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Arquitectura de Computadoras II – Practico 1 Análisis de Rendimientos y Jerarquías de memoria
1 - Una CPU realiza la operación de multiplicar en 2,3 microsegundos, de los cuales 0,5 Mseg. Se necesitan para el cálculo de rebalse del resultado. Se realiza una versión optimizada de esa CPU que reduce a la mitad el tiempo tiempo de análisis análisis de rebalse rebalse. . 1. Hallar la fracción mejorada. 2. Hallar la aceleración mejorada. 3. ¿Cuál es la aceleración global del nuevo procesador respecto del anterior?
1. La fracción mejorada = 0.5ms/2.3ms ≈ 0.21. 2. La aceleración mejorada = 0.5ms/0.25ms = 2. 3. La aceleración global = 2.3ms/2.05ms ≈ 1.12.
2 - Si una mejora implica una aceleración global máxima de 700% ¿Cual es la fracción que involucra mejoras? ¿Cuál es la aceleración necesaria en esa fracción? Acelera Aceleracion cion global global =
Tiempo Antiguo Tiempo Nuevo
=
TA TA[ TA[1 − Fm +
Fm ] Am
=
1 1 − Fm + Fm/Am Fm/Am
La aceleración global es máxima si Fm/Am es 0, o sea si l a aceleración mejorada de esa fracción tiende a infinito. Surge entonces la siguiente fórmula:
Acelera Aceleracion cion global global maxima = Reemplazando:
7=
1 1 − Fm
→
Fm =
6 7
1 1 − Fm
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3 - Un procesador A realiza una operación en N segundos. Se optimiza dicha operación en un procesador B que mejora 2/3 de esa operación en un factor de 2,5. Un tercer procesador C (basado en B) optimiza la operación duplicando la velocidad de la parte que mejora. 1. ¿Cuál sería la aceleración global total si la mejora de C se realiza sobre la fracción que mejoró B (2/3)? 2. Calcular la misma aceleración si la mejora de C se implementa sobre la fracción que no mejora B.
1. Aceleración global = N/(2/5)N = 2,5. 2. Aceleración global = N/(1/2)N = 2.
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4 - Encuentre una expresión matemática que halle la aceleración global de un equipo si se realizan sobre él dos mejoras con fracciones F1 y F2 y aceleraciones mejoradas A1 y A2. Como:
Tiempo de la fraccion mejorada Tm = Tantiguo
Fm Am
Entonces podemos expresar al tiempo nuevo como:
Tn = (Tantiguo − Tantiguo. Fm) + Tm Y a la aceleración global como:
Aceleracion global =
Tiempo Antiguo Tiempo Nuevo
=
TA TA[1 − Fm +
Fm ] Am
=
1 1 − Fm + Fm/Am
Ahora al aplicar 2 mejoras tenemos que el tiempo nuevo es:
Tn = Tantiguo − Tantiguo. F1 – Tantiguo. F2 + Tm1 + Tm2 Y a la aceleración global es:
Aceleracion global =
Tiempo Antiguo Tiempo Nuevo
=
TA TA[1 − F1 − F2 +
F1 F2 + ] A1 A2
=
1 1 − F1 − F2 + F1/A1 + F2/A2
5 - Suponga una caché de 2048 bytes dividida en bloques de 64 bytes. La caché está, a su vez, agrupada en 8 conjuntos. El nivel inferior es una RAM de 16 Kbytes. 1. ¿Cuántos bloques tiene cada conjunto de la caché? 2. ¿Cuántos bloques tiene la RAM? 3. Muestre las ecuaciones para calcular el conjunto y posición dentro del mismo que le corresponden al bloque número 100 de RAM. 4. Muestre los valores de la ETIQUETA, INDICE y DESPLAZAMIENTO si la dirección que busca la CPU es 10480.
1. Cache de 2048 Bytes/8 conjuntos = 256 Bytes por conjunto. 256 Bytes por conjunto/64 Bytes por bloque = 4 bloques por conjunto. 2. 16 KBytes = 16384 Bytes/64 Bytes por bloque = 256 bloques. 3. Para calcular el conjunto en el que cae es 100 MOD 8 = 4. Para calcular la posición dentro del conjunto es aleatoria.
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4. Dirección: 10480. Bloque: 10480 DIV 64 = 163. Desplazamiento: 10480 MOD 64 = 48. En la caché irá al conjunto: 163 MOD 8 = 3. Y el valor de la etiqueta será: 163 DIV 8 = 20.
Para entender mejor el porqué de estas cuentas lo hacemos en binario: Dirección: 10480 → 10100011110000. Como tenemos Bloques de 64 Bytes necesitamos 6 bits para indicar el desplazamiento entonces: 10100011110000 desplazamiento: 110000 = 48. Como tenemos 8 conjuntos necesitamos 3 bits para indicar el indice entonces: 10100011110000 indice: 011 = 3. Y el resto es de etiqueta: 10100 = 20.
6 - Explicar conceptualmente en que consiste una jerarquía de memoria, y cual es su influencia sobre el sistema. Se conoce como jerarquía de memoria a la organización piramidal de la memoria en niveles. Su objetivo es conseguir el rendimiento de u na memoria de gran velocidad al coste de una memoria de baja velocidad basandose en el “principio de localidad”, el cual nos indica dos c osas: 1. Si un elemento ha sido referenciado, es muy probable que pronto lo vuelva a ser (localidad temporal). 2. Si un elemento ha sido referenciado, es muy probable que pronto lo sean los elementos cercanos a éste (localidad espacial). Gracias a este principio, podemos escalonar la memoria en niveles, donde el nivel más cercano al procesador debe ser rápido y puede ser reducido. En la siguiente no tiene porque ser tan rápida, ya que accederemos menos veces, y por razones de coste puede ser más amplia, y así hasta formar toda una jerarquía.
