PAGE195PAGE196第章《計(jì)算機(jī)組成原理（微課版）》

部分習(xí)題解析10.1第1章習(xí)題解析1.2選擇題。（1）D解析：I.二進(jìn)制只有0和1兩種狀態(tài)，算術(shù)邏輯運(yùn)算規(guī)則都簡單。II.兩種狀態(tài)正好可用高、低電平表示，物理器件很容易制造。二進(jìn)制與邏輯量相吻合。III.利用邏輯門電路很容易實(shí)現(xiàn)算術(shù)運(yùn)算電路。（2）C解析：馮·諾依曼結(jié)構(gòu)計(jì)算機(jī)中程序的功能都通過CPU執(zhí)行指令完成，選項(xiàng)A正確。指令和數(shù)據(jù)形式上無差別，數(shù)據(jù)可以看成指令，指令也可以看成數(shù)據(jù)，取指令階段訪存取出的是指令，執(zhí)行階段訪存取出的是數(shù)據(jù)，選項(xiàng)B正確。指令按地址訪問，數(shù)據(jù)由指令的地址碼給出，并且除立即數(shù)尋址外，指令都無法直接給出數(shù)據(jù)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。馮·諾依曼結(jié)構(gòu)計(jì)算機(jī)的主要工作原理是存儲程序和程序控制，在程序執(zhí)行前，指令和數(shù)據(jù)需預(yù)先存放在存儲器中，選項(xiàng)D正確。（3）C解析：匯編程序負(fù)責(zé)將匯編代碼轉(zhuǎn)換為目標(biāo)代碼；鏈接程序負(fù)責(zé)將多個(gè)目標(biāo)代碼以及庫函數(shù)鏈接為一個(gè)可執(zhí)行目標(biāo)代碼文件；編譯程序負(fù)責(zé)將高級語言源程序翻譯成目標(biāo)代碼文件；解釋程序負(fù)責(zé)將源程序逐條翻譯成對應(yīng)的機(jī)器目標(biāo)代碼，并立即執(zhí)行，翻譯一句執(zhí)行一句，并且不會生成目標(biāo)程序。（4）A解析：將源程序轉(zhuǎn)換為可執(zhí)行目標(biāo)文件的過程分為預(yù)處理、編譯、匯編、鏈接四個(gè)階段。（4）A解析：硬件能直接執(zhí)行的只能是機(jī)器語言程序（二進(jìn)制編碼）；匯編語言是機(jī)器語言程序的助記符表示，經(jīng)過匯編后才能被執(zhí)行；硬件描述語言程序是用于描述硬件電路的代碼，不是可運(yùn)行的程序。（X）B解析：機(jī)器字長通常與CPU的寄存器位數(shù)、加法器有關(guān)。故選B。（5）D解析：MIPS（即每秒百萬條指令）是整型指令性能指標(biāo)，CPI是指執(zhí)行每條指令所需要的平均時(shí)鐘周期數(shù)，IPC是CPI的倒數(shù)，只有MFLOPS是描述浮點(diǎn)操作速度的指標(biāo)。（X）D解析：PFLOPS=每秒一千萬億(1015)次浮點(diǎn)運(yùn)算。故93.0146PFLOPS≈每秒9.3×106次浮點(diǎn)運(yùn)算，即每秒9.3億億次浮點(diǎn)運(yùn)算，故選D。（6）D解析：CPU時(shí)鐘頻率越高，完成指令的一個(gè)執(zhí)行步驟的時(shí)間就越短，執(zhí)行指令的速度就越快，正確。優(yōu)化數(shù)據(jù)通路結(jié)構(gòu)可以有效提高計(jì)算機(jī)系統(tǒng)的吞吐量，從而加快程序的執(zhí)行，II正確。對程序進(jìn)行編譯優(yōu)化可以得到更優(yōu)的指令序列，從而縮短程序的執(zhí)行時(shí)間，III正確。（7）C解析：基準(zhǔn)程序CPI=2×0.5+3×0.2+4×0.1+5×0.2=3，主頻為1.2GHz，即1200MHz，該機(jī)器的MIPS=1200/3=400。（8）D解析：程序A的運(yùn)行時(shí)間為100s，減去CPU時(shí)間90s，剩余10s為I/O時(shí)間。CPU提速后運(yùn)行基準(zhǔn)程序A所耗費(fèi)的時(shí)間是T=90/1.5+10=70s。（9）D解析：Tcpu=CPI×IC×T，程序執(zhí)行時(shí)間與CPI和指令條數(shù)IC是線性關(guān)系，所以新的執(zhí)行時(shí)間是0.7×1.2×20=16.8s。（10）C解析：由Tcpu=CPI×IC×T=CPI×IC×(1/f)，可知M1的時(shí)間=2×IC/1.5，M2的時(shí)間=1×IC/1.2，IC為指令條數(shù)，兩者比值為(2×IC/1.5)/(1×IC/1.2)=1.6，因此選C。（X）A解析：CPI指平均每條指令的執(zhí)行需要多少個(gè)時(shí)鐘周期。由于80%的指令執(zhí)行平均需要1個(gè)時(shí)鐘周期，20%的指令執(zhí)行平均需1個(gè)時(shí)鐘周期，因此CPI=80%×1+20%×10=2.8。計(jì)算機(jī)主頻為1GHz,程序P共執(zhí)10000條指令，平均每條指令需要2.8個(gè)時(shí)鐘周期，因此，CPU執(zhí)行時(shí)間=(10000×2.8)/109=2.8×10-5s=28μs。（X）C解析：P每條指令平均需要1.2個(gè)時(shí)鐘周期，機(jī)器M的主頻為1.5GHZ代表每秒共有1.5G個(gè)時(shí)鐘周期，則每秒能執(zhí)行1.5G/1.2=1.25G條指令。執(zhí)行P程序共需要51051.2=6105個(gè)時(shí)鐘周期，每秒有1.5G個(gè)時(shí)鐘周期，則610?個(gè)時(shí)鐘周期共需要6105/1.5G103=0.4ms。所以答案為C。1.3馮·諾依曼結(jié)構(gòu)計(jì)算機(jī)的基本思想是什么？按此思想設(shè)計(jì)的計(jì)算機(jī)硬件系統(tǒng)應(yīng)由哪些部件組成？它們各有何作用？答：存儲程序和程序控制是馮·諾依曼結(jié)構(gòu)計(jì)算機(jī)的主要設(shè)計(jì)思想?！按鎯Τ绦颉笔侵笇⒔忸}的步驟編寫成程序，然后將程序和運(yùn)行程序所需要的數(shù)據(jù)以二進(jìn)制的形式存放到存儲器中，方便執(zhí)行。而“程序控制”則是指計(jì)算機(jī)中的控制器逐條取出存儲器中的指令并按順序執(zhí)行，控制各功能部件進(jìn)行相應(yīng)的操作，完成數(shù)據(jù)的加工處理。馮·諾依曼結(jié)構(gòu)計(jì)算機(jī)由運(yùn)算器、控制器、存儲器、輸入/輸出設(shè)備和總線組成，各組成部分的作用如下。運(yùn)算器：對數(shù)據(jù)進(jìn)行加工處理。控制器：根據(jù)指令功能產(chǎn)生各功能部件的控制信號序列，完成指令的功能。存儲器：存放程序和數(shù)據(jù)。輸入設(shè)備：將信息輸入計(jì)算機(jī)內(nèi)部的外部設(shè)備。輸出設(shè)備：備?？偩€：連接兩個(gè)或多個(gè)設(shè)備（部件）的公共信息通路。1.4計(jì)算機(jī)系統(tǒng)從功能上可劃分為哪些層次？各層次在計(jì)算機(jī)系統(tǒng)中起什么作用？答：計(jì)算機(jī)系統(tǒng)分成６級層次結(jié)構(gòu)，自下向上分別是邏輯門層、微代碼層、指令集架構(gòu)層、操作系統(tǒng)層、匯編語言層、高級語言層。邏輯門層是計(jì)算機(jī)系統(tǒng)底層的硬件系統(tǒng)；微代碼層為指令集架構(gòu)層提供機(jī)器指令的解釋執(zhí)行功能；指令集架構(gòu)層是軟硬件系統(tǒng)的界面，可通過機(jī)器語言編寫程序?qū)崿F(xiàn)對計(jì)算機(jī)硬件的控制；操作系統(tǒng)層負(fù)責(zé)調(diào)度計(jì)算機(jī)中的軟件和硬件資源，方便用戶使用計(jì)算機(jī)；匯編語言層使用與機(jī)器直接相關(guān)的匯編語言編寫程序，匯編成目標(biāo)代碼可直接在機(jī)器上運(yùn)行；高級語言層是面向用戶的抽象層，使用與機(jī)器無關(guān)的高級語言編程，代碼在編譯器的作用下生成匯編代碼。1.5解：CPI1=20.4+30.2+40.15+50.25=3.25MIPS1=f

/(CPI1106)=600106/(3.25106)≈185CPI2=20.4+20.2+30.15+40.25=2.65MIPS2=f

/(CPI2106)=800106/(2.65106)≈3021.6解：（1）優(yōu)化前：CPI==10.4+20.2+20.15+20.25=1.6。優(yōu)化后：A、B、C、D這4類指令在程序中所占比例分別為1/4、1/4、3/16、5/16，CPI==11/4+21/4+23/16+25/16=1.75。（2）優(yōu)化前：MIPS=f

