Prof. Ing. Fabio Roli Esercitazione 2 (Capitolo 3 del …...1.Spiegare come vengono interpretati gli indirizzi logici a 16 bit per recuperare l’informazione contenuta nella cache

Esercitazione 2 (Capitolo 3 del corso)Memoria CacheMemoria Disco

Codice di Hamming

Esercizi di Calcolatori Elettronici

Prof. Ing. Fabio Roli

Calcolatori Elettronici Sistema di Memoria - Prof. Fabio Roli 2

Sommario

• Memoria cache– Indirizzamento della memoria cache

– Allocazione di blocchi e insiemi• Metodo diretto

• Metodo associativo su insiemi• Metodo completamente associativo

– Calcolo dell’hit rate di cache

• Gerarchia di memorie– Calcolo del tempo medio di accesso alla gerarchia a due e tre

livelli

– Hit ratio condizionale

• Memoria a disco

• Codice di Hamming


Indirizzamento della memoria primaria

• Il Block Frame, costituito dagli m bit più significativi dell’indirizzo, individua la posizione, ovvero l’indirizzo, del blocco nella memoria primaria.

• L’ Offset, anche detto Word, è costituito dagli n bit meno significativi dell’indirizzo. Tale gruppo individua la posizione della parola all’interno di un dato blocco.

Block frame Offset=Word

Bit di indirizzamento della primaria

m bit n bit


Indirizzamento della memoria cache

• Per ottenere il “block frame”, è necessario uno scorrimento a destra di tanti bit quanti sono i bit di offset.

• Ciò equivale a dividere l’intero indirizzo per 2n, ovvero per il numero di parole in ciascun blocco:

– il quoziente è il Block frame;

– il resto fornisce invece l’Offset.

Block frame Offset=Word

m bit n bit

Shift di n bit


TAG Cache index

t bit r bit

BLOCK FRAME


• Il Block Frame è ulteriormente ripartito in TAG e in Cache Index. Quest’ultimo rappresenta:

– l’indirizzo del blocco=linea di “cache”, nel metodo diretto;

– l’indirizzo dell’insieme di “cache”, nel metodo associativo su insiemi.

• L’ Offset, anche detto Word, è uguale al caso della memoria primaria



• Per ottenere TAG e Cache Index, è necessario uno scorrimento a destra di r bit. Ciò equivale a dividere il Block Frame per 2r, il numero di blocchi/insiemi in cache:

– Il quoziente è il TAG;

– Il resto fornisce il Cache Index.

TAG Cache index

t bit r bit

Shift di r bit



Ricapitolando

BlockFrame = Int Address2n

æèç

öø÷

Offset = Mod Address2n

æèç

öø÷

CacheIndex = Mod BlockFrame2r

æèç

öø÷

TAG = IntBlockFrame

2r

æèç

öø÷


Esercizio 1• Si assuma che:

– la memoria primaria contenga 8 blocchi;

– la cache contenga 4 blocchi;

– ogni blocco contenga 16 parole, per un totale di 128 parole in memoria primaria, 64 in memoria cache.

01

765432

01

32

Mem. Primaria

Mem. Cache

Blocchi


Indirizzamento diretto

• <TAG 1 bit><Cache Index 2 bit><Offset 4 bit>

• La cache è vuota. Supponiamo che la memoria richieda l’accesso alla parola di memoria primaria di indirizzo 10310=(1100111)2.– Il sistema va prima a cercare la parola

nella cache.

– E’ necessario l’indirizzo del blocco di memoria primaria, dato da: Block Frame = Int(103/16) = 6.

– Poi si individua il blocco di cache dove si dovrebbe trovare la parola con l’operazione:Cache Index = Mod(6/4) = 2.

Ma quel blocco è vuoto.

01

32

Mem. Cache



• Il sistema va allora a prelevare il blocco di primaria dove si trova la parola 103.

• Viene dunque prelevato tutto il blocco 6 (ovvero tutte le parole contenute in quel blocco) della primaria e copiato nel blocco 2 della cache.

01

765432

Mem. Primaria

01

32

Mem. Cache



• Supponiamo adesso che il sistema voglia accedere alla parola di indirizzo 35.

– Il blocco di primaria è Int(35/16) = 2.

– Il corrispondente blocco di cache è Mod(2/4) = 2.

• Ma il blocco 2 è stato appena occupato dal blocco 6 della primaria (lo si verifica attraverso il TAG).

• Si rende allora necessario sovrascrivere il blocco 2 di cache con il nuovo blocco di primaria (cache miss).


Indirizzamento associativo su insiemi• Se raggruppiamo a due a due i blocchi della cache,

generando così due insiemi, possiamo usare il metodo associativo su insiemi.

• <TAG 2 bit><Set Index 1 bit><Offset 4 bit>

Insieme 1

Insieme 0

01

765432

Mem. Primaria

Mem. Cache


Indirizzamento associativo su insiemi

• La cache è vuota. Supponiamo che la memoria richieda l’accesso alla parola di indizzo primaria pari a 103.

• Il sistema va prima a cercare la parola nella cache. E’ necessario l’indirizzo del blocco di memoria primaria, dato da: Int(103/16) = 6.

