十进制 => R 进制:短除法
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原码就是符号位 0 正 1 负
反码正数的和原码一样,负数的符号位不变其余取反
补码正数的和原码一样,负数为反码的基础上+1
移码只用于浮点运算的阶码,补码的符号位取反(正数也是)
范围:
原码:−(2n−1−1)∼2n−1−1-(2^{n-1}-1) \sim 2^{n-1}-1−(2n−1−1)∼2n−1−1
反码:−(2n−1−1)∼2n−1−1-(2^{n-1}-1) \sim 2^{n-1}-1−(2n−1−1)∼2n−1−1
补码:−2n−1∼2n−1−1-2^{n-1} \sim 2^{n-1}-1−2n−1∼2n−1−1
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阵列处理器
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流水线周期
为执行时间最长的一段
流水线总时间 = 1 条指令执行时间 + (指令条数 - 1) * 流水线周期
事实上第一条指令执行时间不可能是刚刚好不浪费,而是按照:指令阶段数 k * 流水线周期
即:
理论公式:Tn条指令=T1条指令+(n−1)×ΔtT_{n条指令} = T_{1条指令} + (n-1)\times \Delta tTn条指令=T1条指令+(n−1)×Δt
实践公式:Tn条指令=(k+n−1)×ΔtT_{n条指令} = (k+n-1)\times \Delta tTn条指令=(k+n−1)×Δt
流水线吞吐率(TP):单位时间内流水线所完成的任务数量或输出的结果数量
TP=指令条数流水线执行时间TP=\frac{指令条数}{流水线执行时间}TP=流水线执行时间指令条数
TPmax=limn−>∞n(k+n−1)Δt=1ΔtTP_{max} = \lim_{n->\infin} \frac{n}{(k+n-1)\Delta t} = \frac{1}{\Delta t}TPmax=n−>∞lim(k+n−1)Δtn=Δt1
S=不使用流水线执行时间使用流水线执行时间S = \frac{不使用流水线执行时间}{使用流水线执行时间}S=使用流水线执行时间不使用流水线执行时间
衡量多少时间被有效利用了
E=n个任务占用的时空区(黑区)k个流水段的总时空区(黑区+白区)=nT0kTE=\frac{n个任务占用的时空区(黑区)}{k个流水段的总时空区(黑区+白区)}=\frac{nT_0}{kT}E=k个流水段的总时空区(黑区+白区)n个任务占用的时空区(黑区)=kTnT0
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寄存器 -> cache -> 内存 -> 外存
内存是按内容存取的 相联存储器
,效率远高于按地址
为啥相联存储器效率高呢?因为靠硬件可以实现多路并发比较
T平均=h×t快的+(1−h)×t慢的T_{平均} = h\times t_{快的} + (1-h) \times t_{慢的}T平均=h×t快的+(1−h)×t慢的
hhh 为命中率,1−h1-h1−h为失效率
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(1) (C7FFFH - AC000H + 1) / 1024 = 112
(2) (112K * 16) / (28 * 16K) = 4
存取时间 = 寻道时间 + 等待时间
寻道时间
指 磁头伸
到磁道所需的时间等待时间
为 扇区旋转
到磁头下方所用的时间,平均为转半圈的时间注意:磁盘是一直转的,不是需要哪个地方的数据然后再开始转,取到了再停下来
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原始分布如下:定位到 R0 后处理还需要 3ms,在这 3ms 后 R1 已经转过去了,需要再转一圈才能找到它
所谓单缓冲区,就是每次只能读出一个数据,不能一次读很多然后慢慢处理,读一个处理一个
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读取 R0~R9:(3+33)*10,3 是读取磁盘的时间,33 是转一圈的时间
读取 R10:3+3,3 是读取磁盘的时间,3 是处理数据的时间
第(48)题答案为 366
优化分布:每次处理完一个数据后刚好磁头就在另一个数据上
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这样只有读取磁盘和处理数据的时间,没有磁盘转动的时间:(3+3)*11
第(49)题答案为 66
串联系统:
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RRR:可靠度
λ\lambdaλ:失效率
并联系统:
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只有当所有的子系统都同时失效的时候整个系统才会失效
码距:整个编码系统中任意两个码字的最小距离(不相同的二进制位的个数)
例:若有 A, B 两个字母需要做编码
用 1 位长度的二进制编码,A=1 B=0,AB 之间的最小码距为 1
用 2 位长度的二进制编码,A=11 B=00,AB 之间的最小码距为 2
用 3 位长度的二进制编码,A=111 B=000,AB 之间的最小码距为 3
CRC:可检错,不能纠错
原理:
生成多项式
进行模 2 除法生成多项式
:例:x4+x3+x+1x^4+x^3+x+1x4+x3+x+1,进行模 2 除法的除数就是 11011
2r≥N+r+12^r\ge N+r+12r≥N+r+1
N 是信息的长度,r 为所求的校验位个数
2^n
的位置2^n
形式,如:7=4+2+1,则处于 7 号的信息值会影响 4、2、1 号信息位