Sistemi Operativi e Laboratorio, Prova del 15/06/2016

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1 Nome: Cognome: Matricola: fila: posto: Esercizio 1 (4 punti) In un sistema che gestisce la memoria con paginazione a domanda, le pagine logiche e i blocchi fisici hanno una lunghezza di 2 8 = 256 byte e l ampiezza della memoria fisica è di 2 8 blocchi. Gli indirizzi logici hanno una lunghezza di 16 bit, e pertanto ogni processo dispone di una memoria virtuale di 2 8 pagine. Per la gestione della memoria si utilizzano tabelle delle pagine a 2 livelli, tutte di uguale lunghezza, pari a 2 4 = 16 elementi. La tabella di primo livello del processo in esecuzione è caricata permanentemente nel blocco 0 (codice binario ) della memoria principale, che pertanto non è disponibile per il caricamento di pagine del processo o di tabelle delle pagine di secondo livello. Quando risiede in memoria, Ogni tabella di secondo livello occupa (seppure incompletamente) 1 blocco di memoria. Gli elementi delle tabelle (di primo o di secondo livello) sono codici binari di 8 bit. Il codice denota una pagina non presente in memoria, mentre ogni altro codice individua il blocco fisico che contiene la pagina. Al tempo t è in esecuzione il processo P e i contenuti della sua tabella delle pagine di primo livello e di alcune delle sue tabelle delle pagine di secondo livello sono mostrati in figura. Il processo riferisce in sequenza i seguenti indirizzi logici: Per ogni riferimento si chiede: se si verifica errore di pagina, in caso contrario, l indirizzo fisico corrispondente. Blocco Blocco Blocco Blocco Blocco Blocco Tab. 1 livello Blocco (Tab. 2 livello di indice 0011) Blocco (Tab. 2 livello di indice 0100) Blocco (Tab. 2 livello di indice 0110) Blocco (Tab. 2 livello di indice 1010) Blocco (Tab. 2 livello di indice 1110) 1. Indirizzo logico : Errore di pagina NO Indirizzo fisico Indirizzo logico : Errore di pagina SI 3. Indirizzo logico : Errore di pagina SI 4. Indirizzo logico : Errore di pagina NO Indirizzo fisico Indirizzo logico : Errore di pagina NO Indirizzo fisico Indirizzo logico : Errore di pagina SI 7. Indirizzo logico : Errore di pagina SI 8. Indirizzo logico : Errore di pagina NO Indirizzo fisico

