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FUNDAMENTOS DE COMPUTADORES
CURSO 2005/2006
1. PROYECTO DOCENTE
2. TRANSPARENCIAS DEL CURSO
3. GUIONES DE PRÁCTICAS
4. COLECCIÓN DE PROBLEMAS DE
EXÁMENES
Carmelo Cuenca Hernández y Francisca Quintana Domínguez
PROYECTO DOCENTE
CURSO: 2005/06
13877 - FUNDAMENTOS DE
COMPUTADORES
ASIGNATURA:
CENTRO:
TITULACIÓN:
DEPARTAMENTO:
ÁREA:
PLAN:
CURSO:
CRÉDITOS:
13877 - FUNDAMENTOS DE COMPUTADORES
Escuela Universitaria Informática
Ingeniero Técnico en Informática de Sistemas
INFORMÁTICA Y SISTEMAS
Arquitectura Y Tecnología de Computadores
11 - Año 2000 ESPECIALIDAD:
Primer curso
IMPARTIDA: Segundo cuatrimestre
TIPO: Obligatoria
4,5
TEÓRICOS: 3
PRÁCTICOS: 1,5
Descriptores B.O.E.
Organización básica de los computadores: elementos básicos; esquemas de funcionamiento,
desripción de una máquina básica, programación.
Temario
1 Arquitectura de un computador y jerarquía de niveles (3horas)
2 Arquitectura del nivel lenguaje máquina (10 horas)
2.1 Características generales del lenguaje máquina (3 horas)
2.2 Tipos de operandos e instrucciones (2 horas)
2.3 Modos de direccionamiento y formato de las instrucciones (2 horas)
2.4 Subrutinas (3 horas)
3 Diseño del procesador (15 horas)
3.1 Diseño y control cableado de un camino de datos monociclo (4 horas)
3.2 Diseño y control cableado de un camino de datos multiciclo ( 8 horas)
3.3 Diseño y control microprogramado de un camino de datos multiciclo (3 horas)
4 Rendimiento ( 2 horas)
Conocimientos Previos a Valorar
Los alumnos deberían haber cursado y aprobado la signatura de Sistemas Digitales, donde
adquirirían los conocimientos acerca de los sistemas de numeración y representación de la
información más usuales, el álgebra de Boole y su aplicación para simplificación de funciones
booleanas, las técnicas de implementación de circuitos combinacionales simples, los fundamentos
y componentes básicos de los sistemas secuenciales para desarrollar sistemas secuenciales
síncronos.
También son necesarios algunos conocimientos básicos de programación en algún lenguaje de alto
nivel para saber diseñar programas sencillos, y representar esos algoritmos en pseudocódigo,
diagramas de flujo o algún método equivalente.
Objetivos Didácticos
Fundamentos de Computadores es la asignatura que presenta los componentes de un computador y
la organización de estos componentes para proporcionar, de una manera eficiente, las funciones
necesarias para poder ejecutar programas.
Página 1
Obtener una visión general de la jerarquía de niveles de un computador.
Saber diferenciar entre los conceptos de estructura y arquitectura de un computador.
Conocer y comprender las características más importante de la arquitectura y estructura de un
computador.
Conocer y comprender los elementos básicos de la arquitectura del repertorio de instrucciones.
Dominar la programación en lenguaje ensamblador de algún procesador como, por ejemplo, el
MIPS R2000.
Conocer y comprender los elementos estructurales del procesador para la ejecución de las
instrucciones.
Conocer los principios básicos y métodos de diseño de unidades de control cableadas y
microprogramadas.
Evaluar las alternativas de diseño, así como el rendimiento de computadores.
Metodología de la Asignatura
La metodología docente a utilizar durante la impartición de la asignatura incluye los siguientes
procedimientos:
•Clases magistrales.
•Clases prácticas en el laboratorio.
•Resolución de problemas.
•Tutorías.
Evaluación
La nota final de la asignatura será el resultado de la ponderación entre la nota de teoría y la nota de
las prácticas de laboratorio. Para aprobar la asignatura es preciso haber superado ambas partes con
una nota mayor o igual a 5 puntos. La nota de teoría tendrá un peso de un 70% sobre la nota final
y la nota de prácticas de laboratorio un 30%.
La nota de teoría y de prácticas de laboratorio se obtendrá a partir de los exámenes de convocatoria
de la asignatura, uno para teoría y otro para práctica, en la fecha que el Centro fije para ello.
Así para calcular la nota final se utilizará la siguiente fórmula:
NF = 0.7 NT +0.3 NP (siempre que NT>=5 y NP>=5)
donde NF es la nota final, NT es la nota de teoría y NP es la nota de prácticas de laboratorio.
Descripción de las Prácticas
Práctica nº 1
DescripciónEl simulador PCspim.
ObjetivosFamiliarización con la herramienta para las prácticas de la asignatura.
Material de laboratorio recomendadoOrdenador personal. Windows.
Simulador Pcspim
Nº horas estimadas en Laboratorio2Nº horas total estimadas para la realización de la práctica2
Práctica nº 2
DescripciónLos datos en memoria
ObjetivosAdquirir soltura en cómo están ubicados los datos en memoria
Material de laboratorio recomendadoOrdenador personal. Window NT 4.0.
Simulador Pcspim
Nº horas estimadas en Laboratorio2Nº horas total estimadas para la realización de la práctica2
Práctica nº 3
DescripciónCarga y almacenamiento de los datos
Página 2
ObjetivosEstudio de la forma en que se cargan y almacenan los datos. Poner en práctica los
conocimientos adquiridos en las clases teóricas sobre el repertorio de instrucciones MIPS.
Material de laboratorio recomendadoOrdenador personal. Window NT 4.0.
Simulador Pcspim
Nº horas estimadas en Laboratorio2Nº horas total estimadas para la realización de la práctica2
Práctica nº 4
DescripciónLas operaciones aritméticas y lógicas.
ObjetivosAdquirir soltura en el uso de las instrucciones aritméticas lógicas. Poner en práctica los
conocimientos adquiridos en las clases teóricas sobre el repertorio de instrucciones MIPS.
Material de laboratorio recomendadoOrdenador personal. Window NT 4.0.
Simulador Pcspim2
Nº horas estimadas en Laboratorio2Nº horas total estimadas para la realización de la práctica2
Práctica nº 5
DescripciónInterfaz con el programa
ObjetivosFamiliarización con la forma en que el PCSPIM permite realizar entrada y salida de
datos.
