ARQUITECTURA DE COMPUTADORES. 2º INGENIERÍA INFORMÁTICA. SOLUCIONES EJERCICIOS BOLETÍN TEMA 3 (Gestión de Memoria). Curso 04/05.

Transcripción

1 ARQUITECTURA DE COMPUTADORES 2º INGENIERÍA INFORMÁTICA SOLUCIONES EJERCICIOS BOLETÍN TEMA 3 (Gestión de Memoria) Curso 04/05 1 Antes de ver en qué entradas de la memoria caché van a ir los bloques asociados a las referencias que nos dan y ver los aciertos y fallos que se producen vamos a ver como serían las direcciones de memoria principal (MP) y cómo se interpretarían en función de la organización de la memoria caché: a) Si el tamaño de la palabra es de 16 bits y los bloques son de una sola palabra el campo de desplazamiento dentro del bloque tendrá un sólo bit para acceder al byte dentro de la palabra Como nos dicen 32 entradas y es de correspondencia directa necesitaremos 5 bits para acceder a la entrada en la caché Los bits del campo etiqueta se deducen de restar los bits necesarios para direccionar una posición de memoria (16 bits) de la suma de los anteriores campos Así una dirección de MP será interpretada por la caché de la siguiente manera: Índice byte b) Análogamente a como hemos razonado en el apartado a) deducimos el esquema de direcciones de esta caché Hay que fijarse que la dirección siempre será de longitud 16 bits independientemente de cómo se interprete ya que ese es el tamaño de una dirección a MP Conjunto byte c) d) 15 1 byte Ahora para cada caso iremos viendo a qué bloques de la MP se accede Esos bloques habrán de ser traídos de la MP a la memoria caché y ubicados en unas determinadas líneas en función de su organización interna En la tabla que se muestra a continuación se ha escrito para cada caso a qué entrada o conjunto irá el bloque que se trae de memoria principal En el caso de las memorias asociativas por conjuntos de dos vías se indica el conjunto y el elemento dentro del conjunto separado por un guión Entre paréntesis se ha escrito si ese acceso a memoria ha supuesto un acierto o fallo de caché Sólo se produce un caso de fallo de bloque debido a un problema de conflicto en el caso de la caché con correspondencia directa en el acceso 11 El resto son todos forzosos Nótese que en el caso c) al ser el bloque más grande da como resultado una disminución en el número de fallos de bloque (forzosos) 1

