[Αρχιτεκτονική Υπ.] Απορίες στις ασκησεις 09/10

[Thmmy.gr portal]

  Thmmy.gr portal
   Forum
   Downloads
   Ενεργ. Λογαριασμού
   Επικοινωνία
  
  Χρήσιμα links
   Σελίδα τμήματος
   Βιβλιοθήκη Τμήματος
   Elearning
   Φοιτητικά fora
   Πρόγραμμα Λέσχης
   Πρακτική Άσκηση
   Ηλεκτρονική Εξυπηρέτηση Φοιτητών
   Διανομή Συγγραμμάτων
   Ψηφιακό Καταθετήριο Διπλωματικών
   Πληροφορίες Καθηγητών
   Instagram @thmmy.gr
   mTHMMY
  
  Φοιτητικές Ομάδες
   ACM
   Aristurtle
   ART
   ASAT
   BEAM
   BEST Thessaloniki
   EESTEC LC Thessaloniki
   EΜΒ Auth
   IAESTE Thessaloniki
   IEEE φοιτητικό παράρτημα ΑΠΘ
   SpaceDot
   VROOM
   Panther
  

THMMY.gr Web

Helios_MultiScribbles2SMF Default ThemeSMFone_Blue

[Ανεβάζετε τα θέματα των εξετάσεων στον τομέα Downloads]

Είσαι πρωτοετής;... Καλώς ήρθες! Μπορείς να βρεις πληροφορίες εδώ. Βοήθεια για τους καινούργιους μέσω χάρτη.

Κατεβάστε εδώ το Android Application για εύκολη πρόσβαση στο forum.

Ανεβάζετε τα θέματα των εξετάσεων στον τομέα Downloads με προσοχή στα ονόματα των αρχείων!

[Wanderer]

Διότι στην 2η περίπτωση που επεκτείνουμε τον κωδικό πράξης:

το πρώτο bit από αριστερά έχει την τιμή 1 και στα δεξιά έχουμε 3 bit δεσμευμένα λόγω του καταχωρητή. Άρα μας περισέυουν 8 bits. 2^8=256 εντολές μπορούμε να κωδικοποιήσουμε, άλλα καλυπτόμαστε (αφού μας λέει 255 εντολές).

επομένως στη 2η κωδικοποίηση έχουμε:  1 00000000 (από 00000000 έως 11111110 μιας και θέλουμε 255 εντολές) Α (για καταχωρητή).

Τώρα στην 3η περίπτωση ζητάει 16 εντολές χωρίς καταχωρητές. Τα πρώτα 9 bits θα πάρουν την τιμή 1. Έτσι όταν ο υπολογιστής δει 9 άσσους καταλαβαίνει ότι είμαστε στην 3η κωδικοποίηση.

Όμως περισεύουν από τα 12 διαθέσιμα μόνο 3 bits για να υλοποιήσουμε την 3η κωδικοποίηση, δηλαδή 16 εντολές.  2^3=8<16, επομένως δεν είναι πραγματοποιήσιμη αυτή η υλοποίηση.

[Wanderer]

Μια λύση που πόσταρε πριν ο κουνελάρχης, για να καταλαβαίνουμε εξ'αρχής αν γίνεται η υλοποίηση ή όχι.

Η εντολή έχει 12 bits. Ο μέγιστος αριθμός διαφορετικών συνδυασμών που μπορεί να δώσει είναι 2^12=4096 κώδικες.

Θέλουμε να διαπιστώσουμε αν οι 3 τρόποι κωδικοποίησης που προτείνουμε είναι εφικτοί, δηλαδή αν και οι τρεις μαζί απαιτούν λιγότερους από 4096 κώδικες (διαφορετικά δεν είναι εφικτή η διαφοροποίηση μεταξύ των τριών διαφορετικών τρόπων κωδικοποίησης και ο υπολογιστής δεν θα ήξερε ποιά να υλοποιήσει).

Η πρώτη: 4 εντολές και τρεις καταχωρητές (κάθε καταχωρητής έχει 3 bit). Συνεπώς ο μέγιστος αριθμώς κωδικών (διαφορετικών συνδυασμών) είναι 4*2^3*2^3*2^3=4*8*8*8=2048.