Material de laboratorio recomendadoOrdenador personal. Window NT 4.0.
Simulador Pcspim
Nº horas estimadas en Laboratorio2Nº horas total estimadas para la realización de la práctica2
Práctica nº 6
DescripciónEstructuras de control:condicionales y bucles
ObjetivosAdquirir soltura en el uso de las instrucciones que permiten implementar estructuras
condicionales y bucles
Material de laboratorio recomendadoOrdenador personal. Window NT 4.0.
Simulador Pcspim
Nº horas estimadas en Laboratorio2Nº horas total estimadas para la realización de la práctica2
Práctica nº 7
DescripciónGestión de subrutinas
ObjetivosEstudio de la forma en que se manejan las subrutinas en lenguaje ensamblador.
Material de laboratorio recomendadoOrdenador personal. Window NT 4.0.
Simulador Pcspim
Nº horas estimadas en Laboratorio3Nº horas total estimadas para la realización de la práctica3
Bibliografía
[1] Organización y diseño de computadores: la interfaz hardware/software
Hennessy, John L.
, McGraw-Hill, Madrid (1995) - (2ª ed.)
8448118294
[2] Computer organization and design: the hardware/software interface
John L. Hennessy, David A. Patterson
Morgan Kaufmann, San Francisco (California) (1998) - (2nd ed.)
1-55860-491-X
[3] Introducción a la informática
Alberto Prieto Espinosa, Antonio Lloris Ruiz, Juan Carlos Torres Cantero
McGraw Hill, Madrid (2001) - (3ª ed.)
8448132173
Página 3
[4] Organización de computadoras: un enfoque estructurado
Andrew S. Tanenbaum
Prentice Hall, México [etc.] (2000) - (4ª ed.)
970-17-0399-5
[5] Organización y arquitectura de computadores: diseño para optimizar prestaciones
William Stallings
Prentice Hall, Madrid (2000) - (5ª ed.)
84-205-2993-1
[6] Problemas y tests de introducción a la informática: con más de 400 problemas y 700 preguntas de
tests
por Beatriz Prieto Campos, Alberto Prieto Espinosa
Universidad de Granada, Departamento de Arquitectura y Tecnología de Computadores, Granada (2003)
8460791092
[7] Arquitectura de computadores: un enfoque cuantitativo
John L. Hennessy, David A. Patterson
, McGraw-Hill, Madrid (1993)
8476159129
Equipo Docente
CARMELO CUENCA HERNANDEZ
(COORDINADOR)
Categoría: TITULAR DE ESCUELA UNIVERSITARIA
Departamento: INFORMÁTICA Y SISTEMAS
Teléfono: 928458713
Correo Electrónico: ccuenca@dis.ulpgc.es
WEB Personal:
FRANCISCA QUINTANA DOMINGUEZ
(RESPONSABLE DE PRACTICAS)
Categoría: TITULAR DE ESCUELA UNIVERSITARIA
Departamento: INFORMÁTICA Y SISTEMAS
Teléfono: 928458736
Correo Electrónico: fquintana@dis.ulpgc.es
WEB Personal:
Página 4
Proyecto docente –
Fundamentos de Computadores
http://serdis.dis.ulpgc.es/~itis-fc
Titulación de Ingeniería Técnica en
Informática de Sistemas
Escuela Universitaria de Informática
Proyecto Docente - Profesorado
– Carmelo Cuenca Hernández (coordinador)
• ccuenca@dis.ulpgc.es
• Despacho 2-13 en el módulo 3
• Horario de T U T O R Í A S
– Lunes de 11.00-13.00 y jueves 9.00-13.00
– Francisca Quintana Domínguez (responsable de prácticas)
• fquintana@dis.ulpgc.es
• Despacho 2-12 en el módulo 3
• Horario de T U T O R Í A S
– Lunes de 9.30-12.30 y miércoles 9.30-12.30
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
2
Proyecto Docente – Horarios
L
M
V
8:30-9:30
TA
TB
9:30-10:30
TB
10:30-11:30
11:30-12:30
12:30-13:30
13:30-14:30
Curso 2005/2006
A-5 L3.3
A1-A2
L1.1
A3-A4
L1.1
B1-B2
L1.1
B3-B4
L1.1
Fundamentos de Computadores
TA
3
Proyecto docente - Objetivos de la
asignatura
•
Fundamentos de Computadores presenta los componentes de un
computador y la organización de estos componentes para ejecutar
programas
– Obtener una visión general de la jerarquía de niveles de un computador
– Conocer y comprender las características más importante de la
arquitectura y estructura de un computador
– Conocer y comprender los elementos básicos de la arquitectura del
repertorio de instrucciones
– Dominar la programación en lenguaje ensamblador de algún
procesador como, por ejemplo, el MIPS R2000
– Conocer y comprender los elementos estructurales de un procesador
para la ejecución de las instrucciones
– Conocer los principios básicos y métodos de diseño de unidades de
control cableadas y microprogramadas
– Evaluar alternativas de diseño, así como el rendimiento de un
computador
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
4
Proyecto Docente - Temario
1. Arquitectura de un computador y jerarquía de niveles (3
horas)
2. Arquitectura del nivel lenguaje máquina (10 horas)
1.
2.
3.
4.