01

765432

Mem. Primaria



• Il passo successivo è individuare l’insieme della cache dove cercare il blocco, con l’operazione: Mod(6/2) = 0

Insieme 1

Insieme 0

Mem. Cache• Attraverso il TAG il sistema

scansiona i due blocchi di cache dell’insieme 0 per verificare la presenza del blocco di primaria cercato.

• L’insieme è però vuoto. Si rende necessario il trasferimento del blocco 6 di primaria in uno dei due blocchi di cache liberi.



• Il blocco 6 di primaria viene così allocato nel primo blocco disponibile dell’insieme 0 di cache. La situazione della cache è quella descritta in figura.

• Supponiamo ora che il sistema richieda la parola di indirizzo 35, presente nel blocco Int(35/16) = 2 di primaria. L’insieme di cache ha indirizzo Mod(2/2) = 0

• Poiché c’è ancora un blocco libero in quell’insieme, non è necessaria alcuna sostituzione: il blocco 2 di primaria verrà allocato nel blocco libero.

(6)

blocco libero

(6)

(2)


Da ricordare

• Per sapere l’indirizzo della prima e dell’ultima parola del blocco N di primaria, essendo D la dimensione del blocco:

• N si ottiene dalla formula:

1)1()0(

-+×=-×=

DDNDWordDNWord

÷øö

çèæ=

DxWordIntN )(


Esercizio 2

• Il sistema di memoria di un calcolatore è formato da una memoria principale di dimensione pari a 64MB e da una memoria cache di dimensione pari a 512KB. La memoria è indirizzabile al singolo byte (parola= 1 byte).

• Calcolare il numero di bit necessario per indirizzare la memoria primaria.

• Dire inoltre come viene indirizzata la cache, sapendo che la memoria è suddivisa in blocchi da 4 byte (4 parole da 1 byte):– con il metodo diretto;– con il metodo associativo su insiemi, con insiemi di 4

blocchi.


Soluzione

• 26 bit di indirizzamento• Metodo diretto:

– <tag 7 bit> <cache index 17 bit> <offset 2 bit>

• Metodo associativo su insiemi a 4 vie (4 blocchi): – <tag 9 bit> <set index 15 bit> <offset 2 bit>


Esercizio 3

• Si consideri un calcolatore che dispone di una memoria cache di 256 byte. La cache usa un metodo di allocazione del tipo “associativo su insiemi” (16 insiemi). L’indirizzamento usato è a 16 bit, è possibile accedere al singolo byte e la memoria è suddivisa in blocchi da 4 byte.

1. Spiegare come vengono interpretati gli indirizzi logici a 16 bit per recuperare l’informazione contenuta nella cache.

2. A che cosa corrispondono gli indirizzi: CC84, A017, FF1A, 012B?

3. Se gli indirizzi A7x1 e 03By possono essere assegnati allo stesso insieme di cache, quali valori possono avere le cifre x e y?


Soluzione

1. <TAG 10 bit> <Set Index 4 bit> <Offset 2 bit>2.CC84 ==> CC 10|00 01|00 ==> insieme 1, tag CC(10)2, byte 00A017 ==> A0 00|01 01|11 ==> insieme 5, tag A0(00)2, byte 11FF1A ==> FF 00|01 10|10 ==> insieme 6, tag FF(00)2, byte 10012B ==> 01 00|10 10|11 ==> insieme 10, tag 01(00)2, byte 11

3.

A7x1 ! A7 x3 x2|x1 x0 0 0 |0 103By ! 03 1 0 |1 1 y3 y2|y1 y0x =(x3 x2 1 1 )2 = 3,7,B,F.y =(0 0 y1 y0)2 = 0,1,2,3.


Esercizio 4

• Si consideri un calcolatore che dispone di una memoria principale di 64 Kbyte suddivisa in blocchi di 8 byte. E' possibile accedere al singolo byte e la modalità di indirizzamento usata per la cache, costituita da 32 blocchi indirizzabili, sia quella “diretta”.

1. Spiegare, precisando il significato e la funzione dei diversi campi, come vengono interpretati gli indirizzi logici per recuperare l’informazione contenuta nella cache.

2. Indicare in quali blocchi di primaria si trovano i seguenti byte (indirizzi in esadecimale): 111B, C334, D01D, AAAA.


Esercizio (cont’d)

3. Indicare in quali blocchi di cache devono essere memorizzati i byte del passo precedente. Se tali parole venissero richieste sequenzialmente, quanti sarebbero gli hit di cache (ipotizzando la cache inizialmente vuota)?

4. Si supponga che il byte di indirizzo 1A1A sia memorizzato in cache. Indicare gli indirizzi di tutti gli altri byte memorizzati nello stesso blocco di cache.


Soluzione

1. Spiegare, precisando il significato e la funzione dei diversi campi, come vengono interpretati gli indirizzi logici per recuperare l’informazione contenuta nella cache.

