Armazenamento e limites de entrada e saída

Uma leitura aleatória de 8 KiB pode demorar mais de 8 ms num disco que transfere a 160 MB/s. A taxa anunciada não inclui, por si só, o posicionamento necessário para cada pedido. Distingue a latência de um pedido, a taxa sustentada de bytes e o número de pedidos por segundo.

Disco magnético

Acessos aleatórios pequenos podem pagar procura e rotação em cada pedido. Uma leitura contígua amortiza esses custos por muitos bytes. IOPS, operações por segundo, e MB/s exprimem limites diferentes.

O prato gira; a cabeça posiciona-se na pista. Pistas à mesma distância do centro, em superfícies distintas, formam um cilindro. Cada pista contém setores.

$$t_{\rm pedido}=t_{\rm fila}+t_{\rm procura}+t_{\text{rotação}}+t_{\text{transferência}}+t_{\rm controlador}.$$

Para RPM rotações/minuto, uma volta demora 60/RPM segundos. Com posição angular aleatória, a espera média é meia volta: 30/RPM. A 7200 RPM são 4,167 ms em média.

Uma leitura de 8 KiB a 160 MB/s leva $8192/(160\times10^6)=51,2$ μs. Com procura 4 ms, rotação 4,167 ms e controlador 0,2 ms, sem fila, o total é:

$$4 + 4{,}167 + 0{,}0512 + 0{,}2 = 8{,}418\ \text{ms}.$$

A taxa de pedidos fica em $1/0{,}008418\approx118{,}8$ pedidos/s, e a taxa útil em $8192/0{,}008418\approx0{,}973$ MB/s. Não é 160 MB/s: a taxa anunciada só cobre a transferência, e a latência de posicionamento domina cada pedido pequeno.

Se um ficheiro contíguo exceder a capacidade útil de um cilindro, pode exigir novas procuras. Por exemplo, 600 kB em cilindros de 258 kB ocupam três cilindros e duas mudanças. Com procura inicial média de 10 ms, meia rotação de 3 ms, transferência a 100 MB/s, mudanças de 4 ms e controlador de 5 ms:

$$t=10+3+600000/(100\times10^6)\times1000+2\times4+5=32\ \mathrm{ms}.$$

Este modelo assume colocação favorável e que as únicas procuras adicionais são as duas mudanças de cilindro. Leituras sequenciais amortizam posicionamento em muitos bytes. Se o problema já fornece o tempo médio incluindo rotação/controlador, não acrescentes essas parcelas outra vez.

Flash e SSD

Flash conserva dados sem alimentação. NOR permite leitura aleatória fina e é adequada a certos usos de código. NAND organiza leitura/escrita em páginas e apagamento em blocos maiores.

Uma página não se reescreve como RAM arbitrária: o controlador pode escrever uma página nova, atualizar mapeamento e recuperar blocos. Wear leveling distribui desgaste; garbage collection junta espaço e pode aumentar latência. SSD elimina procura mecânica e rotação, mas mantém custos de controlador, transferência e gestão interna.

Dados decimais e binários devem manter-se distintos: 1 MB=10⁶ bytes, 1 MiB=2²⁰ bytes, 1 KiB=1024 bytes. Uma taxa em MB/s pode transferir blocos em KiB, por isso converte ambos para bytes antes de dividir.

Escolher o dispositivo pelo tamanho do pedido

Um SSD remove a procura e a rotação, mas isso não obriga a sua taxa sustentada a ser maior em qualquer comparação. Considera um modelo de exercício: HDD a 20 MB/s com 50 ms fixos de posicionamento/controlador; SSD a 10 MB/s com latência fixa desprezável. São leituras contíguas, uma de cada vez, sem fila nem mudanças adicionais de pista.

Para $B$ bytes, os tempos em segundos são:

$$t_H=0,050+\frac{B}{20\times10^6}.$$

No SSD:

$$t_S=\frac{B}{10\times10^6}.$$

Com 40 KiB, $B=40960$: HDD demora 52,048 ms e SSD 4,096 ms. Não arredondes 40 KiB para 40 kB. O SSD ganha nesse pedido porque evita os 50 ms fixos.