Características generales del lenguaje máquina
Tipos de operandos e instrucciones
Modos de direccionamiento y formato de las instrucciones
Subrutinas
3. Diseño del procesador (15 horas)
1. Diseño y control cableado de un camino de datos monociclo
2. Diseño y control cableado de un camino de datos multiciclo
3. Diseño y control microprogramado de un camino de datos
multiciclo
4. Rendimiento (2 horas)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
5
Proyecto Docente - Prácticas
1. El simulador PCspim (2 horas)
2. Los datos en memoria (2 horas)
3. Carga y almacenamiento de los datos (2 horas)
4. Las operaciones aritméticas y lógicas (2 horas)
5. Interfaz con el programa (2 horas)
6. Estructuras de control condicionales y bucles (2
horas)
7. Gestión de subrutinas (3 horas)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
6
Proyecto Docente - Evaluación
• Nota final = 0.7 Nota de teoría + 0.3 Nota
de práctica
(siempre que nota de teoría >=5 y Nota de
práctica>=5)
• La nota de teoría y de práctica se
obtendrá en los exámenes de
convocatoria de la asignatura, uno para
teoría y otro para práctica
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
7
Arquitectura de un computador y
jerarquía de niveles
“La arquitectura de un computador es la
estructura de un computador que un
programador en lenguaje máquina debe
conocer para escribir un programa correcto
(independiente del tiempo)” Amdahl 1964
Objetivos
•
•
•
•
•
•
•
Establecer características para nominar una máquina como
computador
Conocer los hitos de la arquitectura de los computadores
Distinguir los diferentes niveles de estudio de los computadores
Entender los mecanismos de traducción e interpretación de niveles
Diferenciar entre la arquitectura y la estructura de un computador
Describir los componentes básicos de un computador y las
funcionalidades de cada uno de ellos por separados
Explicar el funcionamiento global de un computador a partir de las
relaciones de sus componentes básicos
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
9
Contenidos
•
•
Concepto de computador
Historia de los computadores
– La 1ª generación (los primeros computadores)
– La 2ª generación (transistores)
– La 3ª generación (SCI), la 4ª (LSI) y la 5ª (VLSI, UVLSI)
•
Organización estructurada de un computador
– Lenguajes, niveles y máquinas virtuales
– Computador multinivel
•
Funcionamiento de un computador
– Componentes de un computador
– Ciclo de instrucción
– Interconexión con buses
•
El futuro de los computadores
– Ley de Moore
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
10
Concepto de computador
•
Diccionario de la Lengua Española
– “Máquina electrónica dotada de una memoria de gran capacidad y de
métodos de tratamiento de la información, capaz de resolver problemas
aritméticos y lógicos gracias a la utilización automática de programas
registrados en ella”
•
Microsoft Encarta
– “Dispositivo electrónico capaz de recibir un conjunto de instrucciones y
ejecutarlas realizando cálculos sobre los datos numéricos, o bien
compilando y correlacionando otros tipos de información”
•
Enciclopedia Británica
– “Device for processing, storing, and displaying information”
•
Wikipedia
– “Sistema digital con tecnología microelectrónica capaz de procesar
información a partir de un grupo de instrucciones denominado
programa”
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
11
Historia de los computadores
"Quien olvida las lecciones de la
historia
queda condenado a repetirla."
Will Durant, Lecciones de la Historia
ENIAC – ¿Qué, quiénes, …?
•
•
•
•
•
•
Electronic Numerical Integrator
And Computer
Eckert y Mauchly
Universidad de Pennsylvania
Tablas de trayectorias
balísticas
Año de inicio 1943
Año de finalización 1946
– Tarde para la Segunda Guerra
Mundial (1939-1945)
•
En funcionamiento hasta 1955
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
13
ENIAC - detalles
•
•
•
•
•
•
•
•
Decimal (no binario)
20 registros acumuladores de
10 dígitos
Programado manualmente
mediante 6000 interruptores
18000 tubos de vacío y 1500
relevadores
30 toneladas
15000 pies cuadrados
140 Kw de consumo de
potencia
5000 sumas por segundo
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
14
Von Neumann/Turing
•
•
Concepto de programa
almacenado
Componentes de un computador
– La memoria principal (MM)
almacena programas y datos
– La unidad aritmética lógica (ALU)
opera con datos binarios
– La unidad de control (UC)
interpreta y provoca la ejecución
de las instrucciones en memoria
•
Máquinas
– EDSAC – la primera computadora
de programa almacenado
• Maurice Wilkes, Universidad de
Cambridge, (¿?-1949)
– La máquina IAS
• John von Neumann y Herman
Goldstine, Instituto para Estudios
Avanzados de Princeton, (19461952)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
15
Estructura de una máquina von
Neumann
• Cinco partes básicas:
– la memoria (M), almacena datos e instrucciones
– la unidad aritmética lógica (ALU), capaz de hacer operaciones
con datos binarios
– la unidad de control (UC), interpreta y provoca la ejecución de
las instrucciones en memoria
– el equipo de entrada y salida (I/O)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
16
IAS - detalles
•
•
•
•
Aritmética binaria
1000 palabras de 40 bits
2 registros de instrucciones de
20 bits
Registros dentro de la CPU
– R. temporal de memoria
(MBR)
– R. de direcciones de memoria
(MAR)
– R. de instrucciones (IR)
– R. temporal de instrucciones
(IBR)
– R. contador de programa (PC)
– R. acumulador (AC)
– R. multiplicador cociente (MQ)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
17
Computadores comerciales
• 1947 – Eckert-Mauchly Computer Comportation
– UNIVAC I (Universal Automatic Computer)
• Aplicaciones científicas y comerciales
• Oficina del censo en 1950
• Operaciones algebraicas con matrices, problemas de
matrices, primas para las compañías de seguro, problemas
logísticos ...
– Absorción por Sperry-Rand Comporation
– UNIVAC II a finales de los 50
• Más rápido
• Más memoria
– Serie UNIVAC 1100
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
18
IBM
• Fabricante de equipos de
procesamiento con
tarjetas perforadas
• 1953 – El 701 para
aplicaciones científicas
• 1955 – El 702 para
aplicaciones de gestión
• Líder mundial con las
series 700/7000
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
19
La segunda generación: los
transistores (1955-1965)
• Invención de Shockley y
otros de los laboratorios
Bell en 1947
• Sustitución de los tubos
de vacío por transistores
• Ventajas del transistor
–
–
–
–
Más pequeño
Más barato
Menor disipación de calor
Fabricado con silicio
(arena)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
20
Computadores con transistores
• NCR y RCA fueron los
primeros en comercializar
pequeñas máquinas con
transistores
• IBM 7000
• 1957 - Fundación de
Digital Equipment
Corporation (DEC)
pionera de los
minicomputadores
– PDP 1
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
21
La 3ª, 4ª y 5ª generación: los
circuitos integrados (1965-????)
•
•
•
Un computador consta de puertas, celdas de memoria e
interconexiones
Tales componentes podían ser fabricados a partir de un
semiconductor como el silicio en un circuito integrado (Robert
Noyce – 1958)
Generaciones 3ª, 4ª y 5ª de computadores
– 3ª generación
•
•
•
•
Pequeña y mediana integración (SCI) 1965-1971
Hasta 100 componentes en un chip
1965 - IBM líder mundial inicia la “familia” 360
1965 - DEC lanza el minicomputador de bajo coste PDP-8
– 4ª generación
• Gran integración (LSI ) 1972-1977
• Entre 3000 y 100000 componentes en un chip
– 5ª generación
• Alta Integración (VLSCI y UVLSI) 1978-????