• 64Kbyte = 216 byte

• 8 byte per blocco ! 3 bit di indirizzamento singolo byte

• 32 blocchi indirizzabili ! 5 bit di indirizzamento

• Quindi:<Tag 8 bit> <Cache Index 5 bit> <Offset 3 bit>


Soluzione (cont’d)

2. Indicare in quali blocchi di primaria si trovano i seguenti byte (indirizzi in esadecimale):111B, C334, D01D, AAAA.

111B " 0001 0001 | 0001 1 | 011 " Block frame ( 547)10C334 " 1100 0011 | 0011 0 | 100 " Block frame (6246)10D01D " 1101 0000 | 0001 1 | 101 " Block frame (6659)10AAAA " 1010 1010 | 1010 1 | 010 " Block frame (5461)10



2. Indicare in quali blocchi di cache devono essere memorizzati i byte del passo precedente:111B, C334, D01D, AAAA.

111B " 0001 0001 | 0001 1 | 011 " Block frame ( 547)10 " Cache index 3

C334 " 1100 0011 | 0011 0 | 100 " Block frame (6246)10 " Cache index 6

D01D " 1101 0000 | 0001 1 | 101 " Block frame (6659)10 " Cache index 3AAAA " 1010 1010 | 1010 1 | 010 " Block frame (5461)10 " Cache index 21



111B, C334, D01D, AAAA.111B " 0001 0001 | 0001 1 | 011 " Block frame ( 547)10 " Cache index 3C334 " 1100 0011 | 0011 0 | 100 " Block frame (6246)10 " Cache index 6

D01D " 1101 0000 | 0001 1 | 101 " Block frame (6659)10 " Cache index 3AAAA " 1010 1010 | 1010 1 | 010 " Block frame (5461)10 " Cache index 21

3. Se tali parole (byte) venissero richieste sequenzialmente, quanti sarebbero gli hit di cache (ipotizzando la cache inizialmente vuota)?

Zero, perché non viene mai richiesta una parola che sta in un bloccodi memoria primaria che è già stato caricato in cache. Anche nel casodella parola di indirizzo D01D che deve essere allocata in un bloccodi cache già pieno (numero 3) si tratta di una parola che sta in unblocco di memoria primaria diverso (si veda i diversi tag).



4. Si supponga che il byte di indirizzo 1A1A sia memorizzato in cache. Indicare gli indirizzi di tutti gli altri byte memorizzati nello stesso blocco di cache.

• Dato che:1A1A " 0001 1010 0001 1 | 010

si ottiene facilmente che gli altri byte contenuti nello stesso blocco sono:1A18 (offset 000), 1A19 (offset 001),1A1B (offset 011), 1A1C (offset 100),1A1D (offset 101), 1A1E (offset 110),1A1F (offset 111).


Esercizio 5

• Si consideri un calcolatore che dispone di unamemoria principale di 32 KB e di una memoriacache di 4 KB. E’ possibile accedere al singolobyte e la memoria è suddivisa in blocchi da64 B.

1. Spiegare come vengono interpretati gli indirizzidi memoria primaria per recuperarel’informazione contenuta nella cache nel casovenga usata la modalità di indirizzamento:– Diretto;– Associativo su insiemi, in cui ciascun insieme è

formato da 4 blocchi.


Esercizio (cont’d)

2. Si consideri la cache di cui alla domanda precedente, indirizzata con la modalità associativa su insiemi. Ipotizzare che il processore acceda ai byte di indirizzo0, 1, 2,…, 4095 in questo ordine.Si ipotizzi inoltre che la cache sia inizialmente vuota.Calcolare il numero di “cache hit” e “cache miss” per questa sequenza di richieste.


Soluzione

• Metodo diretto:– <TAG 3 bit><Cache Index 6 bit><Offset 6 bit>

– Offset è 6 bit perché i blocchi sono da 64B e quindi servono 6 bit per indirizzare byte all’interno blocco

– Cache index è 6 bit perché cache ha dimensione 4KB= 212 e quindi ci sono 212/ 26= 26 (64) blocchi di cache

• Notare che poiché le 4096 (212) parole di memoriaprimaria richieste sono in sequenza (0, 1, 2,…, 4095),il sistema richiede l’accesso ai primi 212/ 26= 26 (64)blocchi di memoria primaria.


Soluzione

• Metodo set-associativo:– <TAG 5 bit><Set Index 4 bit><Offset 6 bit>

– Set Index è da 4 bit perché la cache contiene 26 blocchi, gli insiemi sono da 4 blocchi, ergo abbiamo 26 blocchi/ 22 = 24

insiemi.


Soluzione

• Metodo set-associativo:– <TAG 5 bit><Set Index 4 bit><Offset 6 bit>

– Poiché gli insiemi di cache sono 16= 24, indirizzati da 0 a 15, i blocchi di primaria da 0 a 15 vengono allocati nel primo blocco libero di ciascun insieme

– I blocchi di primaria da 16 a 31 vengono allocati nel secondo blocco libero degli insiemi da 0 a 15, e così via.

Set Index = indirizzo-blocco-primaria modulo numero-insiemi-cache

• Set Index: indirizzo dell’insieme della cache• Esempi: 0 modulo 16 = 0, 1 modulo 16= 1…..15 modulo 16 = 15,

16 modulo 16= 0, 17 modulo 16 =1, ecc.



• Quando viene richiesta la parola 0 avremo un "cache miss”, che provoca il caricamento del blocco 0 nell'insieme 0, in cache.

• Le successive richieste di byte di indirizzo 1, 2, …, 63 vengono quindi soddisfatte dalla cache ("cache hit").

• Dal momento che le richieste sono in tutto 64, avremo 64 "cache miss" e 63*64=4032 "cache hit", cui corrisponde un "hit ratio" pari a 0.98 (4032/4096).


