计算机组成原理期末总结

写在前面

为迎接期末，总结了下知识点，供个人复习使用，仅供参考。

本文用到的复习资料：点我跳转，提取码：1l49

为方便读者，PDF文件下载链接已放到文章底部。如需markdown文件，请移步优快云资源下载：点我跳转

我总结的其它专业课：点我跳转

1.计算机系统概论

知识点

1.时钟周期是计算机中最基本的、最小的时间单位。在一个时钟周期内，CPU仅完成一个最基本的动作。

2.主频(时钟频率)：每秒钟含有多少个时钟周期(1.2GHz即每秒钟含有1.2x10⁹个时钟周期)。

3.CPI：一条指令所需要的时钟周期个数。

4.MIPS：每秒钟能执行多少个100万条指令。

5.MFLOPS：每秒百万次浮点操作次数。

6.CPU执行时间：TCPU=In×CPI×TC (指令条数*一条指令需要几个时钟周期*时钟周期长度)

In：执行程序中指令的总数

CPI(Clock Cycle Per Instruction)：执行每条指令所需的平均时钟周期个数
TC：时钟周期时间的长度

7.吞吐量：计算机某一时间间隔内能够处理的信息量(能吞多少)

8.响应时间：从事件开始到事件结束的时间,也称执行时间.

7.冯●诺依曼型计算机设计思想主要有两项:

• 将十进制改为二进制,从而大大简化了计算机的结构和运算过程;
• 存储程序的思想，将程序与数据一起存储在计算机内，使得计算机的全部运算成为真正的自动过程。

存储（程序）并按（地址）顺序执行，这是冯•诺依曼型计算机的工作原理。

8.用嘴(一句一句最后不生成目标程序)来解释，用手(一步到位最后生成目标程序)来编译

编译程序将高级语言转换为机器代码再执行，解释程序用源程序直接解释，解释一句执行一句不用转换成机器代码。所以编译要比解释速度快

9.控制器可根据不同的周期(取指周期或者执行周期)来区分该地址的存储单元存储的是数据还是指令。

习题

1.假定机器M的时钟频率为200MHz，程序P在机器M上的执行时间为12s。对P优化，将所有乘4指令都换成了一条左移两位的指令，得到优化后的程序P’。若在M上乘法指令的CPI为102，左移指令的CPI为2，P的执行时间是P’执行时间的1.2倍，则P中的乘法指令条数为_______4x10⁶________

答：P’的执行时间为10s,比12少了2s，由时钟频率得每秒有2x10⁸个时钟周期，即少了4x10⁸个时钟周期

每条左移指令比乘法指令少了100个时钟周期，那么乘法指令个数即总共少的时钟周期/每条指令少的时钟周期

p和p’的时间差是因为指令被替换了，而所有被替换的指令个数就是乘法指令个数

2.此题MIPS为400

答：平均CPI=2x0.5+ 3x0.2+4x0.1+5x0.2=3，即执行一个指令平均需要3个周期

MIPS为每秒可执行的百万条指令数，1.2GHZ为1200MHZ即一秒有1.2*10⁹个周期，总周期=一个指令所需周期*有多少指令。1200/3=400（M=10⁶,G=10⁹）

3.程序P在机器M上的执行时间是20s，编译优化后，P执行的指令数减少到原来的70%，而CPI增加到原来的1.2倍，则P在M上的执行时间是_______16.8s____

答：CPI即执行一条指令所需的时钟周期数。假设M机器原时钟周期为x,原CPI为y, P程序的指令数为z，可得P程序执行时间为xyz= 20s。

编译优化后M机器的CPI变为1.2y, P程序的指令数变为0.7z,则P程序执行时间为1.2*0.7xyz,故其执行时间为
16.8s。

4.某工作站采用时钟频率f为15MHz，处理速率为10MIP/S的处理机来执行一个已知混合程序。假定每次存储器存取为1周期延迟，此计算机的有效CPI是_______1.5_____________，假定将处理机的时钟频率提高到30MHz，但存储器子系统速率不变。这样，每次存储器存取需要两个时钟周期，如果30%指令每条只需要一次存储存取，而另外5%每条需要两次存储存取，还假定已知混合程序的指令数不变，并与原工作站兼容，则改进后的处理机性能相比原来的_______提高_____________

答：CPI即每个指令需多少周期，已知每秒有15*10⁶个周期，每秒可以处理10*10⁶个指令，那么总周期数/总指令数即为CPI

15*10⁶/10*10⁶=1.5 (注意和后面那个1周期延迟没有关系，不要被他迷惑，这个周期延迟已经被计算在前面的10MIP/s中了)

处理性能是否提高就看处理速率是否提高了。30%需要一次存取，由于每次存取增加了1周期延迟，那么这30%就得增加一个周期，而同理另外5%需要增加两周期。则CPI_new=CPI_原+30%*1+5%*2=1.9 (原CPI已经包括原来的1周期延迟，只需将计算新增的即可)

又已知现在每秒有30*10⁶个周期，那么处理速率为总周期数/每指令所需周期数=30×10⁶/(1.9×10⁶)= 15.79MIP/S，所以提高了

5.假定计算机M1和M2具有相同的指令集体系结构，主频分别为1.5 GHz和1.2 GHz。在M1和M2_上运行某基准程序P，平均CPI分别为2和1，则程序P在M1和M2_上运行时间的比值是?

