa codificata è dunque ) Se in ricezione si ottiene il codice di errore 0110 significa che c è stato un errore in trasmissione. In caso di un singolo errore il bit sbagliato sarà il sesto, quindi b2, ricevendo la stringa Ricalcolando i bit di controllo si ottiene: c 0 = XOR(1,1,1,0,1) = 0 c 1 = XOR(1,0,1,1,1) = 0 c 2 = XOR(1,0,1,0) = 0 c 3 = XOR(0,1,1,0) = 0 Calcolando il vettore di errore: e0 = XOR(c0, c 0) = XOR(0, 0) = 0 e1 = XOR(c1, c 1) = XOR(1, 0) = 1 e2 = XOR(c2, c 2) = XOR(1, 0) = 1 e3 = XOR(c3, c 3) = XOR(0, 0) = 0 che è esattamente il vettore d errore ricevuto. ESERCIZIO 5 1) Considerando i 16 bit disponibili, poiché devono essere realizzate 8 istruzioni, è sufficiente utilizzare 3 bit per il codice operativo lasciando i restanti al campo operandi (13 bit). 2) Il metodo di indirizzamento impiegato è ovviamente diretto, in quanto l operando contiene l indirizzo del dato da prelevare. Poiché abbiamo 13 bit nel campo operandi, la memoria indirizzabile è pari a 2 13 parole, ovvero 8 Kparole. 3) La sequenza è data da: LOAD 300 (ACC 500) DIV 400 (ACC 500 / 250 ACC 2) ADD 100 (ACC ACC 302) STORE 250 Nella locazione 250 alla fine sarà presente il valore 302.