# Desempenho e lei de Amdahl Tempo de CPU, CPI ponderado, speedup e limites de otimizações parciais. Página: https://resumos.rgo.pt/cadeiras/fsc/desempenho/ Um computador pode executar mais instruções por segundo e ainda demorar mais a resolver um problema, pois o tempo depende de quantas instruções o programa executa, do custo médio de cada uma e do período do relógio. ## O que estamos a medir Latência é o tempo para concluir uma tarefa, enquanto throughput é o número de tarefas concluídas por unidade de tempo. Sobrepor tarefas pode aumentar throughput sem reduzir a latência de uma tarefa individual. Tempo decorrido inclui espera por entrada/saída e outras pausas, enquanto tempo de CPU mede o tempo em que o CPU trabalha para o processo, incluindo a componente de utilizador e a de sistema. Compara a mesma medida, o mesmo trabalho e a mesma entrada. O desempenho para uma tarefa é proporcional a $1/T$. O speedup de uma mudança é $S=T_{antigo}/T_{novo}$. Se uma tarefa passa de 10 s para 8 s, o speedup é 1,25 e o tempo diminuiu 20%. Não são duas maneiras equivalentes de dizer uma diminuição de 25%. ## Equação de execução Se N é o número de instruções máquina **executadas**, CPI o número médio de ciclos por instrução e f a frequência, com $$ T_{CPU}=N\cdot CPI\cdot T_{clk}=\frac{N\cdot CPI}{f}. $$ Com $N=10^8$, CPI=1,5 e f=2 GHz, o tempo é $0{,}075$ s. GHz é $10^9$ ciclos/s; não insiras 2 na fórmula mantendo N sem conversão de unidades. Um compilador pode reduzir N e aumentar CPI. Se N passa a 80% e CPI a 115%, com a mesma frequência, o tempo passa a $0{,}8\times1{,}15=0{,}92$: redução de 8%, speedup $1/0{,}92\approx1{,}087$. ## CPI ponderado Com classes de instruções, o CPI médio pesa cada classe pela fração do **número de instruções** nela: $CPI=\sum_i p_iCPI_i$. As frações somam 1. Um programa com 50% R, 30% lw, 10% sw e 10% beq, no CPU multiciclo, tem, com $$ CPI=0{,}5(4)+0{,}3(5)+0{,}1(4)+0{,}1(3)=4{,}2. $$ Se forem 1000 instruções, são 4200 ciclos. A 500 MHz, demora $8{,}4\ \mu s$. Um uniciclo a 100 MHz, com CPI=1 e o mesmo N, demora $10\ \mu s$: o multiciclo é $10/8{,}4\approx1{,}19$ vezes mais rápido neste caso. Não uses a fração de tempo de uma classe como se fosse a fração de instruções. No exemplo, os loads são 30% das instruções, mas ocupam $0{,}3\times5/4{,}2\approx35{,}7\%$ dos ciclos. IPC, instruções por ciclo, é $1/CPI$ para os mesmos totais. MIPS é $f/(CPI\times10^6)$. Uma taxa MIPS maior não prova menor tempo se os programas ou ISAs exigirem N diferente. Comparar cargas de trabalho Em benchmarks, explicita os pesos: a soma dos tempos de tarefas representa uma carga de trabalho; a média geométrica de razões é outra forma de agregação, não o tempo total dessa carga. ## Lei de Amdahl Se uma parte ocupa fração $p$ do **tempo original**, com $0\le p\le1$, e fica $s>0$ vezes mais rápida, só essa parte muda. Normalizando o tempo original para 1, o resto conserva $1-p$ e a parte melhorada passa a $p/s$: $$ T_{novo}=1-p+\frac ps,\qquad S=\frac1{1-p+p/s}. $$ Considera uma tarefa que demora 10 s: 4 s ficam inalterados e 6 s pertencem à parte melhorada. Se essa parte ficar três vezes mais rápida, passa de 6 s para 2 s. O total passa para 6 s e o speedup é $10/6=5/3\approx1{,}667$. Original, 10 s 4 s6 s Parte 3 vezes mais rápida, total 6 s 4 s2 s Limite ideal, 4 s 4 s Segmento contínuo: tempo inalterado. Segmento tracejado: parte melhorada. Cada barra ocupa uma escala de 0 a 10 segundos. As barras usam a mesma escala. Só o segmento de 6 s encolhe; os 4 s restantes continuam a impor um limite. Mesmo eliminar todo o tempo da parte melhorada deixa 4 s, por isso o speedup não ultrapassa $10/4=2{,}5$. Ideia-chave Para obter um speedup objetivo só com essa parte, com $00$. Mais uma pista $S=1$ para qualquer $s>0$; o limite $1/(1-p)$ vale para $0\le p<1$. Solução Com $s>0$, $S=1/((1-p)+p/s)$. Para $p=0$, dá $S=1/(1+0)=1$ para qualquer $s>0$: a melhoria não toca o tempo total. Para $00 * Distinguiste p=0, 0