• Más de 100000000 componentes en un chip
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
22
Organización estructurada de
un computador
Los computadores están diseñados como
una serie de niveles, cada uno construido
sobre sus predecesores. Cada nivel
representa una abstracción distinta, y
contiene diferentes objetos y operaciones
Lenguajes, niveles y máquinas
virtuales
•
•
La máquina virtual Mi ejecuta sólo
programas escritos en el lenguaje
de programación Li
Ejecución de programas en Mi:
– Traducción
• Un programa “traductor” sustituye
cada instrucción escrita en Li por
una secuencia equivalente de
instrucciones en Li-1. El programa
resultante consiste
exclusivamente en instrucciones
de Li-1. Luego, Mi-1 ejecuta el
programa en Li-1
– Interpretación
• Un programa “intérprete” escrito
en Li-1 examina las instrucciones
una por una y ejecuta cada vez la
sucesión de instrucciones en Li-1
que equivale a cada una
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
24
Computador multinivel
•
N. aplicaciones
–
•
N. lenguaje alto nivel
–
•
•
Puertas lógicas: AND, OR …,
biestables, registros …
N. dispositivos
–
Curso 2005/2006
Banco de registros, ALU, camino de
datos
N. lógica digital
–
•
Salto, pila, …
N. microarquitectura
–
•
Archivo, partición, proceso, …
N. arquitectura del repertorio de
instrucciones (ISA)
–
•
BASIC, C, C++, Java, Lisp, Prolog
N. lenguaje ensamblador
N. sistema operativo
–
•
Microsoft Office, eMule…
Transistores, diodos, estado sólido …
Fundamentos de Computadores
25
Funcionamiento de un
computador
Componentes de un computador
• Unidad central de
proceso (CPU)
– Unidad de control
(UC)
– Unidad aritméticalógica (ALU)
• Memoria (M)
• Entrada y salida (E/S)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
27
Ciclo de instrucción (1/2)
•
Ciclo de búsqueda de instrucción
– El registro contador de programa (PC) contiene la dirección de la
siguiente instrucción a ejecutar
– El procesador busca la instrucción a partir de la localización de
memoria señalada por el PC
– El procesador incrementa el contador de programa (hay excepciones)
– La instrucción es cargada en el registro de instrucciones (IR)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
28
Ciclo de instrucción (2/2)
•
Ciclo de ejecución (5 tipos)
– Procesador-memoria: transferencia de datos desde la CPU a la memoria o al
revés
– Procesador-E/S: transferencia de datos a o desde el exterior
– Procesamiento de datos: la CPU ha de realizar alguna operación aritmética o
lógica con los datos
– Control: una instrucción puede especificar que la secuencia de ejecución sea
alterada
– Combinaciones de las anteriores
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
29
Ejemplo de ejecución de programa
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
30
Diagrama de estados del ciclo de
instrucción
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
31
Esquema de interconexión
mediante buses
•
•
Conjunto de conductores
eléctricos para la conexión de
dos o más dispositivos
Tipos de buses
– De memoria, de datos y de
control
– Anchura de los buses: 8, 16,
32, 64 bits
•
¿Cómo son los buses?
– Pistas paralelas de los
circuitos impresos
– Cintas de plástico con hilos
conductores
– Conectores (ISA, PCI, …)
– Cables sueltos
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
32
Bus ISA
(Industry Standard Architecture)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
33
Bus de alta prestaciones
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
34
El futuro de los computadores
La relación coste/rendimiento ha
mejorado los últimos 45 años
aproximadamente 240 000 000 (un
54% anual)
Ley de Moore
• La densidad de integración dobla cada 18
meses
• ¿Válida hasta 2020?)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
36
Arquitectura del repertorio de
instrucciones (ISA)
“La arquitectura de un computador es la estructura del
computador que un programador en lenguaje máquina
debe conocer para escribir un programa correcto
(independiente del tiempo)”
Amdahl 1964
Objetivos
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Caracterizar una instrucción de acuerdo con el tipo de operación, de datos, de modos de
direccionamiento y de formato de codificación
Codificar una instrucción de lenguaje máquina a una instrucción de lenguaje ensamblador y
viceversa
Distinguir una pseudoinstrucción de una instrucción
Explicar con comentarios la finalidad de un bloque básico de código ensamblador
Determinar los valores intermedios y finales de los registros y los contenidos de la memoria tras
la ejecución de un bloque básico de código ensamblador
Escribir la secuencia de instrucciones de lenguaje ensamblador correspondiente a una
pseudoinstrucción
Traducir las sentencias básicas de asignación, operación, toma de decisiones, bucles y llamadas
a procedimientos a lenguaje ensamblador
Traducir un algoritmo escrito en un lenguaje de alto nivel a lenguaje ensamblador y viceversa
Escribir procedimientos en lenguaje ensamblador consecuentes con los convenios de pasos de
parámetros a procedimientos
Corregir errores en un programa escrito en lenguaje ensamblador para que funcione
correctamente
Calcular el tiempo de ejecución y los ciclos por instrucción (CPI) de un bloque básico de código
ensamblador
Diseñar un repertorio de instrucciones con restricciones de diseño
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
2
Índice
•
•
•
Estructura de una máquina Von Neumman
Máquinas RISC
MIPS R3000 – Nivel ISA
–
–
Instrucciones aritmético-lógicas
Instrucciones de acceso a memoria
•
•
–
–
Instrucciones de salto condicional
Lenguaje máquina
•
–
–
•
•
Instrucciones aritmético-lógicas, de acceso a memoria, de carga y almacenamiento, de salto condicional e incondicional
Datos inmediatos
Gestión de procedimientos
•
•
•
–
Organización de la memoria
Carga y almacenamiento
Llamadas y retornos de procedimientos
Convenio de uso de registros
Gestión de la pila
Otras instrucciones
Máquinas CSIC
IA – 32
–
–
–
–
Características del ISA
Registros
Instrucciones básicas
Formato de las instrucciones
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
3
Estructura de una máquina von
Neumann
• Cinco partes básicas
– la memoria (M)
– la unidad aritmética
lógica (ALU
– la unidad de control
(UC)
– el equipo de entrada y
salida (I/O)
• Ciclo de instrucción
– Ciclo de búsqueda
– Ciclo de ejecución
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
4
RISC - Reduced Instruction Set
Computer
•
RISC es una filosofía de diseño con las siguientes características:
– Tamaño fijo de las instrucciones
– Número reducido de codificaciones de las instrucciones, modos de
direccionamientos y operaciones
– Instrucciones de load/store para los accesos a memoria, registros
•
Usados por NEC, Nintendo, Silicon Graphics, Cisco, Sony...
