Exercícios MT2

A melhor alternativa é a D, com tempo proporcional 0,6 do original.

Comparando os tempos proporcionais: A dá 0,7, B dá 0,7, C dá 1,0 e D dá 0,6. Quanto menor o tempo, melhor o desempenho, logo a alternativa D é a correta.

• A. Novo tempo proporcional: 0,6/2 + 0,4 = 0,7.
• B. Novo tempo proporcional: 0,6 + 0,4/4 = 0,7.
• C. Novo tempo proporcional: 0,6/3 + 0,4*2 = 1,0, pior que o original.
• D. Novo tempo proporcional: 0,6/1,5 + 0,4/2 = 0,4 + 0,2 = 0,6, o menor de todos.

É preciso aumentar 3 vezes a velocidade de transferência.

Pela lei de Amdahl, com fração melhorada $f = 0{,}75$ e fator de melhoria $k$: $\text{speedup} = \frac{1}{(1-f) + f/k} = 2$. Resolvendo, $0{,}25 + 0{,}75/k = 0{,}5$, logo $k = 3$.

• 4. Daria speedup 1/(0,25 + 0,75/4) = 16/7, inferior a 2.
• 1,5. Speedup insuficiente.
• 3. Pela lei de Amdahl: 1/(0,25 + 0,75/3) = 1/0,5 = 2.
• 2. Daria speedup 1/(0,25 + 0,75/2) = 8/5 = 1,6.

O speedup global é aproximadamente 1,56.

A fração não melhorada é 20%. Dos 80% numéricos, as trigonométricas (60% de 80% = 48% do total) ficam 4 vezes mais rápidas, sobrando 0,8*(0,4 + 0,6/4) = 0,44. Pela lei de Amdahl, speedup = 1/(0,2 + 0,44) = 1/0,64 = 1,5625.

• 1,82. Corresponderia a uma melhoria maior do que 4 vezes.
• 2,40. Corresponderia a uma fração melhorada superior a 80%.
• 2,62. Excede o limite teórico 1/0,2 = 5, mas não é o valor correto.
• 1,56. Speedup = 1/(0,2 + 0,8*(0,4 + 0,6/4)) = 1/0,64 = 1,5625.

O speedup é $5/3 \approx 1{,}67$.

Com $f = 0{,}5$ e $k = 5$, a lei de Amdahl dá $\text{speedup} = \frac{1}{0{,}5 + 0{,}5/5} = \frac{1}{0{,}6} = \frac{5}{3}$.

• 5/3. Pela lei de Amdahl: 1/(0,5 + 0,5/5) = 1/0,6 = 5/3.
• 2,5. Ignoraria a parte não melhorada do programa.
• 10/3. Corresponderia a uma fração melhorada de 70%.
• 2. Corresponderia a k = 4 com f = 50%.

(a) Etiqueta: 10 bits; índice: 3 bits; offset: 3 bits. (b) 0xC467 = 1100 0100 0110 0111, logo etiqueta 1100010001 (0x311), índice 100 (4) e offset 111 (7). A etiqueta e o bit v=1 do bloco 4 coincidem, pelo que há acerto e o byte lido é o byte 7 do bloco 4: 0xEE.

Cada bloco tem 8 bytes, logo são precisos 3 bits de offset. A cache tem 8 blocos, logo 3 bits de índice. Dos 16 bits do endereço sobram 10 para a etiqueta. Como o bloco 4 está válido e a etiqueta coincide, trata-se de um read hit; como d=0, o conteúdo da cache está atualizado e corresponde ao da memória principal.

0xE48D = 1110 0100 1000 1101, logo etiqueta 1110010010 (0x392), índice 001 (1) e offset 101 (5). A etiqueta residente no bloco 1 é 0x391, diferente, pelo que há falta de leitura (read miss). Como o bloco 1 tem v=1 e d=1, o seu conteúdo é primeiro escrito na memória principal (write-back, no endereço com etiqueta 0x391, ou seja, na zona 0xE440-0xE447). Depois, o bloco que contém 0xE48D é lido da memória principal para a posição 1 da cache, atualizando a etiqueta para 0x392 e pondo v=1 e d=0.

Numa cache write-back, um bloco sujo (d=1) só é escrito na memória principal quando é substituído. Como a etiqueta não coincide, o bloco 1 tem de ser guardado antes de ser overwritten, e o novo bloco entra limpo (d=0).

$32\,\text{KiB} = 32768$ bytes; $32768 / 64 = 512$ blocos.

O número de blocos é o tamanho total da cache a dividir pelo tamanho de cada bloco: $2^{15} / 2^{6} = 2^{9} = 512$.

Número de blocos: $2^6 = 64$. Bytes por bloco: $2^{24-14-6} = 2^4 = 16$.

O índice com 6 bits endereça $2^6 = 64$ blocos. Os restantes $24 - 14 - 6 = 4$ bits são o offset, pelo que cada bloco tem $2^4 = 16$ bytes.

A taxa de faltas máxima é 7,5%.

O período de relógio é 0,5 ns, logo 10 ciclos correspondem a 5 ns. O tempo médio é $t_c + t_f \cdot t_m = 0{,}5 + t_f \cdot 60$. Igualando a 5 ns: $t_f = 4{,}5/60 = 0{,}075 = 7{,}5\%$.

• 5%. Daria tempo médio inferior a 10 ciclos.
• 10%. Daria 0,5 + 0,10*60 = 6,5 ns, mais de 10 ciclos.
• 2,5%. Daria tempo médio inferior a 10 ciclos.
• 7,5%. 0,5 + 0,075*60 = 5 ns = 10 ciclos a 2 GHz.