A igualdade ocorre quando o tempo adicional de transferência do SSD compensa os 50 ms:

$$0,050=B\left(\frac1{10\times10^6}-\frac1{20\times10^6}\right).$$

Daqui resulta $B=10^6$ bytes, ou 1 MB decimal. Nesse limiar, ambos demoram 100 ms. Abaixo dele, ganha o SSD; acima, ganha o HDD neste modelo. O resultado não compara os dispositivos atuais em geral: depende das taxas fornecidas, da colocação contígua e da ausência de outros atrasos.

O recurso que limita a taxa

A taxa sustentada não excede nenhum recurso necessário; para blocos iguais, calcula limites em blocos por segundo e toma o menor. Por exemplo, um CPU a 2 GHz que precisa de 40000 ciclos por pedido, um barramento de 640 MB/s e quatro discos de 1000 pedidos/s cada, com blocos de 64 KiB:

Recurso	Limite
CPU	$2\times10^9/40000=50000$ pedidos/s
Barramento	$640\times10^6/65536=9765,625$ pedidos/s
Discos	$4\times1000=4000$ pedidos/s

Os discos limitam 4000 pedidos/s. A taxa útil é $4000\times65536=262144000$ bytes/s, ou 262,144 MB/s. Para atingir o barramento, precisaria de pelo menos 10 discos desse modelo; depois verifica controladores e outros limites.

Na conversão de unidades, 800 MB/s para blocos de 16 KiB dá $800\times10^6/16384=48\,828{,}125$ blocos/s. Arredondar o bloco para 16000 B daria 50000 e mudaria o limite.

Se um controlador suporta 2000 pedidos/s e todos os discos passam por ele, esse limite entra no mínimo. Se existem dois controladores independentes, só soma as capacidades quando a divisão de carga e o caminho partilhado o permitem.

Sobreposição com dois buffers

Dois buffers permitem sobrepor transferência e processamento: o dispositivo preenche um enquanto o CPU processa o outro. Mantém três blocos de igual tamanho, com transferência de 4 ms e cálculo de 3 ms por bloco. A taxa em regime depende do estágio mais lento, mas um trabalho finito inclui a primeira transferência e o último processamento.

Segue cada bloco nas duas linhas: o CPU só o pode processar depois de terminar a sua transferência. Enquanto processa B1, DMA já transfere B2. Neste exemplo cada transferência demora mais do que o cálculo, por isso o CPU espera pelo primeiro bloco e volta a esperar entre blocos. Aos 12 ms, DMA termina, mas ainda falta processar B3 até aos 15 ms.

Com transferências de 4 ms e CPU de 3 ms por bloco, 3 blocos demoram 15 ms com sobreposição: primeira transferência 4, duas rondas de 4 e último cálculo 3. Sem sobreposição seriam 21 ms.

Para $n\ge1$ blocos, durações constantes $t_D,t_C$, recursos independentes e preparação já incluída:

$$T_n=t_D+t_C+(n-1)\max(t_D,t_C).$$

Se CPU for mais lento, DMA pode esperar por um buffer livre. Mais buffers não ultrapassam o limite de taxa dos recursos. Se DMA e CPU disputam a mesma memória, a fórmula ideal pode deixar de aplicar-se.

Amdahl com entrada e saída

Um programa gasta 40% do tempo em CPU e 60% em I/O. Acelerar CPU 4 vezes deixa tempo relativo $0,4/4+0,6=0,7$, ganho 1,429. Acelerar também I/O 2 vezes dá $0,1+0,3=0,4$, ganho 2,5, para partes sequenciais e independentes.

Se as duas atividades se sobrepõem, mede o caminho crítico e os limites da sobreposição. Não somes tempos que já decorrem simultaneamente, nem substituas toda a execução por um máximo ignorando enchimento, esvaziamento e sincronização.