2 De esta tabla también se puede deducir el estado final de la memoria caché: - En el caso de la caché de correspondencia directa (mapeado directo) se traen 13 bloques y se producen también 13 fallos Las 12 entradas, en este caso líneas ocupadas, son la 0, 2, 3, 4, 5, 8, 9, 10, 12, 18, 21, y 28 Para saber los valores de las etiquetas que se guardan en la memoria caché no hay más que tomar los 10 primeros bits de la referencia empezando por la izquierda (ver esquema de direcciones) En el caso del acceso 11 se produce un fallo por conflicto con el bloque traído en el acceso 0 Hay 13 fallos pero se van a quedar 12 bloques Por lo tanto será la etiqueta del bloque asociado al acceso 11 la que finalmente quede en la memoria caché - Análogamente al caso anterior, en el caso b) las 13 líneas de la memoria caché ocupadas son: 0 (0-0), 4 (2-0), 8 (4-0), 20 (10-0), 16 (8-0), 18 (9-0), 5 (2-1), 24 (12-0), 1 (0-1), 10 (5-0), 11 (5-1), 6 (3-0) y 25 (12-1) También se traen 13 bloques de MP y se producen 13 fallos - En el caso c) se producen 8 fallos de caché y se traen 8 bloques de MP Las líneas ocupadas son: 0 (0-0), 2 (1-0), 4 (2-0), 8 (4-0), 14 (7-0), 16 (8-0), 10 (5-0) y 6 (3-0) - En el caso d) se producen 13 fallos, uno por bloque Las entradas en este caso, al igual que en la correspondencia directa, son las propias líneas de la caché Los bloques de MP se van almacenando de forma secuencial en la memoria caché ya que pueden ir ubicados en cualquier posición Nº Acceso Dirección en hex Dirección en binario C Directa A 2 vías (conjuntolínea en conjunto) A 2 vías con 4 palabras por bloque Totalmente asociativo (F) 0 0 (F) 0 0 (F) 0 (F) (F) 2 0 (F) 0 0 (A) 1 (F) (F) 4 0 (F) 1 0 (F) 2 (F) (A) 2 0 (A) 0 0 (A) 1 (A) (F) 10 0 (F) 2 0 (F) 3 (F) (F) 8 0 (F) 2 0 (A) 4 (F) (F) 9 0 (F) 2 0 (A) 5 (F) (F) 2 1 (F) 4 0 (F) 6 (F) (F) 12 0 (F) 7 0 (F) 7 (F) (A) 4 0 (A) 1 0 (A) 2 (A) (F) 0 1 (F) 8 0 (F) 8 (F) 12 B (F) 5 0 (F) 1 0 (A) 9 (F) (A) 2 0 (A) 0 0 (A) 1 (A) 14 2B (F) 5 1 (F) 5 0 (F) 10 (F) (A) 2 0 (A) 0 0 (A) 1 (A) (F) 3 0 (F) 0 0 (A) 11 (F) (A) 4 0 (A) 1 0 (A) 2 (A) (A) 8 0 (A) 2 0 (A) 4 (A) (A) 4 0 (A) 1 0 (A) 2 (A) (F) 12 1 (F) 3 0 (F) 12 (F) 2 Tiempo medio de acceso = tiempo acierto + porcentaje/probabilidad fallo * penalización por fallo T = N*(10 ns) + 005*(20*10) = 10N ns + 10 ns T = (N+2)*(10 ns) + 003*(20*10) = 10N ns + 26 ns No se consigue una mejora en el tiempo medio de acceso 2

3 3 COMPUTADOR A: Decir que en la caché hay 4 vías con 256 entradas en cada vía es lo mismo que decir que existen 1024 líneas y la memoria es asociativa por conjuntos de 4 vías Sabiendo esto lo que está claro es que van a existir 256 conjuntos/entradas y en cada uno 4 líneas/bloques Profundidad y anchura? Profundidad ya la sabemos 256 conjuntos/entradas de 4 elementos cada uno Para saber la anchura necesitamos saber lo que ocupa el campo de etiqueta y el de desplazamiento o datos Veamos cuánto ocupan: Datos: (64K para datos / 256 conjuntos) / (4 líneas por conjunto) = (2 / 2 8 ) / 2 = 2 6 bits = 3 64 bits = 8 bytes = 2 bytes se necesitan 3 bits para direccionar el dato dentro del bloque Tendremos 8 bytes en cada bloque o línea : (16K para etiquetas/256 conjuntos) / (4 líneas por conjunto) = (2 / 2 ) / 2 = 2 bits = 16 bits por etiqueta Así pues se tendrá el siguiente esquema de direcciones: Conjunto desplazamiento Esto quiere decir que la memoria física o principal tendrá un total de 2 mismo 128 Mbytes La organización o esquema de la memoria caché será el siguiente: bytes o lo que es lo ETI BLOQUE ETI BLOQUE ETI BLOQUE ETI BLOQUE 2 bytes 8 bytes COMPUTADOR B: Si ahora los bloques son de 4 palabras tendremos que el campo de desplazamiento estará dividido en dos partes: una para la palabra y otra para el byte dentro de la palabra El resto de campos del esquema de direcciones no sufren variaciones por lo que el esque de direcciones queda como sigue: Como las palabras son ahora de dos bytes entonces la memoria física o principal tendrá un total 26 de 2 palabras o lo que es lo mismo 64 Mpalabras de 16 bits o dos bytes La capacidad de la MP sigue siendo la misma pero la forma de acceder o interpretar la información cambia 3