Gerarchia di memoria

• Tempo medio di accesso:

T = HCTC + (HP - HC )(TP + TC ) + (1- HP )(TD + TP + TC ) =

T = TC + (1- HC )TP + (1- HP )TD


Esercizio 6

• Calcolare il tempo medio di accesso alla gerarchia di memoria, sapendo che – la cache ha un tempo di accesso pari a 15 ns

– la primaria ha un tempo di accesso pari a 40 ns

– il disco ha un tempo di accesso pari a 10 ms

– l’hit ratio di cache è pari a 0.95

– l’hit ratio di primaria è pari a 0.98

T = TC + (1- HC )TP + (1- HP)TD = 0.2ms


Hit ratioDiagramma di Venn

• Qual è la relazione tra gli hit ratio dei diversi livelli di memoria?

Disco PrimariaCache

0 < Hc < Hp < Hd = 1

c: la parola è in cache

p: la parola è in primaria

d: la parola è nel disco

Hit ratio nei diversi livelli di memoria


D P C

X X

X X X

X

X X X

X X X

X X X

X X

X X X

X

X X X

𝐻! =610

𝐻" =810

c: la parola è in cache

p: la parola è in memoria primaria

d: la parola è nel disco


Esercizio 7

• Sia data una gerarchia di memoria costituita da memoria cache, memoria primaria e disco. Durante l’esecuzione di un programma viene rilevato che su 1000 parole richieste 950 sono state trovate in cache e 30 sono state trovate in memoria primaria ma non sono state trovate in cache. Istruzioni e dati del programma sono tutti memorizzati su disco.

• Sapendo che i tempi di accesso alla cache, alla primaria ed al disco valgono, rispettivamente, 4 nsec, 40 nsec, 2 msec, si calcoli il tempo medio di accesso alla gerarchia.


Soluzione

Dai dati del problema abbiamo i tempi di accesso dei vari livelli della gerarchia, si tratta quindi solo di calcolare gli hit ratio Hc, Hp, Hd.

T = HCTC + (HP - HC )(TP + TC ) + (1- HP )(TD + TP + TC ) =

T = TC + (1- HC )TP + (1- HP )TD

Ricordiamo che tempo medio accesso è dato da:


Soluzione

• Calcolo dei parametri Hc, Hd:

– Nel caso di Hc, dalla definizione si ha subitoHc = 950/1000 = 0.95, in quanto 950 è il numero di «hit» in cache.

– Per quanto riguarda Hd, sappiamo dal testo che istruzioni e dati sono tutti memorizzati su disco. Per cui Hd = 1.


Esercizio 7• Durante l’esecuzione di un programma viene rilevato che su 1000 parole

richieste 950 sono state trovate in cache e 30 sono state trovate in memoria primaria ma non sono state trovate in cache. Istruzioni e dati del programma sono tutti memorizzati su disco.

Disco PrimariaCache


Soluzione

• Calcolo del parametro Hp:Dal testo: Su 1000 parole richieste 950 sono state trovate in cache e 30 sono state trovate in memoria primaria ma non sono state trovate in cache.


Soluzione

• Calcolo del parametro Hp:

– Per quanto riguarda Hp, il problema fornisce soltanto il numero di successi quando il dato non è presente in cache, ovvero Hp-Hc=30/1000, da cui Hp=Hc+30/1000=0.98.



• Applicando la formula del tempo medio della gerarchia, si ottiene:

• T = 0.95 * 4 + (0.98 – 0.95) * (4 + 40) + (1 – 0.98) * (4 + 40+ 2 * 106) = 3.8 + 1.32 + 40000,88 =40006 ns = 40.006 ms.

))(1())(( CPDPCPCPCC TTTHTTHHTHT ++-++-+=


Esercizio 8 sulla cache (LRU, FIFO)

• Si consideri una memoria primaria costituita da 128parole e una memoria cache costituita da 16 parole. Ilmetodo di indirizzamento della cache sia quelloassociativo su insiemi a due vie con blocchi di 4 parole.Si considerino le seguenti chiamate ad altrettante parole(indirizzi espressi in decimale):52, 24, 1, 44, 25, 37, 47, 4, 3, 45, 61.

• Si indichi il contenuto della cache, ovvero quali paroleoccupano i relativi blocchi di cache, dopo l’ultimachiamata, nel caso si adoperino algoritmi dirimpiazzamento FIFO e LRU.


Soluzione

• <TAG 4 bit><Set Index 1 bit><Offset 2 bit>

– Indirizzamento memoria primaria è da 7 bit perchèmemoria primaria è costituita da 128 parole

– Offset vale 2 bit perchè blocchi di 4 parole

– Set index (indirizzo degli insiemi di cache) vale 1 bitperché abbiamo insiemi a due «vie» (due blocchi perinsieme). Cache ha ampiezza 16 parole, ergo ci sono 4blocchi in cache, ciascuno da 4 parole. I blocchi sonoraggruppati in insiemi a due vie, cioè con due blocchiper insieme, ergo la cache contiene 2 insiemi.


Soluzione

• <TAG 4 bit><Set Index 1 bit><Offset 2 bit>– Si considerino le seguenti chiamate a parole di

memoria primaria (indirizzi espressi in decimale):52, 24, 1, 44, 25, 37, 47, 4, 3, 45, 61.

– Domanda: si indichi il contenuto della cache, ovvero quali parole occupano i relativi blocchi di cache, dopo l’ultima chiamata, nel caso si adoperino algoritmi di rimpiazzamento FIFO e LRU.