/(CPI106)=(500106)/(1.6106)=312.5。優(yōu)化后：MIPS=f

/(CPI106)=(500106)/(1.75106)≈285.7。（3）優(yōu)化后，程序中A類指令條數(shù)減少，其他指令不變，各指令CPI不變，所以程序執(zhí)行時(shí)間變短，但程序的CPI卻變大，MIPS變小，所以不能簡單地通過這此指標(biāo)來評斷計(jì)算機(jī)性能。10.2第2章習(xí)題解析2.2選擇題。（1）B解析：可以用掃描法求解負(fù)數(shù)補(bǔ)碼，此時(shí)符號位為1，真值數(shù)據(jù)位從右到左順序掃描，右起第一個(gè)1及其右邊的0保持不變，其余各位求反，因此剩下的兩個(gè)“1”在最低位時(shí)，表示最小整數(shù)，為10000011，轉(zhuǎn)換成真值為-125。（X）B解析：n位補(bǔ)碼整數(shù)的最小值是1,00…0(即-2n-1)；最大值是0,11…1(即2n-l-1)。n位補(bǔ)碼整數(shù)所能表示的范圍是-2n-1～2n-1-1，32位補(bǔ)碼整數(shù)所能表示的范圍是-231~231-1。（X）D解析：若x，y和z均為無符號整數(shù)，則x>y>z，A和B錯(cuò)誤。若x，y和z均為帶符號整數(shù)，補(bǔ)碼的最高位是符號位，0表示正數(shù)，1表示負(fù)數(shù)，因此z為正數(shù)，而x和y為負(fù)數(shù)。對于x和y的比較，數(shù)值位取反加1，可知x=-3H,y=-21H，故x>y。D選項(xiàng)正確。（X）A解析：有符號short型變量通常采用16位補(bǔ)碼表示。這里首先將數(shù)值8190轉(zhuǎn)換為二進(jìn)制形式：8190=0001111111111110B,然后取其二進(jìn)制補(bǔ)碼(逐位取反后加1)，補(bǔ)碼為1110000000000010B,轉(zhuǎn)化為16進(jìn)制為E002H。因此答案為A。（2）A解析：兩種數(shù)據(jù)類型長度都是16位，進(jìn)行數(shù)據(jù)類型轉(zhuǎn)換時(shí)，機(jī)器碼保持不變，unsignedshortusi=65535=(1111111111111111)2，有符號短整型si采用補(bǔ)碼表示，其真值是-1，所以選A。（3）B解析：將一個(gè)16位unsignedshort轉(zhuǎn)換成32位unsignedint，小字長轉(zhuǎn)大字長，需要根據(jù)原數(shù)據(jù)是否是有符號數(shù)進(jìn)行不同的位擴(kuò)展。如果原數(shù)據(jù)是無符號類型，則進(jìn)行零擴(kuò)展，否則進(jìn)行符號擴(kuò)展；擴(kuò)展數(shù)據(jù)的高位部分利用原數(shù)據(jù)符號位填充。這里都是無符號數(shù)，采-5=FFFAH，采用零擴(kuò)展，所以y的機(jī)器數(shù)為0000FFFA。（4）D解析：相同字長整型數(shù)據(jù)類型轉(zhuǎn)換，機(jī)器碼不變，s采1位補(bǔ)碼表示，-32767=-32768+1，所以其機(jī)器碼=(1000000000000001)2=8001H，該機(jī)器碼轉(zhuǎn)換成無符號數(shù)值為32769。（X）B解析：整形i的機(jī)器碼為0x00008009，轉(zhuǎn)換成short型直接截去高16位，si的機(jī)器碼為8009，繼續(xù)轉(zhuǎn)換為32位會采用符號擴(kuò)展方式，所以j的機(jī)器碼為FFFF8009，轉(zhuǎn)換成真值為-32759。（X）A解析：選項(xiàng)A的十進(jìn)制小數(shù)1.2轉(zhuǎn)換成二進(jìn)制的結(jié)果是無限循環(huán)小數(shù)1.001100110011…，無法用精度有限的IEEE754格式精確表示。（5）A解析：本題主要考查IEEE754單精度浮點(diǎn)數(shù)的表示，需要將真值轉(zhuǎn)換為單精度浮點(diǎn)編碼，先將x轉(zhuǎn)換成二進(jìn)制為-1000.01=-1.00001×23，根據(jù)IEEE754單精度浮點(diǎn)數(shù)格式，E=127+3=130=(10000010)2，去掉隱藏位，尾碼為(00001000000000000000000)2。IEEE754單精度浮點(diǎn)數(shù)格式為數(shù)符（1位）+階碼（8位）+尾數(shù)（23位），因此FRl內(nèi)容如下：(11000001000001000000000000000000)2=C1040000H（6）A解析：該數(shù)采用IEEE754單精度浮點(diǎn)數(shù)格式表示為C6400000H，采用二進(jìn)制格式表示為(11000110010000000000000000000000)2。階碼值=(10001100)2-127=(1101)2=13，恢復(fù)隱藏位則尾數(shù)=(1.1)2=1.5，符號位為1表示負(fù)數(shù)，因此浮點(diǎn)數(shù)的值為-1.5×213。（7）D解析：單精度規(guī)格化浮點(diǎn)數(shù)真值公式為(-1)S×1.m×2E-127，其中S為符號位，階碼E的取值為1～254，尾數(shù)m共23位。表示最大正整數(shù)時(shí)，符號位S為0，階碼E為254，m為23位全1，則最大整數(shù)真值為1.111…l×2254-127=2127×(2-2-23)=2128-2104，因此選D。（8）A解析：單精度規(guī)格化浮點(diǎn)數(shù)真值公式為(-1)S×1.m×2E-127，其中S為符號位，階碼E的取值為1～254，尾數(shù)m共23位。表示最小規(guī)格化正數(shù)時(shí)，符號位S為0，階碼E為1，m為23位全0，則最小規(guī)格化正數(shù)真值為1.000…0×21-127=1×2-126，因此選A。（9）A解析：(fl)和(f2)對應(yīng)的二進(jìn)制分別是(110011001001…)2和(101100001100…)2，根據(jù)IEEE754浮點(diǎn)數(shù)標(biāo)準(zhǔn)，兩數(shù)都是負(fù)數(shù)，選項(xiàng)B、D排除。(fl)的階碼為(10011001)2，尾數(shù)為1.001；(f2)的階碼為(01100001)2，尾數(shù)為1.1；(fl)的絕對值為1.001×226，(f2)的絕對值1.1×2-30，(fl)的絕對值比(f2)的絕對值大，負(fù)數(shù)真值大小相反，即(fl)的真值比(f2)的真值小，x＜y，選A。（10）B解析：I式不恒成立，大的整數(shù)轉(zhuǎn)換成float可能會損失精度，題中i=785，值較小，表達(dá)式為真；II式也不恒成立，小數(shù)轉(zhuǎn)換成整數(shù)將損失精度，題中f為小數(shù)，所以表達(dá)式不為真；II式恒成立；I式不恒成立，浮點(diǎn)數(shù)加法可能不滿足結(jié)合律，尤其是過大和過小的數(shù)相加會出現(xiàn)這種情況，題中給出的數(shù)對階后f的尾數(shù)有效位被舍去而變?yōu)?，因此d+f仍然為d，再減去d后結(jié)果為0，故IV結(jié)果不為真。（X）A解析：展開11001000000000000000000000000000H,將其轉(zhuǎn)換為對應(yīng)的float或int。如果是float,尾數(shù)是隱藏了的最高位1,數(shù)符為1表示負(fù)數(shù)，階碼10010000=27+24=128+16，減去偏置值127后等于17，為-217；如果是int，帶符號補(bǔ)碼，為負(fù)數(shù)，數(shù)值部分取反末位加1，值為0111000000000000000000000000000H，算出值為-7×227。答案為A。（X）A解析：-0.4375=-1.75×22，根據(jù)單精度浮點(diǎn)數(shù)格式，數(shù)符為1；階碼=-2+127=125，寫成8位二進(jìn)制數(shù)為01111101；尾數(shù)隱藏小數(shù)點(diǎn)前的1，剩下的0.75寫成二進(jìn)制數(shù)為0.11，所以尾數(shù)部分是1100.…0。該浮點(diǎn)數(shù)為1011111011100000000000000000000，對應(yīng)的十六進(jìn)制格式為BEE00000H。（X）A解析：80200000H=10000000001000000000000000000000B。根據(jù)IEEE754單精度浮點(diǎn)數(shù)格式，符號位=1，階碼為0，23位尾數(shù)為01000000000000000000000B。因?yàn)殡A碼為0，尾數(shù)部分不為0，所以為非規(guī)格化表示，所以尾數(shù)部分的形式為0.M不是1.M，同時(shí)指數(shù)部分是-126，而不是-127，則真值為-0.01×2-126=-2-128,正確答案為A選項(xiàng)。（X）C解析：32位整數(shù)表示范圍為