1400
900
Other
SPARC
Hitachi SH
PowerPC
Motorola 68K
MIPS
IA-32
800
ARM
1300
1200
1100
1000
700
600
500
400
300
200
100
0
1998
Curso 2005/2006
1999
2000
2001
Fundamentos de Computadores
2002
5
MIPS R3000 – Nivel ISA
•
•
•
•
Registros
Instrucciones de 32 bits
3 formatos
4 direccionamientos
5 tipos de instrucciones
–
–
–
–
–
Aritmético-lógicas
Acceso a memoria
Ruptura de secuencia
Gestión de memoria
Especiales
• 32 registros de 32 bits de
propósito general (GPR)
Curso 2005/2006
$0 - $31
PC
HI
LO
3 Instruction Formats:all 32 bits wide
OP
rs
rt
OP
rs
rt
OP
Fundamentos de Computadores
rd
sa
immediate
jump target
funct
R format
I format
J format
6
MIPS – Instrucciones aritméticológicas
• Principio de diseño 1
– “La simplicidad favorece la uniformidad”
• Todos los computadores deben ser
capaces de realizar cálculos aritméticos y
lógicos
add a, b, c # a Å b + c
sub a, a, d # a Å a + d = (b + c) - d
or a, a, e
# a Å a + e = (b + c + d) OR e
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
7
Ejemplos básicos de compilación
de sentencias
• Dos sentencias de asignación de C en MIPS
– Código fuente
a = b + c;
d = a – e;
– Compilación
add a, b, c
sub d, a, e
• Compilación de una sentencia compleja de C en MIPS
– Código fuente
f = (g + h) – (i + j);
– Compilación
add t0, g, h
add t1, i, j
sub f, t0, t1
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
8
MIPS - Registros
Registers
Control
Input
$0 - $31
Memory
Datapath
PC
HI
Processor
Output
I/O
LO
•
Principio de diseño 2
– “Cuanto más pequeño más rápido”
•
•
Los operandos de las instrucciones computacionales son registros
Los compiladores asocian variables con registros
– $s0, $s1,... para registros asociados a variables de C
– $t0, $t1,... para registros temporales
– Otros más
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
9
Ejemplo de compilación de una
asignación usando registros
• Código fuente de C
f = (g + h) – (i+j);
f, g, h, i y j en $s0, $s1, $s2, $s3 y $s4
• Compilación en MIPS
add $t0, $s1, $s2
add $t1, $s3, $s4
sub $s0, $t0, $t1
Curso 2005/2006
# el registro $t0 contiene
# g+h
# el registro $t1 contiene
# i +j
# f contiene $t0 - $t1, que
# es (g+h) – (i+h)
Fundamentos de Computadores
10
Accesos a memoria - Organización
de la memoria
• La memoria es un vector
de bytes
• La dirección es un índice
dentro del vector de bytes
• 2 posibles ordenaciones
para las palabras:
– Big Endian (IA-32)
– Little Endian (MIPS)
• Alineación de datos
– address módulo size = 0
Curso 2005/2006
Little Endian
MSB
Memoria
LSB
….
0x44332211
Big Endian
MSB
LSB
0x11223344
0x11
0x22
0x33
0x44
….
55
Objeto
Bien alineado
Mal alineado
Byte
0,1,2,3,4,5,6,.. (nunca)
Media palabra
0,2,4,6,8, ...
1,3,5,7, ...
Palabra (4 bytes)
0,4,8,...
1,2,3,5,6,7,9,10,11,...
Doble palabra
0,8, ..
1,2,3,4,5,6,7,9,10,11,12,13,14,15,....
Fundamentos de Computadores
11
Accesos a memoria – Organización
de la memoria del MIPS
•
•
•
•
El tamaño de las palabras es de 32 bits
Big Endian
232 posiciones de memoria de bytes, 0, 1, 232-1
Accesos alineados
– 231 posiciones de memoria de medias palabras, 0,
2… 232-2
– 230 posiciones de memoria de palabras, 0, 4, 232-4
– 228 posiciones de memoria de dobles palabras, 0, 8…
232-8
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
12
MIPS – Cargas y almacenamientos
• Instrucciones para accesos a memoria de
palabras
– lw $t0, 4($s3) # $t0 Å M[$s3+4]
– sw $t0, 4($s3) # M[$s3+4] Å $t0
• La suma del registro base ($s3) y el
desplazamiento (4) forma la dirección de
memoria del dato
– El desplazamiento tiene signo (complemento a dos)
– Los accesos están limitados a una región centrada en
el registro base de ±213 palabras
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
13
Ejemplo de compilación con un
dato en memoria
• Código fuente de C
g = h + A[8];
La base del vector asignada a $s3, las
variables g y h asignadas a $s1 y $s2
• Compilación en MIPS
lw $t0, 32($s3) # $t0 contiene A[8]
add $s1, $s2, $t0# $s1 contiene g = h + A[8]
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
14
Ejemplo de compilación de una
asignación con un índice variable
• Código fuente de C
g = h + A[i];
la base del vector en $s3, g y h e i en $s1, $s2 y
$s4
• Compilación en MIPS
add $t1, $s4, $s4
add $t1, $t1, $t1
add $t1, $t1, $s3
lw $t0, 0($t1)
add $s1, $s2, $t0
Curso 2005/2006
# $t1 contiene 2 * i
# $t1 contiene 4 * i
# $t1 contiene $s3 + 4 * i
# $t0 contiene A[i]
# $s1 contiene g = h + A[i]
Fundamentos de Computadores
15
MIPS – Instrucciones de salto
condicional
• Instrucciones de salto condicional (sólo dos)
– bne $s0, $s1, L1
– beq $s0, $s1, L1
# branch to L1 if no equal
# branch to L1 if equal
• Pseudoinstrucciones de salto condicional
– slt (set si menor que), beq, bne y $zero permiten las
condiciones restantes
blt $s1, $s2, etiqueta
slt $at, $s1, $s2
bne $at, $zero, etiqueta
# salta si menor que
– El ensamblador expande las pseudoinstrucciones