– Dobbiamo trovare l’allocazione delle parole di primaria in cache…


Soluzione

– Sequenza indirizzi espressi in decimale di parole primaria:52, 24, 1, 44, 25, 37, 47, 4, 3, 45, 61.

– Dobbiamo trovare l’allocazione delle parole di primaria in cache…

– Due passi:

1)Calcolo allocazione parole primaria nei blocchi primaria

2)Calcolo allocazione blocchi primaria nei blocchi di cache tenendo conto che indirizzamento della cache è quello associativo su insiemi a due vie con blocchi di 4 parole.


Soluzione

1)Calcolo allocazione parole primaria nei blocchi primariaB.F. (Block Frame = Indirizzo di blocco in primaria)= Int(X/4). Dove X è indirizzo parola in primaria e 4 è dimensione blocco

2)Calcolo allocazione blocchi primaria nei blocchi di cacheS.I. (Set Index) = Mod(B.F./2)

Ogni insieme di cache contiene 2 bocchi.Ergo per calcolare l’allocazione dei blocchi di primaria negli insiemidi cache devo calcolare il resto modulo 2.


Soluzione

• Ricaviamo il set index per ogni chiamata:B.F. = Int(X/4);S.I. = Mod(BF/2).

X 52 24 1 44 25 37 47 4 3 45 61

B.F. 13 6 0 11 6 9 11 1 0 11 15

S.I. 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1


Soluzione

• Strategia FIFO (First In First Out)

X 52 24 1 44 25 37 47 4 3 45 61

B.F. 13 6 0 11 6 9 11 1 0 11 15

S.I. 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1

Set0

6 6 6 6 6 6 6 6 6 6

0 0 0 0 0 0 0 0 0

Set1

13 13 13 13 13 9 9 9 9 11 11

11 11 11 11 1 1 1 15

Hit X X X

La chiamata alla parola di indirizzo 37 causa rimpiazzamento del blocco 13, il primo entrato, con blocco 9. Chiamata parola 4 fa rimpiazzare blocco 11 (secondo entrato) con blocco 1., ecc. In rosso i blocchi che via via ne rimpiazzano altri.


Soluzione

• Strategia FIFO, stato finale della cache

• Hit rate = 3/11

B.F. Words

Set0

6 24, 25, 26, 27

0 0, 1, 2, 3

Set1

11 44,45,46,47

15 60,61,62,63


Soluzione

• Strategia LRU (Least Recently Used)

X 52 24 1 44 25 37 47 4 3 45 61

B.F. 13 6 0 11 6 9 11 1 0 11 15

S.I. 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1

Set0

6 6 6 6 6 6 6 6 6 6

0 0 0 0 0 0 0 0 0

Set1

13 13 13 13 13 9 9 1 1 1 15

11 11 11 11 11 11 11 11

Hit X X X X

Nel caso della chiamata alla parola «37» (B.F. 9) viene sostituito il blocco 13 perchémeno recentemente usato rispetto al blocco «11», nel caso di «4» viene sostituito«9» perché «11» aveva avuto un «hit» (uso) subito prima.


Soluzione

• Strategia LRU, stato finale della cache

• Hit rate = 4/11

B.F. Words

Set0

6 24, 25, 26, 27

0 0, 1, 2, 3

Set1

15 60,61,62,63

11 44,45,46,47

Confronto FIFO con LRU

• In questo esempio LRU risulta migliore di FIFO

• 4 hit invece di 3

• In questo esempio vantaggio di LRU è dovuto al fatto che LRU tiene conto che il blocco 11 pur essendo entrato «prima» del 9 in cache è stato usato più recentemente.

• Ergo conviene rimpiazzare il «9» perché il principio di località temporale ci suggerisce che il blocco «11» potrebbe dover essere usato di nuovo. E così accade alla chiamata della parola «45».



Esercizio sulla cache (cont’d)

2. Durante il test delle chiamate alla memoria da parte di un programma in esecuzione si sono ottenuti i seguenti valori di performance per una gerarchia di memorie a tre livelli: Hc = 0.9, Hp = 0.75, Hd = 0.99. Il programma era completamente memorizzato nel disco. Hc, Hp, Hd sono gli hit ratio di cache, primaria e disco.Spiegare, motivando chiaramente la risposta, se i valori ottenuti sono compatibili con quanto ci si attende da una gerarchia di memoria.


Soluzione

• Ovviamente no, per 2 motivi:1. La condizione Hc < Hp < Hd non è rispettata;

2. Hd non è uguale a 1, nonostante il processo sia interamente memorizzato sul disco!


Esercizio 9 sulla cache

• E’ data una gerarchia di memoria cache-primaria. La memoria primaria è di 512 KB mentre la cache è di64 KB. E’ possibile indirizzare il singolo byte, e la memoria primaria è suddivisa in blocchi di 32 B.

1. Indicare, sapendo che l’indirizzo della prima parola è pari a 0, l’indirizzo della prima e dell’ultima parola del blocco di memoria primaria con block frame pari a 16.

2. Indicare, specificando l’ampiezza e la funzione dei diversi campi, come vengono interpretati gli indirizzi di memoria primaria e gli indirizzi di cache secondo il metodo di indirizzamento diretto, associativo e set-associativo a otto vie.


Soluzione alla domanda 1• Utilizziamo le formule:

– N corrisponde al Block Frame;– D è il numero di parole/blocco.