4 4 Si tenemos un procesador de 32 bits significa que el tamaño de una palabra (y/o una referencia a memoria si no nos dicen nada más) es de 32 bits o lo que es lo mismo de 4 bytes Este también sería el tamaño de una dirección enviada por el procesador a memoria principal Como nos dicen que las líneas son de 4 palabras ya tenemos el campo de desplazamiento dentro del bloque: 4 bits o 2+2 (W+B) En total 16 bytes por línea = 4 palabras*4bytes por palabra Cuál es el tamaño del campo conjunto? o lo que es lo mismo, cuántas entradas o conjuntos tiene nuestra caché? Sabemos que es asociativa de 4 vías, 16 bytes por línea y que el tamaño total de la caché es de 16 Kbytes Por lo tanto el número de conjuntos o entradas será: 16Kbytes / 16 bytes por línea = / 2 = 2 10 líneas Como tenemos 4 vías, es decir, conjuntos de 4 líneas: líneas / 2 líneas por conjunto = 8 2 conjuntos o entradas = 256 conjuntos o entradas 8 bits para el campo conjunto Cuál es el tamaño de la etiqueta? No hay más que restar al tamaño total del campo de direcciones (32 bits) la suma de los anteriores campos: 32 bits del campo direcciones (8 bits campo conjunto o entrada + 4 bits campo desplazamiento dentro del bloque o línea) = 20 bits Por lo tanto el esquema de direcciones sería: De la dirección 0xABCDE8F hex sólo nos interesan los 12 primeros bits para saber el conjunto o entrada en la caché y luego la posición dentro de la línea (palabra+byte) bin Los 2 primeros bits (los que están más a la izquierda) nos dicen que el byte dentro de la palabra será el cero (00), los dos siguientes que la palabra dentro del bloque o línea será la 2ª (10) y los 8 bits restantes que estará en el conjunto o entrada 143 ( ) 5 Cuánto ocupa una línea o bloque? 2 Bloques de 2 palabras x 2 bytes por palabra (16 bits) = 4 bytes = 2 bytes 2 bits para el campo de desplazamiento dentro del bloque 1+1 (W+B) Cuántas líneas/bloques se pueden almacenar en la memoria caché? 4K dobles palabras = 8K palabras Como cada palabra tiene 16 bits (2 bytes) 8K palabras x 2 bytes por palabras = 16K bytes = bytes = 2 14 bytes Ahora ya se conoce el tamaño total de la caché y lo que ocupa cada línea Por lo tanto para hallar el número de bloques/líneas habrá que hacer: bytes en la caché / 2 bytes por línea en la caché = 2 12 líneas o bloques Como la memoria caché es asociativa por conjuntos de elementos (4 vías), en total se tendrán los siguientes conjuntos o entradas en la memoria caché: 2 12 líneas o bloques / 4 líneas por conjunto = 1024 = 2 10 conjuntos o entradas 10 bits para el campo de conjuntos Como se sabe que las direcciones son de 24 bits la etiqueta ocupará: 24 (10+2) = 12 bits y el esquema de direcciones sería el siguiente: La estructura de la caché por tanto tendrá un esquema parecido al siguiente: 4

5 ETI BLOQUE ETI BLOQUE ETI BLOQUE ETI BLOQUE 12 bits 4 bytes 6 Se va a seguir un razonamiento similar al del ejercicio anterior: Cuánto ocupa una línea o bloque? Bloques de 4 dobles palabras x Y bytes por palabra = 16 bytes de memoria por bloque 4 = 2 bytes de memoria por bloque Y = 4 bytes por palabra y además 4 bits para el campo de desplazamiento dentro del bloque 2+2 (W+B) Ya se sabe que el campo conjunto o entradas tendrá 7 bits (128 conjuntos = 2 7 conjuntos) La cuestión que queda por resolver es cuánto ocupa el campo etiqueta Para esto es necesario saber cuanto ocupa el campo de direcciones de memoria o la palabra del procesador En este caso se necesita saber que el 486 al igual que el Pentium son procesadores de 32 bits y por lo tanto el campo dirección ocupa 32 bits Por lo tanto el campo etiqueta ocupará 21 bits: 32 bits (7 bits + 4 bits) = 21 bits campo etiqueta La interpretación de las direcciones se hará de la siguiente manera: Si en vez de acceder a dobles palabras accedemos a palabras, que es lo más usual, tendríamos el siguiente esquema: El esquema de la estructura interna de la memoria caché será el siguiente: V ETI BLOQUE V ETI BLOQUE V ETI BLOQUE V ETI BLOQUE LRU 21 bits 16 bytes 1 bit 3 bits (NOTA: para implementar el algoritmo Pseudo-LRU para 4 elementos hacen falta 3 bits por conjunto) 5