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7 - Suponiendo un procesador que solicita al sistema de memoria la siguiente secuencia de direcciones de palabras de memoria: 1, 4, 8, 5, 20, 17, 19, 56, 9, 11, 4, 43, 5, 6, 9, 17 Asumiendo una cache de mapeo directo con 16 bloques de una palabra, inicialmente vacia, rotule cada referencia de la lista anterior como un acierto o un fallo y muestre el contenido final de la cache. Tipos de fallos de caché: Forzosos: el primer acceso a un bloque no está en la cache; así que el bloque debe ser traído a la misma. Estos también se denominan fallos de arranque en frío o de primera referencia. Capacidad : si la cache no puede contener todos los bloques necesarios durante la ejecución de un programa, se presentarán fallos de capacidad debido a los bloques que se descartan y luego se recuperan. Conflicto : si la estrategia de ubicación es asociativa por conjuntos o de mapeo directo, estos fallos ocurrirán, ya que se puede descartar un bloque y osteriormente recuperarlo si a un conjunto le corresponden demasiados bloques.
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8 - Usando la lista de referencias del ejercicio anterior, muestre los aciertos y fallos y el contenido final de la cache, para una memoria cache asociativa por conjuntos de 4 vias y 16 palabras de tamaño total. Asuma reemplazo LRU con antigüedad de bloque de hasta 4 (00b a 11b).
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9 - Una CPU ejecuta un programa de 250000 instruciones en 10,5 segundos. El promedio de ciclos de reloj por instrucción es de 2 ciclos para aquellas instrucciones que no acceden a memoria y de 5,5 ciclos en promedio para las que acceden a operandos en memoria -que en el programa de testeo ascienden a 30% del total de instrucciones-. Bajo estas condiciones de trabajo calcular: a. Frecuencia de funcionamiento del sistema de CPU. b. Se agrega al sistema un subsistema de administración de memoria con una caché de mapeo directo que impone una penalización de fallos de 12 ciclos y está organizada de manera que el 35% de los accesos son fallos, calcular el tiempo en segundos que la CPU con caché tarda en ejecutar el programa. c. Suponiendo que en cada acceso a memoria RAM se accede a palabras de 16 bits. ¿Puede calcular el tiempo de transferencia por byte de la RAM? d. Calcule la mejora de rendimiento de la nueva configuración respecto de la antigua. NOTA: Para algunos de los incisos será necesario asumir ciertas condiciones de operación.
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a. Se presenta la siguiente jerarquia:
Se tiene un total de 250.000 instrucciones de las cuales:
Entonces: 250.000 x 0,7 = 175.000 Instrucciones que no acceden a memoria. 250.000 x 0,3 = 75.000 Instrucciones que acceden a memoria. Tiempo total de las instrucciones que no acceden a memoria: 175.000 x 2 = 350.000 ciclos Tiempo total de las instrucciones que acceden a memoria: 75.000 x 5,5 = 412.500 ciclos Cantidad total de ciclos: 350.000 + 412.500 = 762.500 ciclos. Como la CPU hace esa cantidad de ciclos en 10,5 segundos.
Frecuencia de funcionamiento de CPU =
762.500 ciclos 10,5 segundos
= 72.619
ciclos segundos
b. Se presenta la siguiente jerarquia:
De las que acceden a memoria el el 35% son fallos imponiendo una penalización de 12 ciclos. Entonces Nuevamente: 250.000 x 0,7 = 175.000 Instrucciones que no acceden a memoria. 250.000 x 0,3 = 75.000 Instrucciones que acceden a memoria.
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Tiempo total de las instrucciones que no acceden a memoria: 175.000 x 2 = 350.000 ciclos De las que acceden a memoria (75.000), el 35% falla, entonces: 75.000 x 0,35 = 26.250 Instrucciones que fallan. 75.000 x 0,65 = 48.750 Instrucciones que no fallan. Las instrucciones que no fallan de los 5,5 ciclos que necesitaba de acceso a la RAM, supongo que voy a necesitar: 2 ciclos (1 para enviar la dirección desde el CPU a la caché y otro para enviar la palabra de datos desde la caché al cpu). Y de los 3,5 restantes voy a necesitar: (3,5/16) ciclos (suponiendo una ram 16 veces mas rapida que la caché). Sumando un total de (71/32) ciclos. Tiempo total de las instrucciones que no fallan: 48.750 x (71/32) = 108.164 ciclos Las instrucciones que fallan, necesitan el mismo tiempo que las instrucciones que no fallas, mas una pe nalización de fallo. En total cada instrucción que falla requiere (71/32) + 12 = (455/32) ciclos Tiempo total de las instrucciones que fallan: 26.250 x (455/32) = 373.243 ciclos Tiempo total: 350.000 ciclos + 108.165 ciclos + 373.243 ciclos = 831.408 ciclos La CPU tiene una frecuencia de 72.619 ciclos por segundo. Entonces: 72.619 ciclos ------- 1 segundo 831.408 ciclos ------ 5.25 segundos c.