Η δεύτερη: 255 εντολές με ένα καταχωρητή: 255*2^3=255*8=2040

Η τρίτη: 16 εντολές: 16 κώδικες

2048+2040+16=4104>4096. Άρα τα 12 bits της εντολής δεν φτάνουν, συνεπώς δεν είναι πραγματοποιήσιμη η υλοποίηση.

[provataki]

Μια λύση που πόσταρε πριν ο κουνελάρχης, για να καταλαβαίνουμε εξ'αρχής αν γίνεται η υλοποίηση ή όχι.

Η εντολή έχει 12 bits. Ο μέγιστος αριθμός διαφορετικών συνδυασμών που μπορεί να δώσει είναι 2^12=4096 κώδικες.

Θέλουμε να διαπιστώσουμε αν οι 3 τρόποι κωδικοποίησης που προτείνουμε είναι εφικτοί, δηλαδή αν και οι τρεις μαζί απαιτούν λιγότερους από 4096 κώδικες (διαφορετικά δεν είναι εφικτή η διαφοροποίηση μεταξύ των τριών διαφορετικών τρόπων κωδικοποίησης και ο υπολογιστής δεν θα ήξερε ποιά να υλοποιήσει).

Η πρώτη: 4 εντολές και τρεις καταχωρητές (κάθε καταχωρητής έχει 3 bit). Συνεπώς ο μέγιστος αριθμώς κωδικών (διαφορετικών συνδυασμών) είναι 4*2^3*2^3*2^3=4*8*8*8=2048.

Η δεύτερη: 255 εντολές με ένα καταχωρητή: 255*2^3=255*8=2040

Η τρίτη: 16 εντολές: 16 κώδικες

2048+2040+16=4104>4096. Άρα τα 12 bits της εντολής δεν φτάνουν, συνεπώς δεν είναι πραγματοποιήσιμη η υλοποίηση.

λυμενη απο τον Andrew S Tanenbaum στην εγγλεζικη εκδοση... βλεπε downloads για το solutions manual

[fourier]

Ναι έτσι είναι, απλώς η εκφώνηση έλεγε "2 bit για κάθε καταχωρητή", ενώ την έλυνε με 3 bit.

[antonios]

Kati allo, otan prepei na xexorisoume sygkekrimena bits, me tis maskes diladi...
to programma pos tha to kanoume se IJVM????
o arithmos einai ligo terastios, gia na ton fortosoume....

sorry gia ta greeklish, kati epathe to laptop mou 

[provataki]

Kati allo, otan prepei na xexorisoume sygkekrimena bits, me tis maskes diladi...
to programma pos tha to kanoume se IJVM????
o arithmos einai ligo terastios, gia na ton fortosoume....

sorry gia ta greeklish, kati epathe to laptop mou 

αν η μασκα σου πχ ειναι 01001 τοτε κανεις BIPUSH 9
και AND με τον αριθμο που ειχες πχ 00111 BIPUSH 7
                                                                 ΙΑΝD

[igoutas]

εαν έχω 36 bit και θέλω να υλοποιήσω 500 εντολές 1 διεύθυνση 15 bit και ένα register των 3 bit.
Τότε έχω 3 bit για το opcode (111) 9 bit για να δτάσουμε μέχρι to 500  15 bits για την διεύθυνση και 3 για τον καταχωρητή (αλήθεια τι βάζουμε για αυτό στο πίνακα) οπότε μας περισεύουν 6 bits απο τα αρχικά 36.


Τι κάνω με αυτά που μείνανε πως τα αναπαριστώ στο πίνακα????

σας δίνω τροφή μεσημεριάτικα!!

[Am@NiTa]

Kati allo, otan prepei na xexorisoume sygkekrimena bits, me tis maskes diladi...
to programma pos tha to kanoume se IJVM????
o arithmos einai ligo terastios, gia na ton fortosoume....

sorry gia ta greeklish, kati epathe to laptop mou 

τους βαζεις στα constants και τα φορτωνεις στη στοιβα με LDC_W

[antonios]

Kati allo, otan prepei na xexorisoume sygkekrimena bits, me tis maskes diladi...
to programma pos tha to kanoume se IJVM????
o arithmos einai ligo terastios, gia na ton fortosoume....

sorry gia ta greeklish, kati epathe to laptop mou 

τους βαζεις στα constants και τα φορτωνεις στη στοιβα με LDC_W

Όταν π.χ. πρέπει να κάνουμε μάι μάσκα του στυλ 00010000010000000010000000001011 δηλαδή 32 bits, αυτό πώς θα το φορτώσουμε σαν σταθερά????

