文章目錄
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- 1. Week 3
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- 1.1. Wed
- 1.2. Thu
- 1.3. Fri
- 1.4. Sat
- 1.5. Sun
- 2. Week 4
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- 2.1. Mon
- 2.2. Tue
- 2.3. Wed
- 2.4. Thu
- 2.5. Fri
- 2.6. Sat
- 2.7. Sun
1. Week 3
1.1. Wed
程式P 在機器M 上的執行時間是20 秒，編譯優化後，P 執行的指令數減少到原來的70%，而CPI 增加 到原來的1.2 倍，則P 在M 上的執行時間是 [北京科技大學]
A．8.4 秒
B．11.7 秒
C．14 秒
D．16.8 秒
注：CPI表示執行一條指令所需要的時鐘周期數 = 總時鐘周期數/IC；IC表示總指令數
答案：D
解析：設程式P有i 條指令， 則編譯優化前，CPI0＝20/i。編譯優化後， 指令條數為i x 70% ，CPI＝1.2 x 20/i ， 因而編譯優化後，P 在M 上的執行時間＝i x 70% x 1.2 x 20/i ＝16.8 秒。
1.2. Thu
假定基準程式A 在某計算機上的運作時間為100 秒，其中90 秒為CPU 時間，其餘為I/O 時間。若CPU 速度提高50%，I/O 速度不變，則運作基準程式A 所耗費的時間是 [北京科技大學]
A．55 秒
B．60 秒
C．65 秒
D．70 秒
答案：D
解析：CPU 速度提高50%，即CPU 性能提高比為1.5，改進之後的CPU 運作時間＝90÷1.5＝60 秒。I/O 速度不變，仍維持10 秒，是以運作基準程式A 所耗費的時間為70 秒。
1.3. Fri
假設某計算機按字編址，Cache有4 個行，Cache 和主存之間交換的塊大小為1 個字。若Cache 的内容初 始為空，采用2 路組相聯映射方式和LRU 替換算法，當通路的主存位址依次為0，4，8，2，0，6，8，6，4，8 時，命中Cache 的次數為 [杭州電子科技大學]
A．1
B．2
C．3
D．4
答案：C
解析：Cache 有4 個行，2 路組相聯，即Cache 被分成2 組，每組2 行。主存位址為0～1、4～5、8～9 可映射到第0 組Cache中，主存位址為2～3、6～7 可映射到第1 組 Cache中。Cache 初始為空，采用LRU 替換 算法，當通路主存的10 個位址依次為0，4，8，2，0，6，8，6，4，8 時，命中Cache的次數共有3 次，分别發 生在第7、8 和10 步時。
注：計數器的變化規則
- 命中時，所命中的行的計數器清零，比其低的計數器加1，其餘不變。
- 未命中且還有空閑行時，新裝入的行的計數器置0，其餘全加1。
- 未命中且無空閑行時，計數值為3的資訊塊被淘汰，新裝入的塊的計數器置0，其餘全加1。
1.4. Sat
在計算機體系結構中，CPU 内部包括程式計數器PC、存儲器資料寄存器MDR、指令寄存器IR 和存 儲器位址寄存器MAR 等。若CPU 要執行的指令為：MOV R0 ，100（即将數值100 傳送到寄存器R0 中），則CPU 首先要完成的操作是 。[杭州電子科技大學]
A．100→R0
B．100→MDR
C．PC→MAR
D．PC→IR
答案：C
解析：無論運作什麼類型的指令，CPU 首先需要取指令，取指令階段的第一個操作就是将指令位址（程式計數器PC 中的内容）送往存儲器位址寄存器。
1.5. Sun
浮點數加減運算過程一般包括對階、尾數運算、規格化、舍人和判斷溢出等步驟。設浮點數的階碼和 尾數均采用補碼表示，且位數分别為5 位和7 位（均含2 位符号位）。若有兩個數X＝27×29/32，Y＝25×5/8， 則用浮點加法計算X＋Y 的最終結果是 。[杭州電子科技大學]
A．001111100010
B．001110100010
C．010000010001
D．發生溢出
答案：D
解析：根據題意，X 可記為00,111;00,11101（分号前為階碼，分号後為尾數） ，Y 可記為00,101;00,10100；首先對階，X、Y 階碼相減，即00,111 一00,101＝00,111＋11,011＝00,010（最高位進位自然丢棄） ，可知X 的階 碼比Y 的階碼大2，根據小階向大階看齊的原則，将Y 的階碼加2，尾數右移2 位，得Y 為00,111;00,00101；尾數相加，即00,11101＋00,00101＝01,00010，尾數相加結果符号位為01，故需進行右規；規格化，将尾數右移1 位，階碼加1，得X＋Y 為01,000;00,10001 ，階碼符号位為01，說明發生溢出。