6 7 a) Lo primero antes de averiguar el MR es saber el número de bloques/líneas con que cuenta la memoria caché Hay una capacidad 256 bytes = 2 8 bytes en la memoria caché Además se dice que un bloque ocupa 16 bytes (4 palabras de 32 bits = 4x4 bytes) Por lo tanto el número de bloques/líneas es: 2 8 / 2 4 = 2 4 = 16 bloques o líneas Así pues un esquema de la memoria caché sería el siguiente: Nº línea palabras Como se puede ver sólo se pueden introducir un total de 64 palabras como máximo Hay fijarse y tener en cuenta que un número entero en C ocupa 32 bits, es decir, una palabra Por lo tanto la memoria caché podría en el mejor de los casos almacenar hasta 64 números enteros Si se supone que un entero en C ocupa 16 bits (por ej En un programa en MS-DOS) la solución cambiaría ligeramente Ahora hay que analizar ahora el comportamiento del bucle interno El bucle externo simplemente repite lo que hace el bucle interno varias veces Se dice en el enunciado que la memoria es de correspondencia directa Se va a ir viendo a qué elementos se accede j = 0 Elemento 1 j = 132 Elemento 133 j = 264 Elemento 264 No se accede a él porque 264>256 (mirar código del programa) Por lo tanto se va a acceder a dos números o palabras La pregunta que hay que hacerse a continuación es a qué bloques de memoria principal corresponden estas palabras y dónde se ubicarían estos bloques en la memoria caché Ya que el enunciado no lo dice se supone por simplicidad que el array se carga a partir de la dirección y bloque 0 de MP (memoria principal) Como no se dice nada se supone también que la memoria caché está inicialmente vacía Atención: hay que tener en cuenta que los números de bloques al igual que los elementos del array empiezan a contarse a partir de cero y no de uno j = 0 Bloque 0 de memoria principal 0 MOD 16 = 0 j = 132 Bloque 33 de memoria principal ya que: 132 / 4 = 33 ó 4*33 = 132 es decir, en el bloque Nº 32 de MP está contenido el elemento Nº 131 del array Por lo tanto en el bloque Nº 33 estarán contenidos los elementos Nº-s 132, 133, 134 y MOD 16 = 1 Se puede por tanto concluir que una vez traídos los dos bloques de memoria principal correspondientes a los accesos efectuados por el programa, estos se ubicarán en las líneas 0 y 1 de la memoria caché No existen por lo tanto fallos de conflicto y sólo hay que tener en cuenta dos fallos forzosos en la primera iteración del bucle interno (durante la primera iteración del bucle externo) Los fallos de capacidad se descartan porque sólo se accede a dos palabras/enteros y en la caché hay espacio para 64 palabras/números Repetidos estos accesos veces (bucle exterior) se puede concluir por tanto que el Miss Rate es aproximadamente cero (MR ~ 0) b) Ahora zancada es igual a 131 Siguiendo un razonamiento análogo al anterior se trata de averiguar los elementos accedidos del array al igual que los bloques de MP dónde están contenidos para saber dónde se ubicarían una vez traídos a la memoria caché j = 0 Elemento 1 j = 131 Elemento 132 j = 264 Elemento 264 No se accede a él porque 264>256 (mirar código del programa) Los bloques de memoria principal: 6