-231~231?1，單精度浮點(diǎn)數(shù)可以表示的連續(xù)整數(shù)區(qū)間為-224~224，雙精度浮點(diǎn)數(shù)可以表示的連續(xù)整數(shù)區(qū)間為-253~253，α最適合使用32位整數(shù)表示，不會發(fā)生溢出或者精度損失，而且整數(shù)運(yùn)算比浮點(diǎn)數(shù)運(yùn)算更快，更省空間，所以優(yōu)先使用32位整數(shù)而不是單精度浮點(diǎn)數(shù)。根據(jù)β的取值范圍，可以使用雙精度浮點(diǎn)數(shù)存儲。（11）C解析：設(shè)數(shù)據(jù)位為k，校驗(yàn)位的位數(shù)為r，校驗(yàn)碼長度為nk=8，r=44位。2.3回答下列問題。（1）為什么計(jì)算機(jī)中采用二進(jìn)制進(jìn)行數(shù)據(jù)表示和運(yùn)算？答：采用二進(jìn)制可以表示任何數(shù)據(jù)信息，而且二進(jìn)制數(shù)碼最少、容易與簡單的物理狀態(tài)對應(yīng)、運(yùn)算規(guī)則簡單，對算術(shù)邏輯運(yùn)算電路更容易實(shí)現(xiàn)。（2）價(jià)？答：需要增加奇偶校驗(yàn)組，也就是需要增加更多的冗余校驗(yàn)位，這樣會導(dǎo)致編碼效率降低；另外編解碼電路需要更多的異或門開銷。（3）為什么計(jì)算機(jī)中采用補(bǔ)碼表示帶符號的整數(shù)？答：計(jì)算機(jī)中的二進(jìn)制數(shù)據(jù)都有字長的限制，最高位進(jìn)位的位權(quán)值就是模數(shù)，運(yùn)算結(jié)果超過模數(shù)的部分都會被自動(dòng)舍棄，屬于典型的有模運(yùn)算，非常適合采用補(bǔ)碼進(jìn)行表示和運(yùn)算。另外，補(bǔ)碼只有唯一的機(jī)器零，符號位可以直接參與運(yùn)算，運(yùn)算規(guī)則簡單；補(bǔ)碼減法可以利用加法實(shí)現(xiàn)，這樣可簡化運(yùn)算器的設(shè)計(jì)，所以計(jì)算機(jī)中普遍采用補(bǔ)碼表示有符號整數(shù)。（4）浮點(diǎn)數(shù)的表示范圍和精度分別由什么決定？答：浮點(diǎn)數(shù)的表示范圍由階碼的位數(shù)決定，精度由尾數(shù)的位數(shù)決定。尾數(shù)位數(shù)相同時(shí)，階碼的位數(shù)越多，則數(shù)的表示范圍越大；階碼位數(shù)相同時(shí)，尾碼位數(shù)越多，浮點(diǎn)數(shù)精度越高。（5）漢字輸入碼、機(jī)內(nèi)碼和字形碼在漢字處理過程中各有何作用？答：漢字輸入碼、機(jī)內(nèi)碼和字形碼分別用于漢字的輸入、漢字在計(jì)算機(jī)內(nèi)的處理以及漢字的顯示和輸出。具體來說，計(jì)算機(jī)要對漢字信息進(jìn)行處理，首先要將漢字轉(zhuǎn)換成計(jì)算機(jī)可以識別的二進(jìn)制形式并輸入計(jì)算機(jī)，這是由漢字輸入碼完成的；漢字輸入計(jì)算機(jī)后，還需要轉(zhuǎn)換成內(nèi)碼才能被計(jì)算機(jī)處理，顯然，漢字內(nèi)碼也應(yīng)該是二進(jìn)制形式。如果需要顯示和輸出漢字，還要將漢字的內(nèi)碼轉(zhuǎn)換成字形碼。（6）在機(jī)內(nèi)碼中如何區(qū)分ASCII字符和漢字字符？答：GB2312中漢字兩個(gè)字節(jié)的最高位都為1，而每個(gè)ASCII字符中每個(gè)字節(jié)的最高位為0，這樣就能區(qū)別一個(gè)機(jī)內(nèi)碼到底對應(yīng)一個(gè)漢字還是兩個(gè)ASCII字符。（7）為什么現(xiàn)代處理器中又開始支持十進(jìn)制浮點(diǎn)數(shù)運(yùn)算？答：大多數(shù)十進(jìn)制浮點(diǎn)數(shù)轉(zhuǎn)換成二進(jìn)制時(shí)無法精確表示，會給運(yùn)算帶來誤差問題，傳統(tǒng)方法多采用十進(jìn)制運(yùn)算庫的軟件方式解決該問題，而在CPU中支持十進(jìn)制浮點(diǎn)數(shù)可提升十進(jìn)制浮點(diǎn)運(yùn)算速度，從根本上解決誤差問題。（8）如何識別浮點(diǎn)數(shù)的正負(fù)？浮點(diǎn)數(shù)能表示的數(shù)值范圍和數(shù)值的精度取決于什么？答：數(shù)。（9）浮點(diǎn)數(shù)有兩個(gè)0會帶來什么問題？答：一方面會帶來運(yùn)算規(guī)則的不統(tǒng)一；另一方面會給硬件設(shè)計(jì)增加復(fù)雜性。比如，在進(jìn)行相等比較的時(shí)候不能通過直接比較機(jī)器碼相等來進(jìn)行判斷。（10）簡述CRC校驗(yàn)碼的檢錯(cuò)原理，CRC能糾錯(cuò)嗎？答：發(fā)送部件將某信息的CRC碼傳送至接收部件，接收部件收到CRC碼后，仍用約定的生成多項(xiàng)式G(x)去除，若余數(shù)為0，表示數(shù)據(jù)高概率正確；若余數(shù)不為0，表示出錯(cuò)，再由余數(shù)的值來確定哪一位出錯(cuò)，從而加以糾正。由于CRC碼不同位出錯(cuò)的余數(shù)均不相同，因此用戶可以根據(jù)余數(shù)的值直接確定出錯(cuò)位，但由于CRC編碼檢錯(cuò)能力優(yōu)異，因此它主要用于檢錯(cuò)。2.4解：序號真值原碼反碼補(bǔ)碼100.00…00.00…00.00…0201.00…01.11…l0.00…030.101010.101010.101010.1010140.101011.101011.010101.0101150.111110.111110.111110.1111160.111111.111111.000001.0000170.100001.100001.011111.1000080.100000.100000.100000.100002.5解：補(bǔ)碼真值補(bǔ)碼真值[x]補(bǔ)=0.10010x=0.10010[x]補(bǔ)=1.10010x=0.01110[x]補(bǔ)=1.11111x=0.00001[x]補(bǔ)=1.00000x=1.00000[x]補(bǔ)=0.10001x=0.10001[x]補(bǔ)=1.00001x=0.111112.6解：輸出結(jié)果如下。x=4294967295=-1u=2147483648=-2147483648（1）%u表示以無符號形式輸出，%d表示輸出真值。（2）在計(jì)算機(jī)中整數(shù)以補(bǔ)碼形式表示和存儲。（3）x=-1，先求-的32位補(bǔ)碼，機(jī)器碼是232-1=4294967295，所以第一行輸出分別是機(jī)器碼和真值。（4）u=231是一個(gè)無符號數(shù)，無溢出，由于首位為1，%u輸出機(jī)器碼就是2147483648；%d輸出是真值，將該機(jī)器碼按補(bǔ)碼轉(zhuǎn)換成真值，所以是-2147483648。2.7解：（1）16位無符號數(shù)為0～1111111111111111，即0～216-1=65535。（2）16位原碼定點(diǎn)小數(shù)為1.111111111111111～0.111111111111111，即-(1-2-15)～1-2-15。（3）16位補(bǔ)碼定點(diǎn)小數(shù)為1.000000000000000～0.111111111111111，即-1～1-2-15。（4）16位補(bǔ)碼定點(diǎn)整數(shù)為1000000000000000～0111111111111111，即-215～215-1。2.8解：8位補(bǔ)碼的表示范圍為128～+127，模為最高位x0進(jìn)位位的權(quán)值，所以模為256。2.9解：（1）首先分別將整數(shù)和分?jǐn)?shù)部分轉(zhuǎn)換成二進(jìn)制數(shù)如下。=(-110.101)2移動(dòng)小數(shù)點(diǎn)，使其變成1.M的形式：-110.101=-1.10101×22。于是得到：S=1，e=2，E=2+127=10000001，M=10101000000000000000000最后得到32位浮點(diǎn)數(shù)的二進(jìn)制存儲格式為：11000000110101000000000000000000=(C0D40000)16（2）首先分別將整數(shù)和分?jǐn)?shù)部分轉(zhuǎn)換成二進(jìn)制數(shù)如下。3.1415927=11.00100100001111110110110移動(dòng)小數(shù)點(diǎn)，使其變成1.M的形式：11.00100100001111110110110=1.10010010000111111011011×2。于是得到：S=0，e=1，E=1+127=10000000，M=10010010000111111011011最后得到32位浮點(diǎn)數(shù)的二進(jìn)制存儲格式為：01000000010010010000111111011011=(40490FDB)16（3）首先將64000轉(zhuǎn)換成二進(jìn)制數(shù)如下。64000=(1111101000000000)2移動(dòng)小數(shù)點(diǎn)，使其變成1.M的形式：1111101000000000=1.111101000000000×215。于是得到：S=0，e=15，E=15+127=10001110，M=11110100000000000000000最后得到32位浮點(diǎn)數(shù)的二進(jìn)制存儲格式為：01000111011110100000000000000000=(477A0000)162.10解：43940000H=(01000011100101000000000000000000)2S=0，E=(10000111)2-127=8，M=1.00101所以表示數(shù)為1.00101×28，對應(yīng)的十進(jìn)制數(shù)為296。2.11解：最大數(shù)和最小數(shù)分別位于數(shù)軸兩端，為規(guī)格化數(shù)。f=(-1)s×2E-127×1.M，fmax=2127×(2-2-23)，fmin=-2127×(2-2-23)2.12解：（1）有可能。例如N1=23×0.1，N2=24×0.001，此時(shí)m＜n，卻有N1＞N2。（2）不可能。因?yàn)橐?guī)格化浮點(diǎn)數(shù)要求尾數(shù)的最高位為非0數(shù)碼，即當(dāng)尾數(shù)的值不為0時(shí)，其絕對值應(yīng)大于或等于(1/2)10，那么M1和M2都必須是0.1××…×的形式。這時(shí)，若m＜n，則一定有N1＜N2。2.13解： 類型階碼尾碼真值最大正數(shù)0110.11111123×(12-6)最小正數(shù)1000.0000012-4×2-6最大負(fù)數(shù)1001.111111-2-4×2-6最小負(fù)數(shù)0111.000000-232.14解：（1）57/128=(0.0111001)2，記x=0.0111001，則[x]補(bǔ)=0.0111001，規(guī)格化：[x]補(bǔ)=0.111001×2-1階碼補(bǔ)碼為1111，尾數(shù)補(bǔ)碼為0111001000表示成浮點(diǎn)規(guī)格化數(shù)：1111,0111001000（2）-69/128=(-0.1000101)2，記x=-0.1000101，則[x]補(bǔ)=1.0111011，無須規(guī)格化，階碼為0000，尾數(shù)為1011101100表示成浮點(diǎn)規(guī)格化數(shù)：0000,10111011002.15解：奇校驗(yàn)碼為010110110；偶校驗(yàn)碼為010110111。如果接收方收到的檢驗(yàn)碼為010110100（只有1位出錯(cuò)，最后一個(gè)0是校驗(yàn)位），采用奇校驗(yàn)，接收方計(jì)算檢錯(cuò)位G=1，表明數(shù)據(jù)一定發(fā)生了錯(cuò)誤；采用偶校驗(yàn)，接收方計(jì)算檢錯(cuò)位G=0，表明數(shù)據(jù)高概率正確。這里實(shí)際發(fā)生了雙位錯(cuò)，是誤判。2.16解：X1、X2、X3、X4處的比特分別為1、1、1、0；X5、X6、X7、X8處的比特分別為1、0、0、0；X9、X10、X11、X12處的比特分別為1、0、1、1；Y1和Y2處的字符分別為I和7。具體解答思路是查詢ASCII碼表，并利用交叉奇/偶校驗(yàn)原理來確定各個(gè)X值，再查詢ASCII碼表獲知Y1和Y2是什么字符。2.17解：被校驗(yàn)位有8位，設(shè)校驗(yàn)位有r位，因?yàn)?+r≤2r-1，所以r=4。具體分組關(guān)系如下表。海明碼H12H11H10H9H8H7H6H5H4H3H2H1檢錯(cuò)碼/位置110010111010100110000111011001010100001100100001映射關(guān)系0/D81/D71/D60/D5P41/D41/D31/D2P30/D1P2P1G1校驗(yàn)組√√√√√√G2校驗(yàn)組√√√√√√G3校驗(yàn)組√√√√√G4校驗(yàn)組√√√√√海明碼為D8D7D6D5P4D4D3D2P3D1P2P1=011001111001=0x679。接收方接收到的有效位只有D1位出錯(cuò)，則接收到的海明編碼為011001111101。檢錯(cuò)碼，如果假設(shè)只有1位錯(cuò)，則是海明碼H3出錯(cuò)，也就是D1出錯(cuò)，將對應(yīng)位取反即可。2.18解：做模2除法，所以循環(huán)碼為1001011。若接收到的數(shù)據(jù)信息x'=1101，，將余數(shù)011繼續(xù)補(bǔ)0做除法，經(jīng)過兩次運(yùn)算后余數(shù)為001，所以是第2位出錯(cuò)，將左側(cè)起第2位的取反即可。此外，也可以通過查表法快速定位出錯(cuò)位置。10.3第3章習(xí)題解析3.2選擇題。（1）D解析：采用排除法，y真值為-9，采用16位補(bǔ)碼存儲，所以機(jī)器碼=216-9=FFF7H，x+y的值顯然是正數(shù)，所以選D。（2）B解析：本題重點(diǎn)考查補(bǔ)碼的表示范圍，而不是補(bǔ)碼乘法運(yùn)算，并不需要全部計(jì)算。8位補(bǔ)碼范圍為-128～+127。將4個(gè)數(shù)全部轉(zhuǎn)換為真值：r1=-2，r2=-14，r3=-112，r4=-8，得r2×r3=1568，遠(yuǎn)超出了表示范圍，發(fā)生溢出，所以選B。（3）A解析：將x左移一位，y右移一位，兩個(gè)數(shù)的補(bǔ)碼相加，求得機(jī)器數(shù)為11000000，答案選擇A。（4）C解析：x=FFFFFFDFH，補(bǔ)碼符號位為1，可以用掃描法或逐位取反并末位加1的方式求真值，求得x=-33；y=00000041H，符號位為0，真值等于機(jī)器碼，因此y=65。x-y直接利用補(bǔ)碼減法準(zhǔn)則[x]補(bǔ)-[y]補(bǔ)=[x]補(bǔ)+[-y]補(bǔ)，[-y]補(bǔ)可將y連同符號位逐位取反并末位加1，計(jì)算結(jié)果為FFFFFF9EH。（X）B解析：int類型在計(jì)算機(jī)中以補(bǔ)碼形式表示，因此，x(10)的二進(jìn)制表示為00000000000000000000000000001010B,y(-20)的二進(jìn)制表示為11111111111111111111111111101100。CF表示無符號整數(shù)運(yùn)算時(shí)的進(jìn)位/借位，因此計(jì)算CF的時(shí)候，需要把和x和y當(dāng)成無符號數(shù)進(jìn)行計(jì)算，因?yàn)閤不夠減y，所以CF=1。計(jì)算OF的時(shí)候，需要把和x和y當(dāng)成有符號數(shù)進(jìn)行計(jì)算，x-y=30,不超過int的最大值，不會產(chǎn)生溢出，所以O(shè)F=0。所以答案為B。（5）B解析：邏輯左移和右移空位都0，且所有數(shù)字參與移動(dòng)；算術(shù)移位符號位不變，右移空位補(bǔ)符號位，根據(jù)該規(guī)則應(yīng)選B。（X）D解析：兩個(gè)變量的乘法可以通過編譯為移位及加法等指令的循環(huán)實(shí)現(xiàn)。（6）D解析：X的浮點(diǎn)數(shù)格式為00111,0011101，Y的浮點(diǎn)數(shù)格式為00101,0010100。根據(jù)浮點(diǎn)數(shù)的加法步驟進(jìn)行運(yùn)算。①對階。X、Y階碼相減，即00111-00101=00111+11011=00010，可知X的階碼比Y的階碼大2。小階向大階看齊，將Y的階碼加2，尾數(shù)右移2位，將Y變?yōu)?0111,0000101。②尾數(shù)相加。尾數(shù)相加，即0011101+0000101=0100010。③規(guī)01。④判斷溢出。階碼符號位為01，運(yùn)算發(fā)生溢出。選D。（7）D解析：對階是小階向大階看齊，不會引起階碼溢出，I正確；右規(guī)和尾數(shù)舍入過程，階碼加1可能上溢，II正確；左規(guī)階碼做減法，可能引起階碼下溢，III正確；尾數(shù)溢出可以進(jìn)行規(guī)格化處理，結(jié)果不一定溢出，IV正確。3.3回答下列問題。（1）為什么采用并行進(jìn)位能提高加法器的運(yùn)算速度？答：由于并行進(jìn)位電路提前產(chǎn)生了各位運(yùn)算所需的進(jìn)位信號，各位求和運(yùn)算不再依賴于低位運(yùn)算結(jié)果，求和運(yùn)算可以并行運(yùn)算，從而提升運(yùn)算速度。（2）如何判斷浮點(diǎn)數(shù)運(yùn)算結(jié)果是否發(fā)生溢出？答：階碼是否溢出為浮點(diǎn)溢出判斷標(biāo)志。對于采用雙符號位的階碼而言，當(dāng)雙符號位不同時(shí)表示浮點(diǎn)數(shù)發(fā)生溢出，否則表示未發(fā)生溢出。（3）如化？答：假×的形式時(shí)，結(jié)果就不是規(guī)格化數(shù)，應(yīng)進(jìn)行規(guī)格化處理。當(dāng)尾數(shù)的符號位為01或10時(shí)，運(yùn)算結(jié)果上溢，需要向右規(guī)格化，且只需將尾數(shù)右移一位，同時(shí)將結(jié)果的階碼值加1。當(dāng)尾數(shù)運(yùn)算結(jié)果為11.1×××或00.0×××?xí)r，需要左移規(guī)格化，而且左移次數(shù)不固定與運(yùn)算結(jié)果的形式有關(guān)。左規(guī)時(shí)尾數(shù)連同符號位一起左移，直到尾數(shù)部分出現(xiàn)11.0或00.1的形式為止；左規(guī)時(shí)階碼做減法，左移多少位減多少。（4）為什么陣列除法器中能用CAS的進(jìn)位/借位控制端作為上商的控制信號?答：陣列除法器利用不恢復(fù)余數(shù)的除法，當(dāng)商上1的時(shí)候，會產(chǎn)生進(jìn)位；當(dāng)商上0時(shí)，不產(chǎn)生進(jìn)位。進(jìn)位信號與上商信號正好相同，所以可以用CAS的進(jìn)位/借位控制作為上商的控制信號。（5）移位運(yùn)算和乘法及除法運(yùn)算有何關(guān)系？答：移位運(yùn)算是乘除法運(yùn)算中的基本運(yùn)算。3.4已知x和y，用變形補(bǔ)碼計(jì)算x+y，并判斷結(jié)果是否溢出。（1）x=0.11010，y=0.101110。（2）x=0.11101，y=-0.10100。（3）x=-0.10111，y=-0.11000。