• Indirizzo della prima parola del blocco:Block Frame * D = 16 * 32 = 512.

• Indirizzo dell’ultima parola del blocco:Indirizzo della prima parola del blocco + D – 1 == 512 + 32 – 1 = 543.

1)1()0(

-+×=-×=

DDNDWordDNWord


Soluzione alla domanda 2

• Memoria primaria da 512 KB, indirizzabile al singolo byte– 512 K = 29 x 210 = 219

– Sono necessari 19 bit per l’indirizzamento in primaria

• Blocchi di 32 B, indirizzabili al singolo byte– 32 = 25 implica che sono necessari 5 bit di offset

• <Block Frame 14 bit><Offset 5 bit>• Quanti blocchi ci sono in cache?

– Cache da 64 KB; 32 B/blocco.

– Quindi: 64 KB / ( 32 B/blocco ) = 2K blocchi =2048 blocchi.



• Metodo diretto– Il cache index identifica i blocchi in cache.

– Dato che sono presenti 2048 = 211 blocchi in cache, sono richiesti 11 bit di indirizzamento.

– <TAG 3 bit><Cache Index 11 bit><Offset 5 bit>

• Metodo completamente associativo– TAG = Block Frame

(non esiste il set index, dato che si ha solo 1 insieme).

– <TAG 14 bit><Offset 5 bit>



• Metodo set-associativo, insiemi a 8 vie– E’ necessario capire quanti insiemi sono presenti in

cache. Dato che i blocchi in cache sono 2048, avremo 2048 blocchi / (8 blocchi/insieme) = 28 insiemi

– Il set index dovrà indirizzare 28 insiemi, quindi saranno necessari 8 bit.

– <TAG 6 bit><Set Index 8 bit><Offset 5 bit>


Esercizio 9bis sulla cache (cont’d)

3. Ipotizzando la cache piena, indicare in quale linea di cache viene allocato il blocco indicato nel punto 1(Block Frame=16) con i metodi di indirizzamento esaminati nel punto 2. Si indichi e descriva, dove necessario, almeno un algoritmo di rimpiazzamento.


Soluzione alla domanda 3• Metodo diretto: C.I.=mod(16/211)=16.

Quindi il blocco 16 di primaria viene allocato, sostituendoil blocco precedente, se con TAG diverso, nella linea 16 dicache.

• Metodo associativo: a meno che in una delle linee dellacache non sia presente un blocco con medesimo TAG, ilblocco dovrà essere allocato rimpiazzando un blocco dicache. Usando l’algoritmo di rimpiazzamento FIFO, ilblocco da rimpiazzare è quello che era stato allocato perprimo in cache.

• Metodo set-associativo (insiemi a 8 vie): S.I.=mod(16/28)=16. 16 corrisponde all’indirizzo dell’insieme. Il blocco 16 sostituirà, a meno di hit, uno degli otto blocchi allocati nell’insieme 16, secondo la strategia di rimpiazzamento utilizzata.


Memoria a disco

• Parametri:– Tempo di latenza

– T. di posizionamento

– T. di lettura


Memoria a disco• Parametri:

– Tempo di latenza

– T. di posizionamento

– T. di lettura


Esercizio (17/02/2002)

• Sia dato un disco rigido con le seguenti caratteristiche: velocità:7200 giri/min, 200 settori per traccia, capacità di un settore 8KB, tempo per lo spostamento della testina fra due tracceconsecutive: 1ms.

• Calcolare il tempo di trasferimento di un blocco di 128 KB neiseguenti casi:1. il blocco è stato registrato su settori contigui sulla stessa traccia e la

testina si trova posizionata sul primo settore del blocco;2. i settori del blocco in questione siano registrati su tracce diverse la

cui distanza media è pari a 12 tracce e la testina si trovi posizionataall'inizio del primo settore del blocco.



• TROT = 60 / 7200 = 0.0083 secondi

• Il tempo di lettura di un settore lo si ricava dividendo il tempo dirotazione per il numero di settori per traccia (200).Tlett = TROT / 200 = 41.67 microsec.

• Se il blocco si trova registrato di seguito su una stessa traccia ela testina si trova già posizionata sul primo settore del blocco, iltempo di lettura totale è uguale a 16 volte il tempo ditrasferimento di un settore (visto che i dati sono registrati su128KB/(8KB/settore) = 16 settori).

• Tempo per la lettura di un blocco di 128 KB= 16 * 41.67 microsec = 666.72 microsec = 0.666 ms.



• In questo caso bisogna considerare:– Il tempo di posizionamento (pari a 12 ms);

– Il tempo di latenza (pari a TROT/ 2 ms = 4.17 ms).

• Tpos e Tlat sono necessari per calcolare il tempo di letturadei blocchi successivi al primo (in tutto 15 blocchi).

• T= Tlett + 15*(Tlett+Tpos+Tlat) = 243.216 ms



• Un disco presenta le seguenti caratteristiche: 7200 giri/min, 100 settori per traccia, tempo di spostamento da una traccia a quelle adiacenti 1 ms, 101 tracce per superficie, 32 B per settore.

• Calcolare il tempo medio di lettura di un blocco di 1 KB da disco, nell’ipotesi che il primo settore utile si trovi nella prima traccia, che la testina si trovi nell’ultima traccia all’istante iniziale, e che i settori del blocco siano situati, a due a due, in tracce diverse distanti mediamente 4 tracce.