• $at, registro utilizado por el programa ensamblador
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
16
Ejemplo de compilación de una
sentencia de salto condicional
• Código fuente de C
If (i==j) h = i + j;
h, i y j en $s0, $s1 y $s2
• Compilación en MIPS
bne $s1, $s2, etiqueta
add $s0, $s1, $s2
etiqueta: …
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
17
Lenguaje máquina – Instrucciones
aritmético-lógicas
•
•
El tamaño de las instrucciones es de 32 bits
Las instrucciones aritmético-lógicas son codificadas con el formato tipo-R
– add $rd, $rs, $rt
•
Significado de los campos
–
–
–
–
op
rs, rt, rd
shamt
funct
6-bits código de operación
5-bits registro source, target, destination
5-bits número de bits a desplazar (cuando aplicable)
6-bits código de función (extensión del código de operación)
op
6 bits
rs
5 bits
rt
5 bits
rd
5 bits
000000
01010
11111
00011
Curso 2005/2006
shamt funct Formato de instrucciones aritméticas
5 bits
6 bits Todas las instrucciones MIPS de 32 bits
00000
100000 0x015f1820
Fundamentos de Computadores
add $3,$10,$31
18
Lenguaje máquina – Instrucciones
de acceso a memoria
•
Principio de diseño 3
– “Un buen diseño necesita buenas soluciones de compromiso”
•
Las instrucciones de load y store especifican dos registros y un
desplazamiento
– Formato tipo I (16 bits para el dato inmediato)
– lw $rt, inmediato($rs), sw $rt, inmediato($rs
– lh, lhu, lb, lbu sh, sb (load half, half unsigned, byte, byte unsigned; store half,
byte)
op
6 bits
rs
5 bits
rt
5 bits
100011
00011
00101
Curso 2005/2006
Dirección/inmediato
16 bits
0000000000100000
Formato de instruciones de carga
Todas las instrucciones MIPS de 32 bits
0x8c650020
lw $5,32($3)
Fundamentos de Computadores
19
Traducción de lenguaje
ensamblador a lenguaje máquina
• Código fuente de C
A[300] = h + A[300];
La base del vector asignada a $t1 y h a $s2
• Compilación en MIPS
lw $t0, 1200($t1)
add $t0, $s2, $t0
sw $t0, 1200($t1)
• Lenguaje máquina
1000 1101 0010 1000 0000 0100 1011 0000
0000 0010 0100 1000 0100 0000 0010 0000
1010 1101 0010 1000 0000 0100 1011 0000
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
20
Lenguaje máquina – Instrucciones
de salto condicional
• Formato tipo I (16 bits para el dato inmediato)
– El inmediato codifica el nº de palabras desde la siguiente
instrucción a la instrucción de salto (PC+4) hasta la instrucción
destino
– Los saltos están limitados a una región centrada en el PC + 4 de
±215 palabras
from the low order 16 bits of the branch instruction
16
offset
sign-extend
00
32
32 Add
PC
32
Curso 2005/2006
32
4
32
Add
branch dst
address
32
32
Fundamentos de Computadores
?
21
MIPS – Instrucciones de ruptura de
secuencia incondicional
• j etiqueta
• Formato tipo J
– 6 bits código de operación + 26 bits para el dato inmediato
– El inmediato de 26 bits codifica la dirección absoluta de la
palabra con la instrucción destino de salto dentro de un
segmento de 256MB
op
26-bit address
from the low order 26 bits of the jump instruction
26
00
32
4
PC
Curso 2005/2006
32
Fundamentos de Computadores
22
Ejemplo de compilación de una
sentencia de salto if-then-else
• Código fuente de C
If (i==j)
f = g + h;
else
f = g – h;
i, j, f, g y h en $s0… $s4
• Compilación en MIPS
L1:
L2:
Curso 2005/2006
bne $s0, $s1, L1
add $s2, $s3, $s4 # f = g + h
j L2
# salto incondicional
sub $s2, $s3, $s4 # f = g - h
…
Fundamentos de Computadores
23
MIPS – Datos inmediatos (1/2)
• Instrucciones aritmético-lógicas con un operando
constante
slti $t0, $s2, 15
#$t0 = 1 si $s2<15
• La constante almacenada en la propia instrucción
– Formato tipo I
– El dato inmediato está limitado a 16 bits (-215 a +215-1)
op
Curso 2005/2006
rs
rt
16 bit immediate
Fundamentos de Computadores
I format
24
MIPS – Datos Inmediatos (2/2)
• Gestión de datos inmediatos de más de 16 bits
– Almacenaje en memoria
.data
muchosbits:
.word 4294967295
# 0x7FFFFFFF
.text
…
lw $t0, muchosbits($zero)
– Descomposición en partes
lui
ori
Curso 2005/2006
$at, 0x7FFFF # load upper inmediate
$t0, $at, 0xFFFF
Fundamentos de Computadores
25
MIPS – Gestión de procedimientos
• Llamada a procedimiento
– jal address
• Escribe PC+4 en el registro $ra (return adress,
$31) para posibilitar el retorno del procedimiento
• Instrucción tipo J
– jalr $rs
• Instrucción tipo R
• Retorno de procedimiento
– jr $ra
• Instrucción tipo R
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
26
MIPS – Convenio de uso de
registros
Name Register number
0
$zero
2-3
$v0-$v1
4-7
$a0-$a3
8-15
$t0-$t7
16-23
$s0-$s7
24-25
$t8-$t9
28
$gp
29
$sp
30
$fp
31
$ra
Curso 2005/2006
Usage
the constant value 0
values for results and expression evaluation
arguments
temporaries
saved
more temporaries
global pointer
stack pointer
frame pointer
return address
Fundamentos de Computadores
27
MIPS – Pila (stack)
Memoria
• Operaciones