解：（1）[x]補(bǔ)=00.11010，[y]補(bǔ)=00.101110，[x+y]補(bǔ)=01.10001，正溢出。（2）[x]補(bǔ)=00.11101，[y]補(bǔ)=11.01100，[x+y]補(bǔ)=00.01001，未溢出。（3）[x]補(bǔ)=11.01001，[y]補(bǔ)=11.01000，[x+y]補(bǔ)=10.10001，負(fù)溢出。3.5已知x和y，用變形補(bǔ)碼計(jì)算x-y，并判斷結(jié)果是否溢出。（1）x=0.11011，y=0.11101。（2）x=0.10111，y=0.11110。（3）x=-0.11111，y=-0.11001。解：（1）[x]補(bǔ)=00.11011，[-y]補(bǔ)=11.00011，[x-y]補(bǔ)=11.11110，未溢出。（2）[x]補(bǔ)=00.10111，[-y]補(bǔ)=11.00010，[x-y]補(bǔ)=11.11001，未溢出。（3）[x]補(bǔ)=11.00001，[-y]補(bǔ)=00.11001，[x-y]補(bǔ)=11.11010，未溢出。3.6解：（1）x×y=-0.1110000011（2）x×y=0.0100011110建議符號位采用雙符號，右移規(guī)則為邏輯右移。中間運(yùn)算可能產(chǎn)生溢出，邏輯右移后可確保結(jié)果正常。3.7解：（1）[x×y]補(bǔ)=1.1110111110（2）[x×y]補(bǔ)=0.001011110010建議符號位采用雙符號，右移規(guī)則為算術(shù)右移。3.8解：（1）x÷y=0.11000，余數(shù)r=0.11×2－5。注意左移運(yùn)算可能產(chǎn)生溢出，最后一步余數(shù)為負(fù)數(shù)，仍然需要恢復(fù)余數(shù)。（2）x=0.10101，y=0.11000[y]補(bǔ)=00.11000，[y]補(bǔ)=11.01000被除數(shù)/余數(shù)上商位說明00.10101+[y]補(bǔ)11.01000(xy)比較=11.111010r0＜0，商上0←11.11010左移一位+[y]補(bǔ)00.11000余數(shù)為負(fù)，加y比較=00.100100.1r1＞0，商上1←01.00100左移一位+[y]補(bǔ)11.01000余數(shù)為正，減y比較=00.011000.11r2＞0，商上1←00.11000左移一位+[y]補(bǔ)11.01000余數(shù)為正，減y比較=00.000000.111r3=0，商上1，運(yùn)算結(jié)束x÷y=0.111，余數(shù)r=0（注意余數(shù)為0時(shí)，表示整除應(yīng)停止運(yùn)算）。3.9解：（1）[x]補(bǔ)=00011,00100100，[y]補(bǔ)=00010,11100110（a）對階。階差[E]補(bǔ)=[Ex]補(bǔ)+Ey]補(bǔ)=00001，階差為1。將[y]補(bǔ)尾數(shù)右移一位，同時(shí)階碼加1，則[y]補(bǔ)=00011,11110011（b）尾數(shù)相加[x]補(bǔ)+[y]補(bǔ)=00011,00010111，尾數(shù)為00010111。（c）尾數(shù)規(guī)格化。由于尾數(shù)符號位跟最高有效位相同，需要左規(guī)一位，階碼減１，因此[x]補(bǔ)+[y]補(bǔ)=00010,00101110。（d）無須舍入，階碼正常，浮點(diǎn)運(yùn)算無溢出。[x]補(bǔ)+[y]補(bǔ)=00010,00101110（2）[x]補(bǔ)=11011,11011110，[y]補(bǔ)=11100,11101010（a）對階。階差[E]補(bǔ)=[Ex]補(bǔ)+[-Ey]補(bǔ)=1101111100=11011+00100=11111，階差為1。將[x]補(bǔ)尾數(shù)右移一位，同時(shí)階碼加1，則[x]補(bǔ)=11100,11101111（b）尾數(shù)相加[x]補(bǔ)+[y]補(bǔ)=11100,11011001。（c）尾數(shù)規(guī)格化。由于尾數(shù)符號位跟最高有效位不同，符號位正常，因此無須規(guī)格化。（d）無須舍入，無溢出。[x]補(bǔ)+[y]補(bǔ)=11100,110110013.10解：（1）0.625=(0.101)2=(00111111001000000000000000000000)212.25=(1100.01)2=(11000001010001000000000000000000)2（a）對階。階差[E]補(bǔ)=[Ex]補(bǔ)+[Ey]補(bǔ)=0111111010000010=00000100=4。將0.625的尾數(shù)右移4位，考慮隱藏位則尾數(shù)為0.000101。（b）尾數(shù)計(jì)算0.000101+(1.100010)=1.011101。（c）結(jié)果規(guī)格化。尾數(shù)符合1.X的形式，無須規(guī)格化。（d）舍入處理、溢出判斷。尾數(shù)無須舍入，階碼正常，無溢出，則0.625+(12.25)=(11000001001110100000000000000000)2=(C13A0000)16（2）0.625=(0.101)2=(00111111001000000000000000000000)212.25=(1100.01)2=(11000001010001000000000000000000)2