2 1. Indirizzo logico : Errore di pagina [SI/NO]: 2. Indirizzo logico : Errore di pagina [SI/NO]: 3. Indirizzo logico : Errore di pagina [SI/NO]: 4. Indirizzo logico : Errore di pagina [SI/NO]: 5. Indirizzo logico : Errore di pagina [SI/NO]: 6. Indirizzo logico : Errore di pagina [SI/NO]: 7. Indirizzo logico : Errore di pagina [SI/NO]: 8. Indirizzo logico : Errore di pagina [SI/NO]: Esercizio 2 (4 punti) Si consideri un processore che dispone dei seguenti registri: - i registri speciali PC (program counter) e PS (program status) e lo stack pointer SP - un banco di registri riservato allo stato utente, che comprende i registri generali R1, R2, R3, - un ulteriore banco di registri riservato allo stato supervisore, che comprende i registri generali R 1, R 2, R 3 e lo stack pointer dello stack del nucleo SP. Il sistema riserva in memoria un area per il vettore di interruzione e per lo stack del nucleo e gestisce la memoria con la tecnica della segmentazione, per cui la MMU contiene due registri che contengono il puntatore alla tabella dei segmenti (PTS) e la lunghezza della tabella dei segmenti (LTS), rispettivamente. In stato supervisore i valori di PTS e LTS vengono impostati ai valori 0000 e 0002, rispettivamente. Alla commutazione di contesto il processore ha un comportamento standard e salva automaticamente il minimo indispensabile sullo stack. Al tempo t il processo Pi in esecuzione invoca una chiamata di sistema read() che ne provoca la sospensione. Di conseguenza, lo scheduler provoca una commutazione di contesto a favore del processo Pj, che viene messo in esecuzione. Il vettore di interruzione associato alla chiamata di sistema ha il valore 0500 e la parola di stato del nucleo è 275E. Quando l interruzione viene riconosciuta, i registri del processore, i descrittori di Pi e Pj e lo stack del nucleo, che inizia alla locazione 8080, hanno i contenuti mostrati in figura. L interruzione determina l intervento del nucleo, che esegue una funzione di servizio comprendente lo scheduler. Si chiede: a) il contenuto dei descrittori, dei registri generali e speciali e dello stack del nucleo durante la fase di estrazione della prima istruzione della funzione di servizio; b) il contenuto dei descrittori, dei registri generali e speciali e dello stack del nucleo durante la fase di estrazione dell istruzione IRET con la quale termina la funzione di servizio; c) il contenuto dei descrittori, dei registri generali e speciali e dello stack del nucleo durante la fase di estrazione dell istruzione eseguita subito dopo la IRET. Stato Esec. Stato Pronto 8080 R PC EE00 PC BB R PS 26F2 PS 16F R SP EF01 SP F1C SP DEC0 R R R R R R REG. STATO SUPERV. PTS 0800 PTS R 1 00AA LTS 0008 LTS 0016 R 2 00BB R 3 00CC PROCESSORE: Registri speciali PTS 0800 SP 8080

3 PC ED01 PS 26F2 LTS 0012 a) contenuto dei descrittori, dei registri generali e speciali e dello stack del nucleo durante la fase di estrazione della prima istruzione della funzione di servizio: Stato Esec. Stato Pronto 8080 ED01 R PC EE00 PC BB F2 R PS 26F2 PS 16F R SP EF01 SP F1C SP DEC0 R R R R R R REG. STATO SUPERV. PTS 0800 PTS R 1 00AA LTS 0008 LTS 0016 R 2 00BB R 3 00CC PROCESSORE: Registri speciali PTS 0000 SP 8076 PC 0500 PS 257E LTS 0002 b) contenuto dei descrittori, dei registri generali e speciali e dello stack del nucleo durante la fase di estrazione dell istruzione IRET con la quale termina la funzione di servizio; Stato Sospeso Stato Esec BB00 R PC ED01 PC BB F2 R PS 26F2 PS 16F R SP DEC0 SP F1C SP F1C0 R R R R R R REG. STATO SUPERV. PTS 0800 PTS R 1?? LTS 0012 LTS 0016 R 2?? R 3?? PROCESSORE: Registri speciali PTS 0000 SP 8076 PC 0500+?? PS 257E LTS 0002 c) contenuto dei descrittori, dei registri generali e speciali e dello stack del nucleo durante la fase di estrazione dell istruzione eseguita subito dopo la IRET Stato Sospeso Stato Esec R PC ED01 PC BB R PS 26F2 PS 16F R SP DEC0 SP F1C SP F1C0 R R R R R R REG. STATO SUPERV. PTS 0800 PTS R 1?? LTS 0012 LTS 0016 R 2?? R 3?? PROCESSORE: Registri speciali PTS 0900 SP 8080 PC BB00 PS 16F2 LTS 0016

