SOLUCIONES. DURACIÓN: Dispone de 100 minutos para realizar el examen. SOLUCIÓN Esta es una posible solución al ejercicio planteado, escrita en C.

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1 1 2 3 test extra NOTA Fundamentos de los Sistemas Operativos Examen de convocatoria ordinaria 27 de mayo de 2014 SEGUNDA PARTE Nombre y apellidos SOLUCIONES DNI/NIE DURACIÓN: Dispone de 100 minutos para realizar el examen. 1 (2 puntos) Tenemos un búfer compartido en el que depositan elementos dos procesos productores P1 y P2, y del que extraen elementos dos consumidores C1 y C2, de forma que el consumidor C1 sólo puede consumir elementos producidos por P1 y el consumidor C2 elementos producidos por P2. El búfer tiene una capacidad limitada de N elementos. Si un productor se encuentra el búfer lleno, debe esperar a que se abra un hueco. Proponer una solución, empleando semáforos como herramienta de sincronización, de forma que los elementos se consuman siguiendo una política global FIFO, es decir, si existen elementos de los dos tipos en el vector, deberá intervenir en primer lugar el consumidor cuyo tipo coincida con el tipo del siguiente elemento a consumir siguiendo un orden FIFO. SOLUCIÓN Esta es una posible solución al ejercicio planteado, escrita en C. // Variables globales #define TAM_BUFFER 100 typedef Elemtype..; // Búfer para almacenar los elementos Elemtype buffer[tam_buffer]; // Búfer que indica el tipo de elemento almacenado en cada // posición: 1 para elementos de tipo 1, 2 para elementos de //tipo 2 y - 1 cuando la posición está libre int buffer_type[tam_buffer]=[- 1, - 1, - 1,.- 1]; // Indices marcadores de las posiciones de entrada y salida de // elementos int in=0,out=0; // Semáforo para controlar el número de elementos tipo 1 // almacenados en el búfer Semaforo full_type1=0; //Semáforo para controlar el número de elementos tipo 2 // almacenados en el búfer Semaforo full_type2=0; // Semáforo para controlar el número de huecos libres en el // búfer Semaforo empty=tam_buffer; // Cola de espera para el consumidor tipo1 cuando el siguiente // elemento a consumir es de tipo2 Semaforo queue_type1=0; // Cola de espera para el consumidor tipo2 cuando el siguiente // elemento a consumir es de tipo1 Semaforo queue_type2=0; // Semáforo para garantizar exclusión mutua en el acceso a las //variables compartidas Semaforo mutex=1; Página 1 de 5

2 // Variables para indicar si los procesos consumidores de tipo 1 // y 2 están bloqueados en los semáforos queue_type1 y // queue_type2 respectivamente int c1_bloq=0; int c2_bloq=0; Process P1() { // Producir elem // Si el búfer está lleno, esperamos wait(empty); buffer(in)=elem; buffer_type(in)=1; in=(in+1)%tam_buffer; // Avisamos que hemos introducido un // elemento de tipo1 signal(full_type1); Process C1() { wait(full_type1) if (buffer_type(out)==2) { c1_bloq=1; wait(queue_type1); elem=buffer(out); buffer_type[out]=- 1; out=(out+1)%tam_buffer; if (buffer_type[out]==2 && c2_bloq) { c2_bloq=0; signal(empty_type2); signal(empty); Process P2() { // Producir elem // Si el búfer está lleno, esperamos wait(empty); buffer(in)=elem; buffer_type(in)=2; in=(in+1)%tam_buffer; // Avisamos que hemos introducido un // elemento de tipo2 signal(full_empty2); Process C2(){ wait(full_type2) if (buffer_type(out)==1) { c2_bloq=1; wait(queue_type2); elem=buffer(out); buffer_type[out]=- 1; out=(out+1)%tam_buffer; if (buffer_type[out]==1 && c1_bloq) { c1_bloq=0; signal(empty_type1); signal(empty); // Consumir elem // Consumir elem Página 2 de 5