[provataki]

Kati allo, otan prepei na xexorisoume sygkekrimena bits, me tis maskes diladi...
to programma pos tha to kanoume se IJVM????
o arithmos einai ligo terastios, gia na ton fortosoume....

sorry gia ta greeklish, kati epathe to laptop mou  

τους βαζεις στα constants και τα φορτωνεις στη στοιβα με LDC_W

Όταν π.χ. πρέπει να κάνουμε μάι μάσκα του στυλ 00010000010000000010000000001011 δηλαδή 32 bits, αυτό πώς θα το φορτώσουμε σαν σταθερά????

.constant
maska (sto dekadiko)
.end-constant

[ALEO]

Στις ασκησεις με επετεινομενο κωδικο πραξης, οταν η ALU διαθετει 12 καταχωρητες (π.χ. θεματα 2007 Α ομαδα), ποσα bits ειναι ο καθε καταχωρητης??   

[provataki]

Στις ασκησεις με επετεινομενο κωδικο πραξης, οταν η ALU διαθετει 12 καταχωρητες (π.χ. θεματα 2007 Α ομαδα), ποσα bits ειναι ο καθε καταχωρητης??   

θες τουλαχιστον 4 bits για να τους ονομασεις(2^4=16, 2^3=8). δε σε νοιαζει ποσα bits ειναι ο καταχωρητης.

[Sunshine]

Παιδιά μπορεί κάποιος να βοηθήσει στην επίλυση αυτού του θέματος?

Γιατί κάνει 10-5+5 = 10nsec?

Ένας κύκλος εδω πέρα είναι 5nsec ή 10nsec?

ενας κυκλος κανει 20nsec για μηχανη μιας βαθμιδας.

οταν εχεις 3 βαθμιδες, εισαγεται πρωτα μια εντολη, στο βημα R. μετα 5 sec εισαγεται δευτερη εντολη στο R και η πρωτη προχωρα στο C. Ετσι η δευτερη εντολή κερδιζει 5nsec απο την ανανγωση. αρα αφαιρουνται απο το συνολικο χρονο.

Βασικά όπως το κατάλαβα:

Σε μια βαθμίδα (πρώτα ολοκληρώνεται η μία εντολή και μετά εισάγεται η επόμενη) ο συνολικός χρόνος εκτέλεσης κάθε εντολής θα είναι t_R + t_C + t_W = 5 + 10 + 5 = 20nsec. 1/20n= 50MIPS.

Όμως με υλοποίηση μηχανής διοχέτευσης 3 σταδίων (R,C,W) -δες και τις αντίστοιχες σελίδες από το βιβλίο 77-78-, τότε υπάρχει δυνατότητα, όταν η τρεχούμενη εντολή βρίσκεται π.χ.στο στάδιο C, παράλληλα να εκτελείται το στάδιο R της επόμενης προς εκτέλεσης εντολής για εξοικονόμηση χρόνου.

Οπότε όταν η εντολή 1 φτάσει στο βήμα C, η εντολή 2 θα είναι στο βήμα R. Το βήμα R απαιτεί 5nsec ενώ το C 10nsec, όμως αυτό δεν έχει σημασία, η εντολή 2 δεν μπορεί να πάει στο βήμα C διότι αυτό είναι κατειλημένο από την εντολή 1 (άρα πρέπει να περιμένει).

Όταν η εντολή 1 φτάσει στο βήμα W, η 2 θα πάει στο C. t_W=5 ενώ t_C=10. Εμάς μας ενδιαφέρει από τη στιγμή που θα ολοκληρωθεί μία εντολή, σε πόσο χρόνο θα ολοκληρωθεί και η επόμενη, επομένως όταν η εντολή 1 τελειώσει το βήμα W, τότε αρχίζουμε να "μετράμε" χρόνο για την εντολή 2.
Άρα ο χρόνος που θα μετρήσουμε από τη στιγμή που θα ολοκληρωθεί η εντολή 1 έως την ολοκλήρωση της εντολής 2 θα είναι  (t_C-t_W) + t_W (διότι μετά το C η εντολή 2 θα περάσει και από το βήμα W).