（a）對階。階差[E]補(bǔ)=[Ex]補(bǔ)+[Ey]補(bǔ)=0111111010000010=00000100=4。將0.625的尾數(shù)右移4位，考慮隱藏位則尾數(shù)為0.000101。（b）尾數(shù)計(jì)算0.000101(1.100010)=1.100111。（c）結(jié)果規(guī)格化。尾數(shù)符合1.X的形式，無須規(guī)格化。（d）舍入處理、溢出判斷。尾數(shù)無須舍入，階碼正常，無溢出，則0.625(12.25)=(01000001010011100000000000000000)2=(414E0000)163.11解：（1）已知分配的都是8位寄存器，x和y初始定義為無符號整數(shù)。x=134=128+6=(10000110)2，因此R1中的內(nèi)容為x的機(jī)器碼=86H。y=246=2559=(11110110)2，所以y的機(jī)器數(shù)為(11110110)2。z1=xy=1000011011110110=10000110+00001010=10010000=90H，因此R5中的內(nèi)容為90H。z2=x+y=10000110+11110110=(1)01111100=7CH（括號中為加法器的進(jìn)位），所以R6中的內(nèi)容為7CH。（2）m的機(jī)器數(shù)與x的機(jī)器數(shù)相同，皆為86H=(1000

0110)2，但解釋為有符號整數(shù)m（用補(bǔ)碼表示）時(shí)，其值為(1111010)2=122。mn的機(jī)器數(shù)與xy的機(jī)器數(shù)相同，皆為90H=(1001

0000)2，但解釋為有符號整數(shù)k1（用補(bǔ)碼表示）時(shí)，其值為(1110000)2=112。（3）能。n位加法器實(shí)現(xiàn)的是模2n無符號整數(shù)加法運(yùn)算。對于無符號整數(shù)a和b，a+b可以直接用加法器實(shí)現(xiàn)，而ab可用a+b的補(bǔ)數(shù)實(shí)現(xiàn)，ab=a+[b]補(bǔ)（mod2n），所以n位無符號整數(shù)加減運(yùn)算都可在n位加法器中實(shí)現(xiàn)。有符號補(bǔ)碼加減法運(yùn)算中符號位直接參與運(yùn)算，可直接復(fù)用無符號加減法電路。（4）在計(jì)算機(jī)中，如果符號位進(jìn)位Cf和最高數(shù)據(jù)位進(jìn)位Cd不同，則結(jié)果溢出。最后一條語句執(zhí)行時(shí)會發(fā)生溢出。因?yàn)?0000110+11110110=(1)01111100，括號中為符號位進(jìn)位Cf=1，最高數(shù)據(jù)位進(jìn)位Cd=0，根據(jù)上述溢出判斷規(guī)則可知結(jié)果溢出。3.12答：3.12答：《計(jì)算機(jī)組成原理（微課版）》圖3.2的（b）方案中一個(gè)全加器會增加一個(gè)邏輯或門的硬件成本。串行加法器如采用（b）方案后延遲如下圖所示，關(guān)鍵延遲相比《計(jì)算機(jī)組成原理（微課版）》圖3.2的（a）方案少3T，硬件成本增加n個(gè)邏輯或門。串行可控加減法電路如果采用（b）方案，則時(shí)間延遲如下圖所示，相比原方案少3T，同樣硬件成本增加n個(gè)邏輯或門。4位先行進(jìn)位電路無任何變化，4位快速加法器中與門、異或門電路需要增加n個(gè)或門用于計(jì)算新的P，生成P、G信號只需要1級門電路延遲，異或門陣列仍然保留用于求和運(yùn)算，快速加法器時(shí)間延遲為6T、進(jìn)位信號延遲為3T，相對原電路少2T。1位組內(nèi)并行、組間串行加法器的時(shí)間延遲分析如下圖所示，關(guān)鍵延遲相比（a）方案少2T，硬件成本增加16個(gè)邏輯或門。1位組內(nèi)并行、組間并行加法器的時(shí)間延遲分析如下圖所示，關(guān)鍵延遲相比（a）方案少2T，硬件成本增加16個(gè)邏輯或門。綜上所述，相比（a）方案，（b）方案在增加n個(gè)邏輯門的基礎(chǔ)上，可提升性能。用戶可根據(jù)需要選擇不同的方案。10.4第4章習(xí)題解析4.2選擇題。（1）A解析：ROM為只讀存儲器，不能用作cache，因此III錯(cuò)誤。DRAM需要刷新，而ROM不需要刷新，因此IV錯(cuò)誤。（X）D解析：根據(jù)按邊界對齊和小端方式的定義，給出變量a的存放方式如下：...FE00...FE01...FE02...FE03...FE04...FE05...FE06...FE07x1(LSB)x1(MSB)00003412（2）A解析：4MB×8位=222×8，需要22根地址線，而DRAM采用地址復(fù)用技術(shù)，行、列地址分開傳送，地址線數(shù)為22/2=11根，所以該DRAM芯片的地址引腳和數(shù)據(jù)引腳總數(shù)為11+8=19根，選A。（3）D解析：ROM芯片數(shù)=(4KB×8)/(2KB×8)=2片，RAM區(qū)域大小為644=60KB，RAM芯片數(shù)=(60KB×8)/(4KB×4)=30片。（4）D解析：用2KB×4位的芯片組成一個(gè)8KB×8位存儲器，需要地址線13根，采用字位擴(kuò)展方式，對高2位地址譯碼進(jìn)行片選。0B1FH=(0