4 a) contenuto dei descrittori, dei registri generali e speciali e dello stack del nucleo durante la fase di estrazione della prima istruzione della funzione di servizio: Stato Stato 8080 R1 PC PC 8079 R2 PS PS 8078 R3 SP SP 8077 SP R1 R R2 R R3 R REG. STATO SUPERV. PTS PTS 8073 R 1 LTS LTS R 2 R 3 PROCESSORE: Registri speciali PTS SP PC PS LTS b) contenuto dei descrittori, dei registri generali e speciali e dello stack del nucleo durante la fase di estrazione dell istruzione IRET con la quale termina la funzione di servizio; Stato Stato 8080 R1 PC PC 8079 R2 PS PS 8078 R3 SP SP 8077 SP R1 R R2 R R3 R REG. STATO SUPERV. PTS PTS 8073 R 1 LTS LTS R 2 R 3 PROCESSORE: Registri speciali PTS SP PC PS LTS c) contenuto dei descrittori, dei registri generali e speciali e dello stack del nucleo durante la fase di estrazione dell istruzione eseguita subito dopo la IRET Stato Stato 8080 R1 PC PC 8079 R2 PS PS 8078 R3 SP SP 8077 SP R1 R R2 R R3 R REG. STATO SUPERV. PTS PTS 8073 R 1 LTS LTS R 2 R 3 PROCESSORE: Registri speciali PTS SP PC PS LTS Esercizio 3 (4 punti) Un sistema operativo utilizza un file system FAT-16, con blocchi di 1 Kbyte e gestisce la memoria con paginazione dinamica con pagine di 1 Kbyte. Il disco che ospita il File System è organizzato nel modo seguente: i blocchi di indice 0 e 1 e sono riservati per il boot block e il super block; i blocco di indice dal 2 al 129 (estremi inclusi) sono riservati alla FAT (di conseguenza, la FAT occupa 128 blocchi). Di conseguenza, il blocco i della FAT, risiede nel blocco di indice i+2 del disco; i blocchi successivi, a partire dal blocco di indice 130, contengono i blocchi dati del File System.

5 I blocchi della FAT vengono caricati in memoria a domanda. L accesso a un elemento della FAT contenuto in un blocco non caricato in memoria provoca un PageFault. Si chiede: 1. Il numero di puntatori contenuti nella FAT 2. La massima dimensione del disco in byte e in blocchi Supponendo che in questo File System sia definito il file oroscopo, che occupa 6 blocchi dati, e che i blocchi di questo file (con indici logici numerati da 0 a 5) siano allocati come segue: Indice del blocco logico (nel file): Indice del blocco fisico (nel disco): si chiede inoltre: 3. in quali blocchi della FAT sono contenuti gli indici dei blocchi dati del file oroscopo; 4. qual è il massimo numero di PageFault che si possono verificare per leggere in sequenza tutto il file. 1. La FAT contiene puntatori 2. Il disco ha al massimo blocchi, quindi la sua dimensione massima è Byte 3. in quali blocchi della FAT sono contenuti gli indici dei blocchi dati del file oroscopo: Elemento della FAT di indice IndFis = contenuto nel blocco della FAT di indice: 4. massimo numero di PageFault che si possono verificare per leggere in sequenza tutto il file: 1. La FAT occupa 128 blocchi di 1 KB, quindi il numero di puntatori è pari a 128*1024/2 = 2^16 = Il disco ha al massimo blocchi, quindi la sua dimensione massima è 64 MByte 3. l elemento della FAT associato al blocco dati di indice IndFis risiede su disco nel blocco IndFis / e punta al blocco dati successivo. Pertanto: Elemento della FAT di contenuto nel blocco della FAT indice IndFis = /512+ 2= /512+ 2= /512+ 2= /512+ 2= /512+ 2= /512+ 2= Gli errori di pagina sono dovuti al riferimento di elementi della FAT contenuti in blocchi non caricati in memoria. Supponendo che, una volta caricati in memoria, i blocchi vi rimangano per un tempo abbastanza lungo, il massimo numero di PageFault che si possono verificare per leggere in sequenza tutto il file è 4: infatti per leggere l intero file si devono caricare in memoria, nel caso peggiore, i blocchi 13, 21, 2 e 3della FAT. Esercizio 4 (4 punti)