答：M1的CPI为2即2周/指，而M2为1周/指。同样的程序P即指令数相同。M1的周期T1=1/1.5*10⁹，M2的周期T1=1/1.2*10⁹

那么每条指令所需时间分别为2×T1和1×T2，指令数相同，那时间比值就等于一条指令所需时间比值即(2×T1)/(1*T2)=8/5

2.运算方法和运算器

知识点

1.数字0在原码反码补码的表示

[+0]原码=0000 0000， [-0]原码=1000 0000

[+0]反码=0000 0000， [-0]反码=1111 1111

[+0]补码=0000 0000， [-0]补码=0000 0000 （补码中是唯一的）

0的移码也是唯一的1000 0000

由于补码0是唯一的所以补码范围要多一个负数(总共都是256个数)

2.对于规格化的浮点数，尾数有三种形式：（小数点左边的是符号位）

• 原码表示时尾数的小数点后第一数位为1，数符任意

• 补码和反码表示时尾数的符号位与小数点后第一数位不同

• 1.1xx……X(原码)

• 1.0XX……X(补码、反码)

• 0.1xx……x(原码、补码、反码)

原理是保证 1> |M|≥ 0.5

3.余3码就是8421码加3所得

4.奇偶校验码：加上校验码后1的个数为奇数就是奇校验。不具备纠错能力。

5.海明码：设有k个数据位，则应设r个校验位，r满足2^r-1 ≥ k + r 。发现两位错误纠正一位错误。

6.循环冗余检验码(CRC)：k位校验位拼接在n位数据位后面，即为n+k，发现并纠正一位或多位错误

7.A的ascii码：65 a的ascii码：97

8.已知[x]_补，求[-x]_补：将[x]_补连同符号位求反+1

9.移码就是补码的符号位求反

由于负数的补码如-21(101011)看着好像大于21(010101)，实际正好是21更大，所以浮点数的阶码用移码表示能直观的看出大小便于加减运算

10.-1的补码永远是全1(可理解为全1加1等于全0)

11.由于补码溢出无法看出是上溢(大于最大数)还是下溢，因此引入变形补码

• 两个符号位不同时表溢出(01为正溢出，10为负溢出(看第一位))
• 最高位那个数代表真正的符号位
• 两个符号位均参与运算，若进位舍去

12.IEEE754计算公式：真值x=(-1)^S1.M2^e（S为符号位(正还是负)，E为阶码(转换成e代表多少次方)，M为尾数(小数点后面的数)，顺序为SEM）其中e=E-127(可记成大E大所以要减)

13.补码的1000 0000为什么代表-128

补码就是同余，比如-3的原码是1011而它的反码是1100则补码为1101,无符号的1101是13和-3正好模2⁴同余

所以给出一个负数的补码将其看为无符号数减去2ⁿ(n为总位数)即代表真值

为什么会这样呢？4位二进制可表示16个数，那么想表示负数怎么办，就用同余的思想，-1就用15表示，-2就用14表示，-3就用13(1101)表示

回到本题，给出补码求真值，将其看成无符号数即为128，与128模2⁸同余的负数即为-128（也可用128-2⁸计算）

14.IEEE754的尾数用原码表示，阶码用指数的移码-1表示（所以E=e+127）

习题

1.写出D=101101的海明码

答：1️⃣首先确定检验位的个数：k=6，2^r-1 ≥ k + r即2^r ≥7+r，所以r=4

2️⃣确定检验码的位置：检验码P_i(i=1,2…)的位置为2^i-1（2⁰,2¹,2²…）

注意从M10到M1，从大到小且没有0

3️⃣求出检验码的值：校验位Pi的值即为所有需要Pi校验的数据位求异或。

如P2对应M2，需要它的有D1即M3(2+1)、D3即M6(2+4)、D4即M7(2+4+1)…

所以最后的海明码为1011100100

2.已知x=11011，y=-10101，用变形补码计算x+y

注意一定要先转换成补码再添符号位运算

3.假设M(x)=x³+1(发送信息的多项式)，G(x)=x³+x+1(生成多项式，代表校验位信息)。

1️⃣ 那么M(x)代表的二进制码为: 1001(1*x³+1*x⁰)，G(x)代表的二进制码为: 1011

2️⃣将M(x)的多项式左移G(x)的最高次数，变为1001 000

3️⃣将1001 000对1011做模2除法得到余数为110,将其与被除数1001合并得到CRC码1001 110

这里要注意第三步的模2除法和普通除法不同，模2除法不会向上一位借位也不比较被除数和除数的大小(位数相同即可)，如图中第三位商数(1101>1000但仍可做减操作)

4.若浮点数x的754标准存储格式为(41360000)₁₆ ,求其浮点数的十进制数值。

注意阶码没有符号位

5.将数(20. 59375)₁₀转换成754标准的32位浮点数的二进制存储格式。

6.某机器数为1000 0000B，若它代表0，则它是（原）码形式。若代表-128，则它是（补）码形式。若代表-127，则它是（反）码形式。

答：若是原码形式，就是-0。若是反码形式时，转换为原码就是1111 1111即-127(-(2⁷-1)) ，若是补码，1000 0000无符号时是2⁷=128，所以该补码代表-128（详情见上面知识点）

7.某机字长32位，其中1位符号位，31位表示尾数，若用定点小数表示，则最大正小数为多少？（B）

A.(1-2^-32) B.(1- 2^-31 ) C.2^-32 D.2^-31

答：这样的题就用4位的先试试。4位最大小数就是 0 111，也就是0.875 即1-2^-3 所以可推出32位时最大是 1-2^-31

8.IEEE 754单精度浮点数格式