1011

0001

1111)2，這個(gè)地址所在芯片的高2位應(yīng)該是01不變，最小地址是后續(xù)11位全零，所以最小地址是(0

1000

00000000)2=0800H。（X）C解析：（X）C解析：（X）C解析：內(nèi)存條的容量=8×8192×8192×8bit=512MB，A正確。存儲器總線寬度64=8×8bit，而每個(gè)芯片一次只能傳輸8bit，需要8體多模塊交叉編址才能實(shí)現(xiàn)，B正確。512MB=219B，按字節(jié)編址，需要19根地址線，考慮行列地址復(fù)用技術(shù)，地址引腳10位即可，C錯(cuò)誤。芯片內(nèi)行數(shù)是8192，一行的大小是8192×8bit，行緩沖長度就是一行的大小，D正確。（5）C解析：DRAM采用是行列地址線復(fù)用技術(shù)，行列數(shù)差值不要太大，這樣可以減少引腳開銷；另外，為了減小刷新開銷，應(yīng)選擇行數(shù)較少的。答案為C。（6）B解析：由題目知，計(jì)算機(jī)采用3通道存儲器總線，存儲器總線的工作頻率為1333MHz、總線寬度為64位，存儲器總線的總帶寬為3×8×1333MB/s，約為32GB/s，所以選B。（7）D解析：4體交叉編址存儲器包括4個(gè)存儲器模塊，用低2位地址進(jìn)行片選，模塊序號=訪存地址%存儲器交叉模塊數(shù)，這里每個(gè)訪存地址對應(yīng)的存儲模塊序號如下表所示。訪存地址800580068007800880018002800380048000模塊序號123012300當(dāng)相鄰的4次訪問中出現(xiàn)相同存儲模塊時(shí)會發(fā)生沖突。從上表可知8004和8000對應(yīng)的模塊號都0，這兩次的訪問出現(xiàn)在同一模塊內(nèi)且在相鄰的訪問請求中，滿足發(fā)生沖突的條件。（8）B解析：DRAM使用電容存儲，必須隔一段時(shí)間刷新一次補(bǔ)充電荷，否則存儲的信息就會丟失。SDRAM表示同步動(dòng)態(tài)隨機(jī)存儲器，是DRAM的一種，所以選B。（9）B解析：EPROM、DRAM、SRAM都屬于半導(dǎo)體存儲器，采用隨機(jī)存取方式存取，也就是存取時(shí)間與存儲單元的物理位置無關(guān)。而CDROM即光盤，采用順序存取方式。（10）A解析：閃存寫入時(shí)必須先擦除原有數(shù)據(jù)，因此寫速度比讀速度要慢。（11）A某C語言程序段如下：for(i=0;i<=9;i++){temp=1;for(j=0;j<=i;j++)temp*=a[j];sum+=temp;}解析：時(shí)間局部性是指剛剛訪問的數(shù)據(jù)可能在不久的將來再被訪問?？臻g局部性是指一個(gè)存儲單元被訪問，它附近的存儲單元也很快被訪問。程序中對循環(huán)指令的訪問具有時(shí)間局部性，對數(shù)組a的訪問具有空間局部性，選A。（12）C解析：cache共有16塊，采用2路組相聯(lián)，因此共分為8組，組索引字段應(yīng)該為3位。每個(gè)主存塊大小為32B，因此塊內(nèi)偏移地址為5位，129號單元對應(yīng)主存地址如下圖所示，組索引字段為100，應(yīng)該映射到第4組的任意字塊中。（注意，其他教材上還有另外一種組相聯(lián)映射方案，此題可能還有其他答案）（13）A/C解析：此題比較特殊，主存地址按字編址，cach塊大小就是1個(gè)字，主存地址中沒有塊內(nèi)偏移字段，cache分為2組，每組2行，主存地址最低位為cache組索引，具體訪問序列如下表所示。訪問序列0482068648第0組塊00088008844塊14422666*68第1組塊2塊3訪問情況載入載入替換替換替換替換替換命中替換替換注：還有一種組相聯(lián)映射方式本教材未講，該方式對應(yīng)答案為C。（14）C解析：直接映射的主存地址結(jié)構(gòu)如下。按字節(jié)編址，塊大小為4×32位=16B=24B，塊內(nèi)偏移地址為4位。cache的存儲容量為4字，則cache共有4KB×4B/16B=1K=210行，cache行索引字段占10位；標(biāo)記字段占32104=18位。cache的總?cè)萘?cache行大小×行數(shù)，一個(gè)cache行包括數(shù)據(jù)塊副本、有效位、標(biāo)記位、dirt位（寫回標(biāo)志）和替換算法控制位（題目未強(qiáng)調(diào)，可以忽略）。因此，cach總?cè)萘?(16×8+1+18+1)×1K=148K位。（X）A解析：275位。（X）A解析：（15）D解析：把指令cache與數(shù)據(jù)cache分離后，可以充分利用指令和數(shù)據(jù)不同的程序局部性，提升命中率，但主要目的是避免指令流水線中取指令和取數(shù)的資源沖突，即減少了指令流水線的沖突。（X）B解析：MMU負(fù)責(zé)將虛擬地址轉(zhuǎn)化為物理地址，所以會檢測訪問越權(quán)、頁面缺失、TLB缺失等事件。Cache缺失是在CPU訪問主存數(shù)據(jù)檢測的，訪問主存的前提是有物理地址，所以該過程是在MMU完成地址轉(zhuǎn)換之后。（X）D解析：主存-外存層次以頁為基本單位的進(jìn)行數(shù)據(jù)交換。由于外存訪問速度較慢（通常在毫秒量級），若采用直接映射方式，即使主存尚未滿載，多個(gè)虛擬頁仍可能被映射至同一物理頁框，從而導(dǎo)致頻繁的頁面交換操作，嚴(yán)重影響系統(tǒng)性能。為此，主存-外存層次普遍采用全相聯(lián)映射策略，該方案具有較高命中率，主存滿載之前可避免不必要的頁面交換，從而顯著提升存儲系統(tǒng)整體性能。（X）C解析：頁大小為4KB=212B，按字節(jié)編址，故頁內(nèi)地址為12位。虛擬地址空間大小為4GB=232B，故虛擬地址共32位，其中低12位為頁內(nèi)偏移地址VPO，高20位為虛頁號VPN。虛擬地址00082840H，虛頁號為高20位即00082H（頁內(nèi)偏移地址為低12位即840H），82H對應(yīng)的十進(jìn)制數(shù)為130，查頁表命中，且存在位為1，對應(yīng)頁框號為018H。將查找到的頁框號018H和頁內(nèi)偏移地址840H拼接，得到主存地址為018840H。（16）B解析：上述指令的執(zhí)行過程可劃分為取數(shù)、運(yùn)算和寫回過程，取數(shù)時(shí)讀取xaddr可能由于TLB命中、cache命中不需要訪問主存，而寫直通方式需要把數(shù)據(jù)同時(shí)寫入cache和主存，因此至少訪問l次。（17）D解析：參考《計(jì)算機(jī)組成原理（微課版）》第14638頁。（18）A解析：按字節(jié)編址，頁面大小為4KB，頁內(nèi)地址共12位。地址空間大小為4GB，虛擬地址共32位，前20位為頁號。03FFF180H03FFFH180H，根據(jù)題目中給出03FFFH0153H0153180H。（X）C解析：虛擬地址為32位，主存地址為30位，頁大小為1KB，頁內(nèi)偏移地址10位，因此虛擬頁號為32-10=22位，物理頁號為30-10=20位。TLB共有32個(gè)表項(xiàng)，采用4路組相聯(lián)映射方式。因此，TLB共有32/4=8組，每組有4路，組索引字段為log28=3位。標(biāo)記字段位數(shù)=虛擬頁號位數(shù)-索引字段位數(shù)=22-3=19位。。（19）D解析：當(dāng)CPU要訪問的頁面不在內(nèi)存中時(shí)，CPU檢測到異常便會產(chǎn)生缺頁異常，請求操作系統(tǒng)將所缺的頁調(diào)入內(nèi)存。缺頁處理由缺頁中斷處理程序完成，根據(jù)發(fā)生缺頁故障的地址從外存讀入所缺失的頁，缺頁處理完成后回到發(fā)生缺頁的指令繼續(xù)執(zhí)行，因此D選項(xiàng)描述不正確。（X）D解析：CPU內(nèi)部Cache和TLB均由SRAM組成，DRAM需要不斷刷新，性能偏低，不適合構(gòu)成Cache和TLB。4.3簡答題。（1）計(jì)算機(jī)系統(tǒng)中采用層次化存儲體系結(jié)構(gòu)的目的是什么？答：速度快、容量大、成本低的理想存儲器還不存在，但層次化存儲體系結(jié)構(gòu)可以利用程序局部性的原理，從系統(tǒng)級角度將速度、容量、成本各異的存儲器有機(jī)組合在一起，全方位優(yōu)化存儲系統(tǒng)各項(xiàng)性能指標(biāo)。（2）為什么在存儲器芯片中設(shè)置片選輸入端？答：存儲擴(kuò)展時(shí)需要使用多個(gè)存儲芯片，設(shè)置片選輸入端方便選擇正確的存儲芯片來進(jìn)行數(shù)據(jù)訪問操作。（3）動(dòng)態(tài)MOS存儲器為什么要刷新？如何刷新？答：。（4）試述多體交叉存儲器的設(shè)計(jì)思想和實(shí)現(xiàn)方法。答：多體交叉存儲器由多個(gè)存儲模塊構(gòu)成，這些模塊的容量和存取速度相同。根據(jù)對多個(gè)模塊編址方式的不同，可分為高位多體交叉和低位多體交叉兩種。高位多體交叉主要用于存儲容量擴(kuò)展，存儲地址高位譯碼片選存儲模塊，同一存儲體內(nèi)的地址是連續(xù)的；低位多體交叉則采用低位地址譯碼片選模塊，同一存儲體內(nèi)的地址不相鄰，相鄰地址處在不同存儲體中，CPU可同時(shí)啟動(dòng)多個(gè)存儲體并實(shí)現(xiàn)并行訪問。（5）為什么說cache對程序員是透明的？答：因?yàn)樵诔绦騿T看來數(shù)據(jù)是在寄存器、內(nèi)存、輔存之間進(jìn)行交換的，程序員感覺不到cache的存在，也無法操控cache。（6）直接相聯(lián)映射方式下為什么不需要使用替換算法？答：。（7）為什么要考慮cache的一致性？答：正常情況下，cach中的數(shù)據(jù)是主存數(shù)據(jù)的副本，如果采用寫回策略，可能造成cache中的數(shù)據(jù)副本與主存中數(shù)據(jù)不一致；另外，多核處理器中不同的CPU核使用不同的cache也會帶來不一致的問題。數(shù)據(jù)不一致性可能導(dǎo)致程序結(jié)果不正確，甚至數(shù)據(jù)丟失，因此必須考慮并設(shè)法保證cache的一致性。（8）替換算法有哪幾種？它們各有何優(yōu)缺點(diǎn)？答：先進(jìn)先出（FIFO）算法替換最先被載入cache行，其算法系統(tǒng)開銷較小，但無法利用程序局部性，cache命中率不高。最不經(jīng)常使用（LFU）算法替換歷史訪問次數(shù)最少的cache行，每個(gè)cache行需要設(shè)置一個(gè)計(jì)數(shù)器記錄訪問次數(shù)。