Dirección
Baja
– Guardar (Push)
sp-4
addi $sp, $sp, -4
sw $rs, 0(Sp)
Valor guardado
sp
Alta
– Recuperar (Pop)
lw $rs, 0(Sp)
addi $sp, $sp, 4
Memoria
Dirección
Baja
sp
Valor leído
sp+4
Alta
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
28
MIPS - Instrucciones aritméticas
Instrucción
sumar
sumar sin signo
sumar inmediato
sumar inmediato sin signo
restar
restar sin signo
dividir
dividir sin signo
multiplicar
multiplicar sin signo
dividir
dividir sin signo
multiplicar
multiplicar
multiplicar sin signo
Curso 2005/2006
Ejemplo
add $1,$2,$3
addu $1,$2,$3
addi $1,$2,10
addiu $1,$2,10
sub $1,$2,$3
subu $1,$2,$3
Significado
$1= $2+$3
$1=$2+$3
$1=$2+10
$1=$2+10
$1=$2-$3
$1=$2-$3
Lo=$1÷$2
div $1,$2
Hi=$1mod$2
Lo=$1÷$2
divu $1,$2
Hi=$1mod$2
mult $1,$2
Hi,Lo=$1*$2
multu $1,$2
Hi,Lo=$1*$2
Pseudoinstrucciones
$1=$2÷$3
div $1,$2,$3
(cociente)
$1=$2÷$3
divu $1,$2,$3
(cociente)
mul $1,$2,$3
$1=$2*$3
mulo $1,$2,$3
$1=$2*$3
mulou $1,$2,$3 $1=$2*$3
Comentarios
Posible excepción por desbordamiento
Posible excepción por desbordamiento
Posible excepción por desbordamiento
Posible excepción por desbordamiento
Posible excepción por desbordamiento
Posible excepción por desbordamiento
Posible excepción por desbordamiento
Fundamentos de Computadores
29
MIPS – Intrucciones lógicas
Instrucción
and
or
xor
nor
andi
ori
xori
shift left logical
shift left logical variable
shift right logical
shift right logical variable
shift right arithmetic
shift right arithmetic variable
Curso 2005/2006
Ejemplo
and $1,$2,$3
andi $1,$2,10
xor $1,$2,$3
nor $1,$2,$3
andi $1,$2,10
ori $1,$2,10
xori $1,$2,10
sll $1,$2,10
sllv $1,$2,$3
srl $1,$2, 10
srlv $1,$2,$3
sra $1,$2,10
srav $1,$2,$3
Significado
$1= $2&$3
$1=$2&10
$1=$2⊕$3
$1=~($2|$3)
$1=$2&10
$1= $2|10
$1=$2|10
$1= $2<<10
$1= $2<<$3
$1=$2>>10
$1=$2>>$3
$1=$2>>10
$1=$2>>$3
Fundamentos de Computadores
Comentarios
30
MIPS - Instrucciones de
transferencia de datos (1/2)
Instrucción
carga byte
carga byte sin ext. signo
carga media palabra
carga media palabra sin
extensión de signo
carga palabra
carga inmediata de la
parte más significativa
“load upper inmediate”
Carga
registro
del
coprocesador z
almacena byte
almacena media palabra
almacena palabra
almacena registro en
memoria registro del
coprocesador z
Ejemplo
lb $1,10($2)
lbu $1,10($2)
lh $1,10($2)
Significado
$1=M[10+$2]
$1=M[10+$2]
$1=M[10+$2]
Extiende el bit de signo
No extiende el bit de signo
Extiende el bit de signo
lhu $1,10($2)
$1=M[10+$2]
No extiende el bit de signo
lw $1,10($2)
$1=M[10+$2]
lui $1,50
$1=50*216
lwc1 $f0,10($2)
$f0= M[10+$2]
sb $1,10($2)
sh $1,10($2)
sw $1,10($2)
M[10+$2]=$1
M[10+$2]=$1
M[10+$2]=$1
swc1 $f0,10($2)
M[10+$2]=$f0
Carga inmediata
li $1,1000
Carga dirección
la $3,label
Curso 2005/2006
Comentarios
Carga un dato de 16 bits en la parte más
significativa del registro.
Pseudoinstrucciones
Carga de un dato de 32 bits
$1=1000
$3=dirección de Transfiere la dirección de memoria no el
contenido.
label
Fundamentos de Computadores
31
MIPS – Instrucciones de
movimiento de datos (2/2)
Instrucción
mover desde Hi
mover desde Lo
mover a Hi
mover a Lo
mover desde coprocesador z
mover al coprocesador z
transfiere o mueve
transfiere doble desde coproc. 1
Curso 2005/2006
Ejemplo
Significado
Comentarios
mfhi $1
$1= Hi
mflo $1
$1= Lo
mthi $1
Hi=$1
mtlo $1
Lo=$1
$f0-$f30: Registros del coprocesador 1
mfcz $1,$f0
$1=$f0
mtcz $1,$f0
$f0=$1
Pseudoinstrucciones
move $1,$2
$1=$2
$4=$F0
mfc1.d $4,$f0
$5=$F1
Fundamentos de Computadores
32
Instrucciones de comparación
Instrucción
Inicializar menor que
Ejemplo
slt $1,$2,$3
Significado
if ($2<$3) then
$1=1
else
$1=0
endif
Comentarios
inicializar menor que sin signo
sltu $1,$2,$3
Inicializar menor que inmediato
slti $1,$2,5
Inicializar menor que inmediato sin signo sltiu $1,$3,$5
Inicializa igual
inicializa mayor o igual
inicializa mayor que
inicializa menor o igual
inicializa no igual
Curso 2005/2006
Pseudoinstrucciones
si ($2==$3) then
$1=1
seq $1,$2,$3
else
$1=0
endif
sge $1,$2,$3
sgt $1,$2,$3
sle $1,$2,$3
sne $1,$2,$3
Fundamentos de Computadores
33
MIPS – Instrucciones de salto y
bifurcación
Instrucción
Ejemplo
Significado
si($1==$2 )ir a PC+4 +100
salta sobre igual
beq $1,$2,100
si($1!=$2) ir a PC+4 +100
salta sobre no igual
bne $1,$2,100
si($1>=0) ir a PC+4 +100
salta sobre mayor o igual que cero
bgez $1,100
salta sobre mayor o igual que cero y
bgezal $1,1000 si($1>=0) $31=PC+4; ir a 1000
enlaza
.....
ir a 2000
bifurcar
j 2000
ir a $1
bifurcar registro
jr $1
$31=PC+4; ir a 10000
Bifurcar y enlazar
jal 10000
$31=PC+4; ir a $1
bifurcar y enlazar registro
jalr $1
Pseudoinstrucciones
si($1>=$2) ir a PC+4 +100
salta sobre mayor o igual
bge $1,$2,100
si($1>$2) ir a PC+4 +100
salta sobre mayor que
bgt $1,$2,100
si($1<=$2) ir a PC+4 +100
salta sobre menor o igual
ble $1,$2,100
si($1<$2) ir a PC+4 +100
salta sobre menor que
blt $1,$2,100
.....