6 Si consideri un sistema che gestisce la memoria con paginazione a domanda, applicando un algoritmo di sostituzione LRU locale e una politica di controllo dinamico del Working Set. Per ogni processo sono definiti i seguenti dati: l intero MaxBlocchi: massimo numero di blocchi disponibili per il caricamento del Working Set, che viene ridefinito periodicamente dal demone WorkingSetManager; l intero PagineResidenti, uguale al numero di pagine attualmente caricate in memoria e variabile nel tempo; la tabella delle pagine di ogni processo, con campi Pagina, Blocco, R (bit di pagina riferita) e DP (Distanza Passata). Quando un processo avanza, per ogni pagina riferita: se il riferimento determina Page Fault, la pagina riferita viene caricata nel blocco libero individuato dal primo elemento della lista BlocchiDisponibili (che si suppone sempre non vuota), viene incrementata la variabile PagineResidenti e viene definito DP= 0; in ogni caso, si assegna R= 1. Il processo WorkingSetManager, che interviene periodicamente, esegue le seguenti operazioni per ogni processo: Fase 1) per ogni pagina residente in memoria aggiorna la distanza passata con il seguente algoritmo: se R= 0 assegna DP= DP+ 1; altrimenti assegna R= 0 e DP= 0 Fase 2) se PagineResidenti> MaxBlocchi: scarica dalla memoria principale PagineResidenti- MaxBlocchi, selezionandole in ordine decrescente del valore di DP; se per l ultima pagina scaricata si ha DP< 8, assegna MaxBlocchi= MaxBlocchi + 1; se PagineResidenti< MaxBlocchi, assegna MaxBlocchi= MaxBlocchi 1. Al tempo T1, subito dopo un intervento di WorkingSetManager, per il processo P si ha MaxBlocchi = 7 e la tabella delle pagine ha la seguente configurazione: Tempo T2: Tabella delle Pagine Pagine Residenti= 10 Dopo T1 e prima del tempo T2 il processo P avanza e riferisce nell ordine le seguenti pagine: 1, 8, 5, 11, 12, 7 Al tempo T2 entra in esecuzione WorkingSetManager, che applica la politica sopra definita. Al tempo T4 termina l intervento di WorkingSetManager Supponendo che il contenuto della lista BlocchiDisponibili al tempo T1 sia , si chiede: a) il valore di PagineResidenti e la configurazione della Tabella delle Pagine del processo P al tempo T2; b) la configurazione della Tabella delle Pagine del processo P al tempo T3, quando termina la Fase 1 di WorkingSetManager; c) il valore di PagineResidenti e di MaxBlocchi e la configurazione della Tabella delle Pagine del processo P al tempo T4, quando termina la Fase 2 di WorkingSetManager. Tempo T3: Tabella delle Pagine

7 Tempo T4: Tabella delle Pagine Pagine Residenti= 7; MaxBlocchi= 8 Tempo T2: Tabella delle Pagine Tempo T3: Tabella delle Pagine Tempo T4: Tabella delle Pagine