相FIFO算法，其命中率較高，但過去訪問頻繁的冷數(shù)據(jù)有可能因?yàn)闅v史訪問次數(shù)高無法被替換，導(dǎo)致cache命中率下降。近期最少使用（LRU）算法替換近期最久未訪問cache行，每行設(shè)置一個(gè)計(jì)數(shù)器，cache每命中一次，命中行計(jì)數(shù)器清零，其他各行計(jì)數(shù)器1。當(dāng)需要替換時(shí)，選擇計(jì)數(shù)值最大的行換出。相比LFU，其性能更優(yōu)。隨機(jī)替換算法隨機(jī)替換cache行，無法利用程序局部性，命中率一般，但其硬件成本最低。4.4解：該存儲器的尋址空間為32K×8位/16位=16KB=214B，因此地址寄存器的位數(shù)為14位，數(shù)據(jù)寄存器的位數(shù)和字長相等為16位。4.5解：可分別設(shè)計(jì)128K×8位、64K×16位、32K×32位的存儲器，圖略。4.6解：256KB=218B，30000H～3FFFFH容量為64KB的高地址區(qū)間，其需要64KB×4位ROM芯片2片進(jìn)行位擴(kuò)展。存儲器00000H～2FFFFH存儲空間為RAM區(qū)間，容量為256KB-64KB=192KB，其需要32K×8位RAM芯片192KB/32KB=6片進(jìn)行字?jǐn)U展。4.7解：4.8（此處兩題調(diào)整了順序）答：該芯片有1位數(shù)據(jù)線，行選通RAS和列選通CAS各1位，WE讀寫控制信號1位，64KB的存儲器對應(yīng)16根地址線，由于DRAM中行列地址復(fù)用，所以實(shí)際地址線為8根，故在不考慮電源線的情況下，該DRAM芯片的最小引腳數(shù)為1+1+1+1+8=12個(gè)。4.9解：64K×1位的DRAM芯片的排列方式為256行×256列，已知每行刷新間隔不超過2ms，可知最大刷新周期為2ms，如采用異步刷新，需要將2ms分成256個(gè)時(shí)間段，2ms/256=7.8125s，每個(gè)時(shí)間段最后0.5s用于刷新DRAM的一行，因此產(chǎn)生刷新信號的時(shí)間間隔為7.8125s。若采用集中刷新，存儲器刷新一遍至少需要256個(gè)讀寫周期，CPU的“死”時(shí)間是2560.5s=128s。4.10答：CP在1s內(nèi)至少訪問存儲器一次，而存儲器的讀寫周期為0.5s，故不可采用集中式刷新方式。因?yàn)槠洹八馈睍r(shí)間會超過1s，無法滿足CPU在1s內(nèi)至少訪問存儲器一次，故采用異步刷新方式或分散刷新方式比較合適。設(shè)16KB1位的DRAM芯片采用128128的排列方式，如采用異步刷新，則需將2ms分成128個(gè)時(shí)間段，每段的時(shí)間為2ms/128=15.625s，即刷新信號的產(chǎn)生周期為15.625s。4.11解：不同映射方式下主存地址劃分如下圖，這里s=22，w=2，r=14，d=12。（1）全相聯(lián)映射主存數(shù)據(jù)塊可映射到cache的任意行。下表中共有5個(gè)地址，數(shù)據(jù)從主存映射到cache后占用5行，假設(shè)就是cache的前5行，則對應(yīng)標(biāo)志位就是主存塊地址字段，將主存地址邏輯右移兩位就是標(biāo)記字段，具體分布如下表。cache行標(biāo)志數(shù)據(jù)00000008756853610000028779230120040019ABEFCD03007FFF4FFFFC6843FFFFE01BF2460（2）直接相聯(lián)映射主存數(shù)據(jù)塊只能映射到cache的特定行，對應(yīng)行地址為index字段的值，index字段長度為sr=2214=8位，也就是主存地址高8位，具體分布如下表所示。cache行標(biāo)志數(shù)據(jù)00000087568536000200877923010001019ABEFCD03FFF014FFFFC683FFEFF01BF2460（3）組相聯(lián)映射該方式下，主存的一個(gè)數(shù)據(jù)塊只能映射到cache特定組中的任意行，cache共分為212組，組索引字段為12位，標(biāo)志字段為高10位，具體分布如下表。cache組標(biāo)志數(shù)據(jù)00000087568536002000877923010010049ABEFCD00FFF0074FFFFC680FFE3FF01BF24604.12解：（1）主存容量為4096×128=219字，故主存地址位數(shù)為19位。cache容量為64×128=213字，故cache地址位數(shù)為13位。（2）每個(gè)組中包含4個(gè)存儲塊，共包含64/4=16=24組，故組索引字段index位數(shù)為4位。由于每塊由128個(gè)字組成，訪問地址為字地址，故塊內(nèi)偏移地址位數(shù)為7位。標(biāo)記部分（tag）的位數(shù)為1947=8位，則主存地址劃分情況如下圖所示。4.13解：（1）0,1,2,…,99號單元共100個(gè)字，每塊8個(gè)字，故100個(gè)字被分配在13塊內(nèi)。cache中能存放的主存塊數(shù)為16KB/(8×4B)=512塊，因?yàn)槭?路組相聯(lián)，故cache包含組塊數(shù)512/4=128組，組索引字段長度為7位。=98.7%。（2）設(shè)訪問cache一個(gè)數(shù)據(jù)單元的時(shí)間為T，則訪問主存的訪問時(shí)間為10T，故有：使用cache后訪存所用時(shí)間為T2=13×10T+(100013)×T=1117T；不使用cache訪問耗時(shí)為T1=1000×10T=10000T；故使用cache后速度提高了10000T/1117T=8.95倍。4.14解：（1）數(shù)組在內(nèi)存中按照行優(yōu)先順序存放，而數(shù)據(jù)按塊從主存映射到cache中。程序A中對數(shù)組訪問是按行優(yōu)先方式順序進(jìn)行的，故具有很好的空間局部性，但由于每個(gè)數(shù)組元素只使用一次，故不存在時(shí)間局部性；而程序B中對數(shù)組訪問是按列優(yōu)先方式進(jìn)行的，數(shù)據(jù)訪問不是順序進(jìn)行，故空間局部性不佳，同樣也不存在時(shí)間局部性。（2）變量sum是單個(gè)變量，因此兩段程序均不存在空間局部性，但由于該變量在循環(huán)中被多次使用，故具有良好的時(shí)間局部性。（3）for循環(huán)中的指令會被反復(fù)循環(huán)執(zhí)行，因此其具有較好的時(shí)間局部性；另外，循環(huán)體中的機(jī)器指令序列通常會順序執(zhí)行，因此其也具有一定的空間局部性。4.15解：4.16解：4.15解：虛存所包含的頁面數(shù)為2GB/4KB=219頁，故VPN的位數(shù)為19位。由于頁面的大小為4KB=212B，故VPO和PPO的位數(shù)均為12位。主存所包含的頁面數(shù)為8MB/4KB=211頁，故PPN的位數(shù)為11位。4.16解：（1）裝入位為0的虛頁為失效頁，分別是2、3、5、7。（2）虛存空間大小為8×1KB=8KB，故虛地址為13位，其中虛頁號為3位，主存容量為4KB，則物理頁號為2位（見下表）。主存地址10主存地址2VPNPPN實(shí)存地址2實(shí)存地址1000000000000000031100000000003072302801011110101002缺頁——10230001111111111031111111111114095204801000000000002缺頁——40961000000000000431100000000003072800011111010000007缺頁——4.17解：（1）虛擬存儲的頁面數(shù)為2GB/128KB=214，故虛頁號的位數(shù)為14位。由于頁大小為128KB=217B，故頁內(nèi)偏移地址的位數(shù)為17位。所以虛擬地址的14位表示的是虛頁號，低17位表示的是頁內(nèi)偏移地址。TLB采用4路組相聯(lián)方式，16個(gè)頁表項(xiàng)，每組4路，共4組，所以組索引字段為兩位，故虛頁號的高12位為TLB標(biāo)記，低2位為TLB組索引，如下圖所示。（2）物理內(nèi)存4MB=222B，地址線22根，頁內(nèi)偏移地址位數(shù)為17位，高5位為物理頁號，低17位表示頁內(nèi)偏移地址。（3）cache塊大小為32B，故塊內(nèi)字節(jié)偏移地址為5位；采用4路組相聯(lián)，cache共分成16KB/(8×4×4B)=128=27組，故組索引字段需要7位；剩下的2257=10位為標(biāo)記，則主存地址劃分如下圖所示。4.16解：4.18解：（1）頁大小為8KB=213B，則頁內(nèi)偏移地址13位，D=13；A字段為VPN，會作為TLB標(biāo)記存放在B中，A=B=32D=32-13=19，C=24-D=24-13=11。主存塊大小為64B=26B，故G=6。cache采用2路組相聯(lián)，每組容量為64B×2=128B，共有64KB/128B=512=29組，故組索引字段為F=9，E=24-9-6=9。因此A～G的位數(shù)分別為19、19、11、13、9、9、6。TLB中標(biāo)記字段B的內(nèi)容是虛頁號，表示該TLB項(xiàng)對應(yīng)哪個(gè)虛頁的頁表項(xiàng)。（2）對應(yīng)的H字段內(nèi)容為000001000B。（3）因?yàn)槿表撎幚硇枰L問磁盤，而cache缺失只要訪問主存；cache缺失帶來的開銷小，而處理缺頁的開銷大。（4）因?yàn)椴捎脤懘┎呗詴r(shí)需要同時(shí)寫快速存儲器和慢速存儲器，而寫磁盤比寫主存慢得多，所以cache可以采用寫穿策略，而虛存則應(yīng)采用寫回策略。4.19解：（1）物理地址由實(shí)頁號和頁內(nèi)地址拼接，因此其位數(shù)為16+12=28；或從cache機(jī)制直接得20+3+5=28。（2）TLB表標(biāo)記字段tag為20位，對應(yīng)VPN字段為20位，所以采用全相聯(lián)映射。TLB應(yīng)采用SRAM，讀寫速度快，但成本高，所以TLB多用于容量較小的高速緩沖存儲器。（3）cache中每組2行，共兩個(gè)比較器，故采用2路組相聯(lián)映射。2路組相聯(lián)采用LRU替換算法，實(shí)現(xiàn)時(shí)只需要在cache行中增加1位LRU位用于替換計(jì)數(shù)；采用回寫策略，所以每行還需要增加1位臟位，如果臟位為1則需要寫回內(nèi)存。28位物理地址中tag字段、組索引字段、塊內(nèi)偏移地址分別是20、3、5位，故cache共有23=8組，每組2行，每行25B=32B；故cache總?cè)萘繛?