2. Week 4
2.1. Mon
若x＝103，y＝－25，則下清單達式采用8 位定點補碼運算實作時，會發生溢出的是 [杭州電子科技大學]
A．x＋y
B．－x＋y
C．x－y
D．－x－y
注： n n n位補碼定點整數表示範圍為 [ − 2 n , 2 n − 1 ] [-2^n, 2^n-1] [−2n,2n−1]
答案：C
解析：8位定點補碼能表示的數的範圍為：－128～127。A 項，結果為78，B 項，結果為－128，D 項， 結果為－78 都在此範圍内。C 項，結果128 超過了8 位定點補碼能表示的數的範圍，會發生溢出。
2.2. Tue
由3 個“1”和5 個“ 0”組成的8 位二進制補碼，能表示的最小整數是 [杭州電子科技大學]
A．－126
B．－125
C．－32
D．－3
答案：B
解析：能表示的最小整數一定是負數，符号位占用1 個“1”；負數的補碼和原碼的轉化是：原碼符号位不 變，數值部分按位取反，末位加“ 1”。是以最小的整數的補碼是“ 10000011”，原碼為“ 11111101”，即(－125)。
2.3. Wed
設在網絡中傳送采用偶校驗的ASCII 碼，當收到的資料位為1101 0100 時，可以斷定 [杭州電子科技大學]
A．未出錯
B．出現偶數位錯
C．未出錯或出現偶數位錯
D．出現奇數位錯
答案：C
解析：一位奇偶校驗碼隻能發現奇數位錯誤。本題中，收到的資料中有偶數個1，這樣可能沒有出錯，也可能是出現了偶數位錯誤（奇偶校驗碼無法發現偶數位錯）。
2.4. Thu
若[x] 補＝ ( 1 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 ) B (1 x_1 x_2 x_3 x_4 x_5 x_6)_B (1x1x2x3x4x5x6)B，其中 x i x_i xi 取 0 或1，若要 x > − 32 x > -32 x>−32，應當滿足 。 [杭州電子科技大學]
A．x1為0，其他各位任意
B．x1 為1，其他各位任意
C．x1 為1，x2,x6中至少有一位為1
D．x1為0 , x2,x6 中至少有一位為1
答案：C
解析：[x]補的符号位為1，是以x 一定是負數。絕對值越小，數值越大，是以，要滿足x＞－32，則x 的 絕對值必須小于32。是以，x1為1，x2, x6 中至少有一位為1，這樣，各位取反末尾加1 後，x1 一定為0，x2, x6 中至少有一位為1，這使得x 的絕對值保證小于32。
2.5. Fri
某計算機有16 個通用寄存器，采用32 位定長指令字。操作碼字段（含尋址方式位）為8 位，Store 指令的 源操作數和目的操作數分别采用寄存器直接尋址和基址尋址方式，若基址寄存器可使用任一通用寄存器，且偏移量用補碼表示，則Store 指令中偏移量的取值範圍是 。 [北京科技大學]
A．－32768～＋32767
B．－32767～＋32768
C．－65536～＋65535
D．－65535～＋65536
答案：A
解析：采用32位定長指令字，其中操作碼為8位，兩個位址碼共占用 32-8=24 位，而 Store 指令的源操作數和目的操作數分别采用寄存器直接尋址和基址尋址，機器中共有16個通用寄存器，是以一個寄存器需要log2(16)=4位，源操作數中的寄存器直接尋址用掉4位，而目的操作數采用基址尋址也要指定一個寄存器，同樣用掉4位，則留給偏移址的位數為16位。指令編址方式如下所示
16 位補碼取值範圍為－32768～＋32767，是以偏移量取值範圍為－32768～＋32767。
2.6. Sat
某計算機的控制器采用微程式控制方式， 微指令中的操作控制字段采用字段直接編碼法， 共有33個微命 令，構成5 個互斥類，分别包含7、3、12、5 和6 個微指令，則操作控制字段至少有 。 [杭州電子科技大學]
A．5 位
B．6 位
C．15 位
D．33 位
答案：C
解析：33 個微指令分成5 個互斥類（即5 個字段），根據每個類中微指令的多少可以分别确定字段的長度 為3、2、4、3、3 位，又因為采用直接編碼方式， 是以它們之和3＋2＋4＋3＋3＝15 也就是操作控制字段的位數。
2.7. Sun
在補碼表示的機器中，若寄存器 A 中原存的數為 ( 9 E ) H (9E)_H (9E)H，現存的數為 ( C F ) H (CF)_H (CF)H，則表明執行的一條指令是。 [國防科技大學]
A．算術左移
B．邏輯左移
C．算術右移
D．邏輯右移
答案：C
解析：寄存器A 中原存内容10011110，現存内容11001111，說明執行了一條算術右移指令。