Ξαναλέω, έτσι τουλάχιστον το κατάλαβα εγώ, μπορεί να κάνω και λάθος.

ναι κ εγώ ετσι το αντιλαμβανομαι.. αλλα δεν καταλαβα με την τριτη γραμμη που έχεις κάτω τι παιζει?
εχεις R C W
            R C W
               R  C W
παίζει ρόλο αν έχουμε 2 η 3 βαθμίδες?

[provataki]

Παιδιά μπορεί κάποιος να βοηθήσει στην επίλυση αυτού του θέματος?

Γιατί κάνει 10-5+5 = 10nsec?

Ένας κύκλος εδω πέρα είναι 5nsec ή 10nsec?

ενας κυκλος κανει 20nsec για μηχανη μιας βαθμιδας.

οταν εχεις 3 βαθμιδες, εισαγεται πρωτα μια εντολη, στο βημα R. μετα 5 sec εισαγεται δευτερη εντολη στο R και η πρωτη προχωρα στο C. Ετσι η δευτερη εντολή κερδιζει 5nsec απο την ανανγωση. αρα αφαιρουνται απο το συνολικο χρονο.

Βασικά όπως το κατάλαβα:

Σε μια βαθμίδα (πρώτα ολοκληρώνεται η μία εντολή και μετά εισάγεται η επόμενη) ο συνολικός χρόνος εκτέλεσης κάθε εντολής θα είναι t_R + t_C + t_W = 5 + 10 + 5 = 20nsec. 1/20n= 50MIPS.

Όμως με υλοποίηση μηχανής διοχέτευσης 3 σταδίων (R,C,W) -δες και τις αντίστοιχες σελίδες από το βιβλίο 77-78-, τότε υπάρχει δυνατότητα, όταν η τρεχούμενη εντολή βρίσκεται π.χ.στο στάδιο C, παράλληλα να εκτελείται το στάδιο R της επόμενης προς εκτέλεσης εντολής για εξοικονόμηση χρόνου.

Οπότε όταν η εντολή 1 φτάσει στο βήμα C, η εντολή 2 θα είναι στο βήμα R. Το βήμα R απαιτεί 5nsec ενώ το C 10nsec, όμως αυτό δεν έχει σημασία, η εντολή 2 δεν μπορεί να πάει στο βήμα C διότι αυτό είναι κατειλημένο από την εντολή 1 (άρα πρέπει να περιμένει).

Όταν η εντολή 1 φτάσει στο βήμα W, η 2 θα πάει στο C. t_W=5 ενώ t_C=10. Εμάς μας ενδιαφέρει από τη στιγμή που θα ολοκληρωθεί μία εντολή, σε πόσο χρόνο θα ολοκληρωθεί και η επόμενη, επομένως όταν η εντολή 1 τελειώσει το βήμα W, τότε αρχίζουμε να "μετράμε" χρόνο για την εντολή 2.
Άρα ο χρόνος που θα μετρήσουμε από τη στιγμή που θα ολοκληρωθεί η εντολή 1 έως την ολοκλήρωση της εντολής 2 θα είναι  (t_C-t_W) + t_W (διότι μετά το C η εντολή 2 θα περάσει και από το βήμα W).

Ξαναλέω, έτσι τουλάχιστον το κατάλαβα εγώ, μπορεί να κάνω και λάθος.

ναι κ εγώ ετσι το αντιλαμβανομαι.. αλλα δεν καταλαβα με την τριτη γραμμη που έχεις κάτω τι παιζει?
εχεις R C W
            R C W
               R  C W
παίζει ρόλο αν έχουμε 2 η 3 βαθμίδες?

ναι

[ggpyr]

βασικά πρέπει όντως να είναι 2 βαθμίδων αλλά επειδή η 1 εντολή τελειώνει το W σε 5ns δλδ πριν η 2η τελειώσει το C (10ns) μπαίνει ενδιάμεσα και η 3..
Όμως πάλι ταυτόχρονα έχουμε 2 εντολές

edit αλλά όμως μετά δεν θα είχαμε 100MIPS αφού θα υπήρχε και έξτρα άλλος χρόνος άρα άκυρο ότι νάνε