8 Pagine Residenti= ; MaxBlocchi= Esercizio 5 (4 punti) Un sistema implementa i thread a livello del nucleo con scheduling round robin e quanto di tempo di 5 msec. Nel sistema sono presenti due (soli) processi P e Q. il processo P definisce i thread A e B che cooperano tra loro, mentre il processo Q ha il solo thread C. In particolare, i thread A e B cooperano scambiando messaggi attraverso un buffer condiviso, capace di contenere un solo messaggio. Le parti rilevanti del codice dei thread A e B sono le seguenti: Thread A: a.1) while (not fine) { a.2) crea_msg(); a.3) SpinlockAcquire (&BufferVuoto); a.4) dep_msg(); <deposita il messaggio nel buffer> a.5) SpinlockRelease(&BufferPieno); } Thread B: b.1) while (not fine) { b.2) elab(); b.3) SpinlockAcquire(&BufferPieno); b.4) Read_msg(); <estrae il messaggio dal buffer> b.5) SpinlockRelease(&BufferVuoto); b.6) Cons_msg(); <consuma messaggio> } dove BufferPieno, BufferVuoto e fine sono variabili binarie condivise. Per limitare la durata dell attesa attiva dei thread nell esecuzione della SpinlockAcquire i protocolli SpinlockAcquire e SpinlockRelease combinano il meccanismo della spinlock con la funzione thread_yield per rilasciare il processore. La loro realizzazione è la seguente: SpinlockAcquire(K) SpinlockRelease(K) { { While (testandset(k)==busy) K=FREE; ThreadYield(); } } dove K è la variabile chiave e la funzione thread_yield provoca il rilascio del processore da parte del thread che la esegue. Si conviene che le sezioni critiche siano accessibili quando la chiave ha il valore FREE. Al tempo T si ha BufferPieno= BUSY, BufferVuoto= FREE e fine= 0 ed è in esecuzione il thread B che esegue la riga b.1). I rimanenti thread sono pronti, con l ordinamento C A e il thread A è pronto a eseguire la riga a.1). Il tempo di esecuzione di tutte le righe di codice di A e B è trascurabile, ad eccezione delle righe a.2, b.2 e b.6 che richiedono 6 msec. Si chiede il tempo necessario ad A per depositare 2 messaggi, a partire dal tempo T. Si suppone che la variabile fine conservi il valore 0 e che il thread C consumi sempre per intero il suo quanto di tempo. 1) Primo messaggio depositato al tempo T+ 22 Infatti: B esegue b.1, b.2 per 5 ms C esegue per 5 ms

9 A esegue a.1 e a.2 per 5 ms B esegue b.2 e b.3 per 1 ms e poi fa la yield() C esegue per 5 ms A esegue a.2, a.3, a.4 per 1 ms e deposita il messaggio 2) Secondo messaggio depositato al tempo T+ 38 Infatti: A esegue a.5, a.1, a.2 per 4 ms B esegue b.3, b.4 per 0 ms e legge il messaggio B esegue b.5, b.6 per 5 ms C esegue per 5 ms A esegue a.2, a.3, a.4 per 2 ms e deposita il messaggio 1) Primo messaggio depositato da A al tempo spiegare la motivazione indicando la sequenza di esecuzione dei thread: 2) Secondo messaggio depositato da A al tempo spiegare la motivazione indicando la sequenza di esecuzione dei thread: Esercizio 6 (3 punti) Un disco con 2 facce, 300 settori per traccia e 1500 cilindri ha un tempo di seek proporzionale al numero di cilindri attraversati, pari a 0,01 msec per ogni cilindro attraversato. Il periodo di rotazione è di 15 msec: conseguentemente il tempo impiegato per percorrere un settore è di 0,05 msec. A un certo tempo (convenzionalmente indicato come t=0) termina l esecuzione dei comandi sul cilindro 88 e sono pervenute, nell ordine, le seguenti richieste di lettura o scrittura: clindro 670, faccia 0, settore 55 clindro 32, faccia 0, settore 100 clindro 1044, faccia 1, settore 120 Al tempo 16 arrivano anche le seguenti richieste: clindro 32, faccia 0, settore 88 clindro 1044, faccia 0, settore 199 clindro 1200, faccia 0, settore 66 Calcolare il tempo necessario per eseguire tutte queste operazioni supponendo che si adotti la politica di scheduling SSTF. Il tempo di esecuzione di ogni operazione è uguale alla somma dell eventuale tempo di seek, del ritardo rotazionale (tempo necessario per raggiungere il settore indirizzato) e del tempo di percorrenza del settore indirizzato. Si suppone che il tempo necessario per raggiungere un qualsiasi settore dopo un operazione di seek sia sempre uguale a un periodo di rotazione. Il controllore è dotato di sufficiente capacità di buffering ed è sempre in grado di accettare senza ritardo i dati letti dal disco o quelli da scrivere sul disco. Si assume inoltre che i comandi sullo stesso cilindro vengano eseguiti in ordine FIFO inizio: 0 seek: 0,56 rotazione: 15 percorrenza: 0,05 fine: 15, inizio: 15,61 seek: 6,38 rotazione: 15 percorrenza: 0,05 fine: 37, inizio: 37,04 seek: 3,74 rotazione: 15 percorrenza: 0,05 fine: 55,83