Soluzione

• Parametri:– TROT = 60 / 7200 = 0.0083 secondi

– TLAT = TROT / 2 = 0.00415 secondi

– Tlett = TROT / 100 = 0.0833 ms (per 1 settore)

– Tsp = 1ms

– Tpos = 4*Tsp= 4 ms.

• Numero di settori richiesti per il blocco da 1 KB: 1024B/(32B/settore) = 32 settori.


Soluzione

• Settori non contigui– In questo caso occorre considerare che per leggere i

primi 2 settori (residenti sulla prima traccia) la testina dovrà attraversare 100 tracce. Visto che i settori restanti sono a due a due sulla stessa traccia, occorrerà inoltre dimezzare il tempo di posizionamento medio.

• Tempo di lettura del blocco da 1KB: – T = 100 * Tsp + 2*Tlett + 2*TLAT +

30 * (TLAT + Tpos/2 + Tlett) = = 100*1 + 2*0.083 + 2*4.15+30*(4.15+2+0.083) == 295.46 ms


Soluzione

• Settori contigui• Tempo di lettura del blocco da 1KB:

– T = 100 * Tsp + 2*Tlett + TLAT +30 * (TLAT/2 + Tpos/2 + Tlett) =

= 100*1 + 2*0.083 + 4.15+30*(4.15/2+2+0.083) == 229.06 ms



• Si consideri un disco rigido con le seguenticaratteristiche:– velocità di rotazione = 5400 giri/min;

– tempo medio di posizionamento = 5 ms;

– 34 settori per traccia di 512 byte ciascuno.

• Calcolare il tempo medio di trasferimento di unfile da 8 KB considerando:– il caso migliore;

– il caso medio.


Soluzione

• Trot = 60/5400 sec = 11.11 ms• Tlat = Trot/2 = 5.555 ms• Tlett = Trot /34 = 0.327 ms (tempo di lettura di un

settore)• Tpos = 5 msec.• Numero di settori richiesti dal file

N = 8 KB / (512B/settore) = 16 settori.


Soluzione

• Caso migliore: il file è posizionato su settori consecutivi della stessa traccia e la testina è posizionata all’inizio del primo settore. Dato che il file può essere memorizzato in una sola traccia:– T = N * Tlett = 5.232 msec.

• Caso medio: il file è posizionato su settori collocati in tracce diverse e la testina si trova in un punto qualsiasi del disco.– T = N * (Tlat + Tpos + Tlett) = 16 * 10.882 = 174.112 msec


Codice di Hamming

• Relazione tra i bit di controllo (K) e di informazione (N):

N.B.: N+K corrisponde alla lunghezza della stringa codificata

• Capire quali bit controllano il bit in posizione n:

2K ³ N + K +1

Posizione (n) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Bit c0 c1 b0 c2 b1 b2 b3 c3 b4 b5 b6 b7

n = Ci 2

i

iå


Codice di Hamming

c0 = b0 (exor) b1 (exor) b3

(exor) b4 (exor) b6

c1 = b0 ex b2 ex b3 ex b5 ex b6

c2 = b1 ex b2 ex b3 ex b7

c3 = b4 ex b5 ex b6 ex b7

Posizione (n) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Bit c0 c1 b0 c2 b1 b2 b3 c3 b4 b5 b6 b7

n = Ci 2

i

iå

Es. b2

n=6=21+22

Quindi b2 è controllato da c1 e c2



• I trasferimenti di parole a/dalla memoria di un calcolatore sono codificati utilizzando il codice di Hamming.Si consideri la stringa di 12 bit 001001101110 (il bit meno significativo è a sinistra), risultata della codifica di una parola di N bit secondo il codice di Hamming.

1. Calcolare N, supponendo di aver fatto uso del numero minimodi bit di controllo necessario per una stringa di 12 bit;

2. Scrivere la parola di N bit a partire dalla stringa data;3. Indicare eventuali errori nella stringa codificata, specificando

quale dei bit è stato alterato.


Soluzione

1. Deve essere rispettata la condizione:

– dove K è il numero di bit di controllo inseriti.Essendo N + K = 12, il numero minimo di bit di controllo (K) richiesto è 4. Da cui N = 8.

2. La sequenza in ingresso presenta la seguente struttura:

Quindi la parola di N bit risulta 10111110

2K ³ N + K +1

c0 c1 b0 c2 b1 b2 b3 c3 b4 b5 b6 b7

0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0


Soluzione

3. Per verificare la presenza di un errore, dobbiamo ricalcolare il vettore di controllo a partire dalla sequenza ricevuta. Si ha:

c’0 = EXOR (b0 b1 b3 b4 b6 ) = 0c’1 = EXOR (b0 b2 b3 b5 b6 ) = 1c’2 = EXOR (b1 b2 b3 b7 ) = 0c’3 = EXOR (b4 b5 b6 b7 ) = 1


Soluzione (cont’d)• Il passo successivo è calcolare il vettore di errore dato

dalla differenza dei vettori di controllo c e c’:

e0 = c0 EXOR c’0 = 0e1 = c1 EXOR c’1 = 1e2 = c2 EXOR c’2 = 0e3 = c3 EXOR c’3 = 1


Soluzione

• Poiché il vettore risultante 1010 (e3e2e1e0) non è nullo, vi è un errore nella stringa di 12 bit data e precisamente nella posizione indicata dal vettore di errore tradotto in notazione decimale. Il bit sbagliato è quindi il decimo (b5), e la parola corretta è 10111010.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

c0 c1 b0 c2 b1 b2 b3 c3 b4 b5 b6 b7

0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0



• I trasferimenti di parole a/dalla memoria di uncalcolatore sono codificati utilizzando il codicedi Hamming. Si consideri la parola di 7 bit0110101 (il bit meno significativo è asinistra).