×2×(20+1+1+1+32×8)=4464位=558字節(jié)。cache中有效位用來指出所在cache行中的信息是否有效。（4）虛擬地址分為兩個(gè)部分：虛頁號、頁內(nèi)地址；物理地址分為兩個(gè)部分：實(shí)頁號、頁內(nèi)地址。利用虛擬地址的虛頁號部分去查找TLB表（缺失時(shí)從頁表調(diào)入），將實(shí)頁號取出后與虛擬地址的頁內(nèi)地址拼接，就形成了物理地址。虛擬地址0008C040H的VPO=040H，虛頁號VPN=008CH，與TLB表中第一行相符，對應(yīng)實(shí)頁號PPN=0040H且有效位為1；將PPN與VPO組合，得到物理地址是0040040H。物理地址0040040H分解成標(biāo)記、組索引、塊內(nèi)偏移形式為(00400H,2,0)，因此將00400H與cache中第2組兩行中的標(biāo)記字段并發(fā)比較，雖然有一個(gè)cache行中的標(biāo)記字段相符，但有效位為0，而另一cache行的標(biāo)記字段與00400H不相等，故cache不命中。虛擬地址為0007C260H的低12位為頁偏移字段，與物理地址相同，具體為(001001100000)2。根據(jù)物理地址的結(jié)構(gòu)，011是組號，因此該地址應(yīng)該映射到cache第3組。10.5第5章習(xí)題解析5.2選擇題。（X）B解析：指令字和指令格式、通用寄存器個(gè)數(shù)和位數(shù)都與機(jī)器指令有關(guān)，由指令體系結(jié)構(gòu)規(guī)定。CPU的時(shí)鐘周期不由ISA規(guī)定，指令集相同的CPU可以有不同的時(shí)鐘周期。加法器的進(jìn)位方式涉及電路設(shè)計(jì)，也不由指令集規(guī)定。（X）A解析：在指令中，操作數(shù)的尋址方式指示使用寄存器中的內(nèi)容作為操作數(shù)或操作數(shù)地址。CPU執(zhí)行指令時(shí)會根據(jù)指令字中的尋址方式字段（也可能隱藏在操作碼中）來解析寄存器中的內(nèi)容，并根據(jù)需要進(jìn)行相應(yīng)的操作。（1）A解析：三地址指令有29條，其操作碼至少為5位。以5位進(jìn)行計(jì)算，它剩余3229=3種操作碼給二地址。二地址增加了6位用于操作碼，其數(shù)量最大達(dá)3×26=192，滿足題目要求，所以指令字長最少為5+6×3=23位。又由于計(jì)算機(jī)按字節(jié)編址，指令字長應(yīng)該是8的倍數(shù)，因此指令字長至少應(yīng)該是24位，選A。（X）D解析：零地址指令條數(shù)=((24-12)×26-254)×26=128（2）A解析：采用32位定長指令字，其中操作碼為8位，兩個(gè)地址碼共占用328=24位，而Store指令的源操作數(shù)和目的操作數(shù)分別采用寄存器直接尋址和基址尋址，機(jī)器中共有16個(gè)通用寄存器，因此尋址一個(gè)寄存器需要log216=4位。源操作數(shù)中的寄存器直接尋址需4位；目的操作數(shù)采用基址尋址也要指定一個(gè)寄存器，同樣需要4位表示寄存器編號；留給偏移址的位數(shù)為2444=16位，而16位偏移址用補(bǔ)碼表示范圍為32768～+32767。（X）A解析：參考指令格式，48條指令需要6位操作碼字段(25<48<26)，4種尋址方式需要2位尋址特征位，還剩16-6-2=8位作為地址碼，故直接尋址范圍為0~255。注意主存地址不能為負(fù)數(shù)。（3）A解析：采用16位定長指令字格式，有48條指令，操作碼字段長度=log248=6位，支持直接、間接、立即、相對4種尋址方式，尋址方式字段需要log24=2位，單地址指令直接尋址方式中形式地址字段為1662=8位，能表示的無符號整數(shù)范圍為0～255，選A。（4）C解析：變址尋址中，有效地址EA=(I)+D，這里先變址再間接尋址，所以EA=((I)+D)。（5）C解析：相對尋址EA=(PC)+指令字節(jié)長度+偏移量，這里轉(zhuǎn)移指令字長為2字節(jié)，偏移量字段為6，EA=(PC)+2+6=2000H+2+6=2008H。（6）A解析：基址尋址、變址尋址EA=(R)+D，相對尋址EA=(PC)+D，它們都是將寄存器內(nèi)容與形式地址相加生成有效地址，而間接尋址EA=(D)，所以選A。（7）D解析：根據(jù)變址尋址的方法，EA=(R)+D=1000H+2000H=3000H，操作S=(EA)=(3000H)=4000H。（8）D解析：變址尋址EA=(R)+D，指令中形式地址D可提供數(shù)組首地址，由變址寄存器來定位數(shù)組中的各元素，這種尋址方式最適合按下標(biāo)順序訪問一維數(shù)組元素，所以選D。（9）D解析：采用基址尋址方式，EA=(R)+D，寄存器為32位，形式地址采用16位補(bǔ)碼表示，這里D=FF12，為負(fù)數(shù)，當(dāng)將其與32位寄存器值相加時(shí)要進(jìn)行符號擴(kuò)展，所以EA=(R)+D=F0000000+FFFFFF12H=EFFFFF12H。計(jì)算機(jī)采用大端方式編址，所以低位字節(jié)存放在字的高地址處；機(jī)器數(shù)一共占4字節(jié)，該操作數(shù)的LSB所在的地址是EFFFFF12H+3=EFFFFF15H，所以選D。（10）B解析：（雙精度浮點(diǎn)數(shù)長度為8字節(jié)），因此數(shù)組的下標(biāo)為256/8=32，答案選B。（11）C解析：bgt指令會將A和B進(jìn)行比較，也就是將A和B相減。若A＞B，則AB肯定無進(jìn)位/借位，結(jié)果也不為0，因此CF和ZF均為0，選C。（12）A解析。（13）A解析：RI/存數(shù)指令訪問存儲器，其余指令的操作均在寄存器之間進(jìn)行；CPU中通用寄存器多；大部分指令在一個(gè)或小于一個(gè)機(jī)器周期內(nèi)完成；普遍是采用硬布線控制器而不是采用微程序控制器。選項(xiàng)B、C、D都是RISC的特點(diǎn)，選項(xiàng)A是錯(cuò)誤的。5.3簡答題。（1）什么叫指令？什么叫指令系統(tǒng)？答：指令是指控制計(jì)算機(jī)執(zhí)行某種操作（如加、減、傳送、轉(zhuǎn)移等操作）的命令，它是CPU能直接識別并執(zhí)行的基本功能單位。一臺計(jì)算機(jī)中所有指令的集合稱為該計(jì)算機(jī)的指令系統(tǒng)。（2）計(jì)算機(jī)中為什么要設(shè)置多種操作數(shù)尋址方式？答：能給用戶提供更豐富的程序設(shè)計(jì)手段，有利于編譯器實(shí)現(xiàn)高級語言向匯編語言的轉(zhuǎn)換，方便在效率和方便性以及尋址空間大小方面進(jìn)行折中平衡。立即數(shù)尋址和寄存器尋址速度最快，但寄存器有限，立即數(shù)范圍也非常有限；間接尋址、寄存器間接尋址、基址尋址可以擴(kuò)大尋址范圍，變址尋址、相對尋址、直接尋址可以提升程序設(shè)計(jì)靈活性。（3）操作數(shù)尋址方式在指令中如何表示？答：有的尋址方式在指令字中用明確的字段表示操作碼的尋址方式，如PDP-11、x86指令，也有的尋址方式暗含在操作碼中，如MIPS、RISC-V指令集。（4）基址尋址和變址尋址的作用是什么？分析它們的異同點(diǎn)。答：基址尋址面向系統(tǒng)，用于程序的重定位和擴(kuò)展尋址空間，解決程序邏輯空間與存儲器物理空間的無關(guān)性。變址尋址是面向用戶的，主要解決程序循環(huán)問題，方便編寫出高效訪問存儲空間的程序。二者在形式上及計(jì)算操作數(shù)有效地址的方法上相似，都是將寄存器的值加上形式地址形成操作數(shù)有效地址。但基址寄存器的值通常是不變的，程序中的所有地址都是相對于基址來變化的，形式地址表示的偏移量位數(shù)較短，偏移范圍較小。而變址尋址則相反，指令中形式地址給出的是一個(gè)存儲器地址基準(zhǔn)，變址寄存器中存放的是偏移量，不同的變址寄存器給出不同的單元，偏移量位數(shù)足以表示整個(gè)存儲空間。（5）RISC處理器有何特點(diǎn)？答：。（6）比較定長指令與變長指令的優(yōu)缺點(diǎn)。答：定長指令結(jié)構(gòu)規(guī)整，有利于簡化硬件，尤其是指令譯碼部件的設(shè)計(jì)，但指令字長平均長度長，指令不易擴(kuò)展。變長指令結(jié)構(gòu)靈活，能充分利用指令中的每一位，所以指令碼點(diǎn)冗余少，指令字長平均長度短，指令易于擴(kuò)展，但變長指令的格式不規(guī)整，不同指令取指時(shí)間可能不同，控制復(fù)雜。（7）指令的地址碼與指令中的操作碼含義有何不同？答：指令的地址碼通常指定操作數(shù)的地址，地址碼字段的作用隨指令類型和尋址方式的不同而不同，它可能作為一個(gè)操作數(shù)、操作數(shù)的地址（包括操作數(shù)所在的主存地址、寄存器編號或外部設(shè)備端口地址），也可能是一個(gè)用于計(jì)算地址的偏移量。指令中的操作碼則表示指令的功能。5.4答：（1）立即數(shù)；（2）直接；（3）寄存器；（4）寄存器間接。5.5解：16個(gè)通用寄存器需要4位表示；8種尋址方式需要3位表示。（1）單操作數(shù)指令的操作碼位數(shù)為16-4-3=9位，因此最多有29=512條指令。（2）雙操作數(shù)指令的操作碼位數(shù)為16-2×(4+3)=2位，因此最多有22=4條指令。（3）直接尋址，4位表示的地址范圍為0～15。（4）變址尋址，因?yàn)榧拇嫫鳛?6位，所以尋址范圍為216=64KB。5.6解：（1）采用擴(kuò)展操作碼方式，雙操作數(shù)指令的操作碼字段16-2×6=4位，則計(jì)算機(jī)最多有24=16條雙操作數(shù)指令，實(shí)際雙操作數(shù)指令為m條，因此還有(16-m)種狀態(tài)用于擴(kuò)展單操作數(shù)指令和無操作數(shù)指令，最多表示(16-m)×26條單操作數(shù)指令。假設(shè)單操作數(shù)指令條數(shù)為y，則((16-m)×26-y)×26=n，因此單操作數(shù)指令條數(shù)y=(16-m)×64-n/64條。（2）雙操作數(shù)指令取最大數(shù)：24-1=15條（只預(yù)留一個(gè)狀態(tài)進(jìn)行擴(kuò)展）；單操作數(shù)指令取最大數(shù)：26-1=63條（只預(yù)留一個(gè)狀態(tài)進(jìn)行擴(kuò)展）；無操作數(shù)指令取最大數(shù)：26=64條。5.7解：根據(jù)相對尋址有效地址的計(jì)算公式EA=(PC)+D，可知D=EA-(PC)。對于相對尋址而言，關(guān)鍵是求出計(jì)