10 inizio: 55,83 seek: 0 rotazione: 3,9 percorrenza: 0,05 fine: 59, inizio: 59,78 seek: 1,56 rotazione: 15 percorrenza: 0,05 fine: 76, inizio: 76,39 seek: 11,68 rotazione: 15 percorrenza: 0,05 fine: 103,12 Esercizio 7 (3 punti) Si consideri un sistema nel quale sono definiti il semaforo sem e i processi P1 (con priorità 3), P2 (con priorità 2) e P3 (con priorità 1). Lo scheduling avviene con una politica analoga a quella delle code multiple (multilevel feedback queue, MFQ) ma realizzata con un unica Coda Pronti, nella quale i processi inseriti in modo ordinato in ordine decrescente di priorità e, a pari priorità, in ordine di arrivo. Al tempo t il processo P3 è in esecuzione e la coda pronti è vuota. Inoltre il semaforo sem ha valore 0 e la coda associata al semaforo contiene ordinatamente i processi P2->P1. A partire dal tempo t si verifica la seguente sequenza di eventi: 1) Il processo in esecuzione esegue V(sem) 2) il processo in esecuzione esaurisce il quanto di tempo; 3) il processo in esecuzione esegue P(sem) 4) il processo in esecuzione esegue V(sem) Si chiede di specificare quale processo è in esecuzione dopo ogni evento e inoltre come si modificano il valore e la coda del semaforo sem e la CodaPronti. Sequenza di eventi In Esecuzione Coda Pronti Valore di sem Coda di sem 1) il processo in esecuzione esegue V(sem) P2 P3 0 P1 2) scade il quanto di tempo P2 P3 0 P1 3) il processo in esecuzione esegue P(sem) P3-0 P1 -> P2 4) Il processo in esecuzione esegue V(sem) P1 P3 0 P2 NOTA: alla scadenza del quanto di tempo di P2 (evento 2) rimane in esecuzione P2, perché non esistono altri processi pronti con priorità uguale o maggiore. Esercizio 8 (2 punti) In un file system UNIX dove ogni i-node occupa 1 blocco, si consideri la directory file /home/vacanze/malta. Calcolare il numero di accessi al disco necessari per leggere il contenuto della directory, supponendo che ogni cartella di questo path occupi 1 blocco e che la cartella radice sia caricata in memoria, mentre tutti gli altri i-node e tutte le cartelle interessate risiedono su disco 1. 1 accesso per leggere 2. 1 accesso per leggere 3. 1 accesso per leggere 4. 1 accesso per leggere

11 5. 1 accesso per leggere 6. 1 accesso per leggere 7. 1 accesso per leggere 8. 1 accesso per leggere 9. 1 accesso per leggere accesso per leggere In totale : accessi accesso per leggere lo i-node della cartella home 2. 1 accesso per leggere il contenuto della cartella home 3. 1 accesso per leggere lo i-node della cartella vacanze 4. 1 accesso per leggere il contenuto della cartella vacanze 5. 1 accesso per leggere lo i-node della cartella malta 6. 1 accesso per leggere il contenuto della cartella malta In totale : 6 accessi. Esercizio 9 (2 punti) Quali delle seguenti operazioni possono essere eseguite da un processo in stato utente? Operazione: Eseguire l istruzione TSL (test and set lock) Salvare i registri generali nel proprio descrittore di processo Invocare una chiamata di sistema Leggere il contenuto della coda dei processi pronti Abilitare le interruzioni Eseguire l istruzione IRET (ritorno da un interruzione) Eseguibili dai processi in stato utente X X Operazione: Eseguire l istruzione TSL (test and set lock) Salvare i registri generali nel proprio descrittore di processo Invocare una chiamata di sistema Leggere il contenuto della coda dei processi pronti Abilitare le interruzioni Eseguire l istruzione IRET (ritorno da un interruzione) Eseguibili dai processi in stato utente