3 2 (1 punto) La familia de procesadores de Intel x86 utiliza direcciones lógicas y físicas de 32 bits y una memoria paginada de dos niveles. La dirección lógica se estructura de la siguiente forma: Nivel 1 Nivel 2 Desplazamiento Cada entrada de las tablas de páginas ocupa 4 bytes, en ambos niveles. Suponga que en Intel han decidido ofrecer un modelo de direcciones lógicas y físicas de 48 bits. Para adaptar el actual esquema de paginación de 32 bits, los ingenieros de Intel proponen tres alternativas: A. Aumentar el tamaño dedicado al desplazamiento dentro la página, de 12 bits a 28 bits. Esquema: [ ] B. Aumentar el tamaño dedicado a los dos niveles de paginación, de 10 bits a 18 bits cada uno. Esquema: [ ] C. Añadir más niveles de tablas, pasando de dos a cuatro niveles jerárquicos. Cada nivel ocupa 9 bits dentro de la dirección lógica. Esquema: [ ] En todos los casos, las entradas de las tablas de páginas pasarán a ocupar 8 bytes, dado que las direcciones físicas son más anchas. Intel recurre a usted, como experto en sistemas operativos, para que valore el impacto que tiene cada una de las alternativas en las prestaciones del sistema. TAREA. Tiene usted que elaborar un informe de unas 500 palabras que explique el impacto de las tres alternativas en el diseño del procesador, en el rendimiento de la ejecución de los procesos y en el sistema operativo. En su exposición, considere estos aspectos: Cambios estructurales en las tablas de traducción de direcciones y el tamaño de página. Cambios en la eficiencia en la traducción dinámica de direcciones. Impacto en el diseño del sistema operativo: impacto en factores tales como la fragmentación, espacio consumido por los procesos, velocidad de carga y ejecución de los procesos, etc. En la alternativa (A) resulta un tamaño de página de 2 28 = 256 megabytes. Este tamaño parece desproporcionado para las capacidades típicas de las memorias principales que nos encontramos en Por ejemplo, una RAM de 8GB tendría 32 páginas: si cada proceso en ejecución debe tener reservada al menos una página en exclusiva, esto limita muchísimo la cantidad de procesos que pueden residir en el sistema. Por otro lado, la fragmentación interna alcanzaría dimensiones excesivas, teniendo en cuenta los tamaños típicos que manejan los procesos en los sistemas operativos actuales. En cuanto a las tablas de páginas, se observa que la alternativa (B) genera tablas muy grandes, que ocupan varias páginas contiguas. Lo podemos ver calculando cuál es el tamaño máximo que puede tener una tabla en cada alternativa:.- Alternativa A: 10 bits por nivel entradas 8 bytes = 8KB..- Alternativa B: 18 bits por nivel entradas 8 bytes = 2MB..- Alternativa C: 9 bits por nivel. 2 9 entradas 8 bytes = 4KB. En las alternativas (A) y (C), las tablas nunca ocuparán más de una página contigua. Pero en la alternativa (B), con páginas de 4KB, una tabla puede llegar a ocupar nada menos que 512 páginas contiguas. Esto complica la gestión del espacio libre, ya que muchas tablas requerirán buscar varios marcos de página consecutivos. A grandes rasgos, parece que la alternativa (C) requiere más cambios en el hardware, pero es la que menos impacta en el aprovechamiento de la memoria principal. Las otras dos alternativas producen problemas importantes de fragmentación. NOTA histórica: el esquema definido por la arquitectura x86-64 es precisamente la alternativa (C). Página 3 de 5

4 3 (1 punto) Tenemos un sistema de archivos tipo UNIX en el que para localizar los bloques de un archivo se utilizan 11 entradas directas, una entrada indirecta, una entrada doblemente indirecta y una entrada triple indirecta. El tamaño de bloque es de 1KiB (1024 bytes) y los enlaces a bloques son de 32 bits. Para responder a las siguientes cuestiones, asuma que la información del inodo del archivo ya se encuentra en memoria principal. a) En función de la información dada, cuál es la longitud máxima que puede tener un fichero en este sistema? (se puede dar una estimación aproximada). b) Tenemos un fichero de 10 megabytes de longitud. Cuántos bloques consume del sistema de archivos? (NOTA: 1 megabyte = 1024 KiB). c) Al fichero anterior le queremos modificar un byte situado en la posición , relativa al comienzo del fichero. Cuántos accesos a bloques tenemos que realizar para completar la operación? a) Para calcular la longitud máxima, hay que obtener cuántos bloques puede llegar a tener un archivo si utiliza los índices a plena capacidad. Cada enlace ocupa 32/8 = 4 bytes Cada bloque de índices puede contener 1024/4 = 256 enlaces 11 entradas directas = 11 bloques de datos 1 entrada indirecta = 256 bloques de datos 1 entrada doble indirecta = = 2 16 bloques de datos 1 entrada triple indirecta = = 2 24 bloques de datos Por tanto, un fichero podría llegar a tener B= bloques de datos, que en bytes son B B está en torno a 2 24, así que el tamaño máximo es algo superior a = 2 34 bytes, que son unos 16 gigabytes. (no hace falta dar la cifra exacta, ya que no se dispone de calculadora en el examen) b) 10 megabytes son bytes y por tanto requieren /2 10 = bloques de datos. En decimal, bloques. Aparte de lo anterior, hay que considerar los posibles bloques de índices, si utiliza entradas indirectas. El archivo tiene más de 11 bloques y por tanto utiliza al menos el nivel indirecto simple (256 entradas), que necesita un bloque adicional. También debe usar el nivel indirecto doble, para las =9973 entradas restantes. Al menos deberá consumir un bloque de primer nivel. Del segundo nivel, tendrá que consumir el redondeo superior de 9973/256=39 bloques. Este archivo no consume entradas del nivel indirecto triple. Por tanto, el archivo en total debe consumir = bloques. 3) Para completar la operación, necesitamos realizar estas acciones: Leer el bloque de datos donde está el byte que queremos modificar. Modificar el dato en memoria principal. Escribir el nuevo contenido del bloque de datos. A su vez, para leer el bloque de datos, necesitamos saber dónde se encuentra, recurriendo a los bloques de índices. Como la posición es , puede obtenerse que el bloque de datos es /1024, que es un número algo inferior a Las entradas directas alcanzan los 11 primeros bloques; las indirectas simples, del bloque 12 al bloque 267; las indirectas dobles comienzan en el bloque 268 y siguen bloques más. Por tanto, nuestro bloque debe resolverse en el nivel indirecto doble. Esto exige leer el bloque de índices de primer nivel, localizar el bloque de siguiente nivel y leerlo. Para realizar la escritura, como ya conocemos cuál es el bloque de datos, no necesitamos volver a recorrer los bloques de índices. Página 4 de 5

5 Nombre y apellidos DNI/NIE En definitiva, los accesos a bloques que hay que realizar son: Leer el bloque de índices de primer nivel, para el grupo de doble indirecto. Leer el bloque de índices de segundo nivel correspondiente al bloque deseado. Leer el bloque de datos deseado. Escribir el bloque de datos modificado. Con lo cual, la respuesta a la pregunta es que hacen falta cuatro accesos a bloques para resolver la operación. Página 5 de 5