1. Calcolare il minimo numero di bit di controllonecessari per la codifica della parola;

2. codificare la parola data;3. imporre un errore nel quinto bit della parola

inizialmente data. Spiegare come l’errore vienerivelato e corretto per mezzo della codifica diHamming.


Soluzione


– dove K è il numero di bit di controllo.Essendo N = 7, il numero minimo di bit di controllo richiesto è K = 4.

2K ³ N + K +1


Soluzione

2. Codificare 0110101

La parola codificata è 10001100101

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

c0 c1 b0 c2 b1 b2 b3 c3 b4 b5 b6

0 1 1 0 1 0 1

c0 = EXOR (b0 b1 b3 b4 b6 ) = 1

c1 = EXOR (b0 b2 b3 b5 b6 ) = 0

c2 = EXOR (b1 b2 b3 ) = 0

c3 = EXOR (b4 b5 b6 ) = 0

1 0 0 0


Soluzione

3. Nell’ipotesi di un errore sul quinto bit (b4) della stringainiziale, la stringa ricevuta risulta: 10001100001.Per rivelare questo errore, bisogna ricalcolare i bit dicontrollo:

c’0 = EXOR b0 b1 b3 b4 b6 = EXOR 0 1 0 0 1 = 0

c’1 = EXOR b0 b2 b3 b5 b6 = EXOR 0 1 0 0 1 = 0

c’2 = EXOR b1 b2 b3 = EXOR 1 1 0 = 0

c’3 = EXOR b4 b5 b6 = EXOR 0 0 1 = 1


Soluzione• Il passo successivo è calcolare il vettore di errore dato dalla

differenza dei vettori di controllo c e c’:

e0 = exor c0 c’0 = exor 1 0 = 1e1 = exor c1 c’1 = exor 0 0 = 0e2 = exor c2 c’2 = exor 0 0 = 0e3 = exor c3 c’3 = exor 0 1 = 1

• Poiché il vettore risultante 1001 non è nullo, vi è un errore nellastringa di 11 bit e precisamente nella posizione indicata dalvettore di errore tradotto in notazione decimale (posizione 9). Ilbit sbagliato nella stringa codificata è quindi b4, che può esseredunque corretto.



• Le parole trasferite a/dalla memoria di un calcolatore sono codificate utilizzando il codice di Hamming. Si consideri la stringa di 13 bit 1010011011101 (il bit meno significativo è a sinistra), risultato della codifica di una parola di N bit secondo il codice di Hamming.

1. Calcolare N, supponendo di aver fatto uso del numero minimo di bit di controllo necessari.

2. Scrivere la parola di N bit a partire dalla stringa data.

3. Indicare eventuali errori nella stringa codificata, specificando quale dei bit è stato alterato.


Soluzione


– dove K è il numero di bit di controllo inseriti.Essendo N + K = 13, il numero minimo di bit di controllo (K) richiesto è 4. Da cui N = 9.

2. La sequenza in ingresso presenta la seguente struttura:

Quindi la parola di N bit risulta 101111101

2K ³ N + K +1

c0 c1 b0 c2 b1 b2 b3 c3 b4 b5 b6 b7 b8

1 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0 1


Soluzione

3. Per verificare la presenza di un errore, dobbiamo ricalcolare il vettore di controllo a partire dalla sequenza ricevuta. Si ha:

c’0 = EXOR b0 b1 b3 b4 b6 b8 = 1c’1 = EXOR b0 b2 b3 b5 b6 = 1c’2 = EXOR b1 b2 b3 b7 b8 = 1c’3 = EXOR b4 b5 b6 b7 b8 = 0

N.B.: b8 si trova in posizione n = 13 = 1+4+8,quindi è controllato da c0 , c2 , c3 .


Soluzione (cont’d)• Il passo successivo è calcolare il vettore di errore dato

dalla differenza dei vettori di controllo c e c’:

e0 = EXOR c0 c’0 = EXOR 1 1 = 0e1 = EXOR c1 c’1 = EXOR 0 1 = 1e2 = EXOR c2 c’2 = EXOR 0 1 = 1e3 = EXOR c3 c’3 = EXOR 0 0 = 0


Soluzione

• Poiché il vettore risultante 0110 (e3e2e1e0) non è nullo, vi è un errore nella stringa di 13 bit data e precisamente nella posizione indicata dal vettore di errore tradotto in notazione decimale. Il bit sbagliato è quindi il sesto (b2), e la parola corretta è 100111101.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

c0 c1 b0 c2 b1 b2 b3 c3 b4 b5 b6 b7 b8

0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0 1

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Prof. Ing. Fabio Roli Esercitazione 2 (Capitolo 3 del …...1.Spiegare come vengono interpretati gli indirizzi logici a 16 bit per recuperare l’informazione contenuta nella cache