7 j = 0 Bloque 0 de memoria principal 0 MOD 16 = 0 j = 131 Bloque 32 de memoria principal ya que: 131 / 4 = 32,75 ó 4*32 = 128 es decir, en el bloque Nº 31 de MP está contenido el elemento Nº 127 del array Por lo tanto en el bloque Nº 32 estarán contenidos los elementos Nº-s 128, 129, 130 y MOD 16 = 0 Ahora resulta que los dos accesos que se producen a MP debido a la lectura de dos números/palabras corresponden a dos bloques diferentes (el bloque 0 y el 32) de MP que han de ubicarse en la misma línea de la memoria caché Esto supone que se haya que traer y expulsar sucesivamente bloques de la línea cero de la memoria caché produciéndose dos fallos de conflicto en cada iteración del bucle interior Repetidos estos accesos veces (bucle exterior) se puede concluir por tanto que el Miss Rate es exactamente uno (MR = 1) c) Si la memoria caché se convierte en una caché asociativa por conjuntos de dos vías se soluciona el problema anterior y el MR ~ 0 Esto es así porque sólo se han de traer dos bloques distintos de memoria principal en todo el programa y ahora al disponerse de dos líneas por conjunto hay espacio suficiente para ubicar esos dos bloques en el mismo conjunto en caso de necesidad d) En primer lugar se va a calcular el tiempo de acceso para el caso A En el enunciado no se aclara del todo si en los 20t ciclos que se tarda en acceder a la memoria principal son para leer un bloque o solamente una palabra Se va a suponer que el acceso es a una palabra ya que el acceso de t ciclos a la caché es también para acceder a una palabra Lo contrario también tiene sentido ya que entre la memoria principal y la caché los intercambios son siempre a nivel de bloque Primero hay que recordar la expresión del cálculo del tiempo de acceso a memoria caché: T acc caché = T acc hit + MR*T penal = T acc hit + T acc fallo T acc cache A = T acc hit A + T acc fallo A = 20000t + 2*(20t*4) = 20160t En caso de fallo traer un bloque a memoria caché cuesta lo mismo que traer 4 palabras por separado Como ya se ha comentado anteriormente se podría haber supuesto que los 20t son realmente para traer de MP las cuatro palabras en paralelo Para el caso B se realiza un razonamiento similar: T acc cache B = T acc hit B + T acc fallo B = 20000t *(20t*4) = t Como se puede ver con estos valores el hecho de tener una cierta organización u otra en la memoria caché puede influir de forma decisiva en el rendimiento general de un computador en determinadas aplicaciones Estos factores pueden llegar a ser realmente importantes a la hora de por ejemplo de tener que diseñar de un sistema de tiempo real 8 Es una cuestión teórica relativa a la memoria virtual Para responder a la cuestión hay que explicar el proceso de traducción de dirección lógica o virtual a dirección física y finalmente el acceso al dato a través de la caché Esto se explica en la teoría y en la bibliografía 7

8 9 Si las páginas son de 16KB (2 14 bytes) y la dirección virtual ocupa 40 bits (se pueden 40 direccionar hasta 2 posiciones de memoria) tendremos un total de 2 26 = páginas posibles en la tabla de páginas Cuántos bits hay en cada entrada de la tabla de páginas? Sabemos que la dirección física ocupa 36 bits y que 14 de esos bits son para el desplazamiento dentro de la página Por lo tanto la dirección de un marco en memoria principal será de 22 bits (36 14) Cuánto ocupa por tanto la tabla de páginas? 26 TP = 2 páginas en la TP*(22 bits de dirección del marco en MP + 4 bits de control por página) = 26*2 26 bits = 26*64 Mbits = 1664 Mbits = 208 Mbytes El esquema de traducción de direcciones será el siguiente: Dirección virtual 40 bits número de página virtual (26 bits) Desplazamiento (14 bits) Bits de control 4 bits TABLA DE PÁGINAS Dirección de Marco en MP 26 bits Dirección física 36 bits número de página física o marco (22 bits) Desplazamiento (14 bits) Como apunte se podría decir que el tamaño de la tabla de páginas de un proceso es tan grande que habría que recurrir a técnicas de reducción/compactación de tamaño tales como hacer crecer dinámicamente la tabla, funciones hash, paginar la tabla de páginas, 8