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
Comentarios
34
MIPS - Modos de
direccionamientos
1. Immediate addressing
op
rs
rt
Immediate
2. Register addressing
op
rs
rt
rd
...
funct
Registers
Register
3. Base addressing
op
rs
rt
Memory
Address
+
Register
Byte
Halfword
Word
4. PC-relative addressing
op
rs
rt
Memory
Address
PC
+
Word
5. Pseudodirect addressing
op
Address
PC
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
Memory
Word
35
CISC - Complex Instruction Set
Computer
• CISC es una filosofía de diseño con las
siguientes características:
– Instrucciones con mayor contenido semántico
para conseguir una reducción del número de
instrucciones ejecutadas
– Mayor tiempo de ciclo (Tc) o mayor número
de ciclo por instrucción (CPI) que una
arquitectura RISC
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
36
IA - 32
•
•
•
1978 µP 8086/88 (16 bits, 40 pines)
1980 coprocesador Intel 8087
1982 µP 80286
–
–
•
1986 µP 80386
–
•
Bus interno 128 – 256 bits
1995-1999 Familia P6
–
–
•
Coprocesador integrado
Caché L1 de 8KB
1993 Pentium
–
•
Direcciones de 32 bits
1989 µP 80486
–
–
•
Direcciones de 24 bits
Niveles de privilegio
Superscalares
MMX (57 instrucciones “MMX”)
1999 – 2005 Familia Pentium IV (478
pines)
–
–
Hyper Threading
70 instrucciones Streaming SIMD
Extensions
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
37
IA - 32
• Características del ISA
– Longitud de instrucciones 1..17 bytes
– Máquina de 2 operandos
• SUB AX, AX
– Máquina registro-memoria
• ADD AX, [BX]
– Modos de direccionamientos complejos
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
38
IA–32 Registros
• 8 registros de 32 bits de
“casi propósito general”
– GPR0-GPR7: EAX, ECX,
EDX, EBX, ESP, EBP, ESI,
EDI
•
6 registros de segmento
de 16 bits
– CS, SS, DS, ES, FS, GS
• Un registro puntero de
instrucción de 32 bits
Use
Name
31
EAX
GPR 0
ECX
GPR 1
EDX
GPR 2
EBX
GPR 3
ESP
GPR 4
EBP
GPR 5
ESI
GPR 6
EDI
GPR 7
– EIP
• Un registro de estado de
32 bits
– EFLAGS
EIP
EFLAGS
Curso 2005/2006
0
Fundamentos de Computadores
CS
Code segment pointer
SS
Stack segment pointer (top of stack)
DS
Data segment pointer 0
ES
Data segment pointer 1
FS
Data segment pointer 2
GS
Data segment pointer 3
Instruction pointer (PC)
Condition codes
39
IA-32 Restricciones de uso de los
registros de propósito general
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
40
IA-32 Instrucciones básicas
• Movimiento de datos
– MOV, PUSH, POP
• Aritmético-lógicas
– El destino registro o memoria
– Aritmética entera y decimal
– CMP activa los bits del registro CFLAGS
• Control de flujo
– Saltos condicionales, incondicionales, llamadas y
retornos de procedimientos
• Manipulación de cadena
– Movimiento y comparación de cadenas
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
41
IA-32 Formato de las instrucciones
a. JE EIP + displacement
4
4
8
Condi- Displacement
tion
JE
b. CALL
8
32
CALL
Offset
c. MOV
6
MOV
EBX, [EDI + 45]
1 1
8
d w
r/m
Postbyte
8
Displacement
d. PUSH ESI
5
3
PUSH
Reg
e. ADD EAX, #6765
4
3 1
32
ADD Reg w
f. TEST EDX, #42
7
1
TEST
Curso 2005/2006
w
Immediate
8
32
Postbyte
Immediate
Fundamentos de Computadores
42
Resumen
•
•
El nivel ISA es el interfaz hardware/software de un computador
Principios de diseño
– “La simplicidad favorece la uniformidad”
• Tamaño de instrucciones fijo
• No muchos formatos de instrucciones
• Fácil codificación de las instrucciones
– “Cuanto más pequeño más rápido”
• Número de instrucciones y modo de direccionamientos bajo
• Número registros no excesivo
– “Un buen diseño necesita buenas soluciones de compromiso”
• Equilibrio número de registros, número de instrucciones, tipos y tamaño de
las instrucciones
– “Hacer el caso común rápido”
• Máquina registro-registro
• Datos inmediatos en la propia instrucción
•
La complejidad de las instrucciones es sólo un parámetro de diseño
– Menor recuento de instrucciones, pero mayor CPI y mayor Tc
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
43
Otros puntos…
• Gestión de procedimientos
– Enlazador (link)
– Cargador (loader)
– Gestión de la pila (stack)
• Bloque de activación
• Puntero de marco (frame pointer)
• Subrutinas recursivas
•
•
•
•
Manipulación de cadenas (strings)
Punteros
Interrupciones y excepciones
Llamadas al sistema
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
44
Diseño del procesador
“Mientras el ENIAC está equipado con 18000
válvulas de vacio y pesa 30 toneladas, los
ordenadores del futuro pueden tener 1000
válvulas y quizás pesen sólo 1 tonelada y
media.” Popular Mechanics, Marzo de 1949
Objetivos
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Calcular el número total de ciclos de reloj de la ejecución de un trozo de código ensamblador para diferentes
implementaciones de un procesador básico
Trazar ciclo a ciclo de reloj (sobre una ruta de datos) un trozo de código ensamblador para diferentes
implementaciones de un procesador básico
Plantear una ruta de datos para un repertorio de instrucciones simple en un procesador básico
Modificar una ruta de datos para la inclusión de nuevas instrucciones en un procesador básico
Modificar una ruta de datos para satisfacer determinadas características de diseño
Especificar una unidad de control con una máquina de estados finitos para una ruta de datos y un repertorio de
instrucciones simples
Modificar una unidad de control específica de un procesador básico para la inclusión de nuevas instrucciones
Modificar una unidad de control específica de un procesador básico para satisfacer determinadas características
Calcular las ecuaciones de implementación de una unidad de control descrita mediante una máquina de estados
finitos
Rellenar el contenido de una memoria ROM para una especificación de una unidad de control mediante una
máquina de estados finitos
Implementar con PLA una especificación de una unidad de control mediante una máquina de estados finitos
Especificar la unidad de control de un procesador básico con un microprograma
Diseñar un formato de microinstrucciones para un procesador básico
Modificar un microprograma para la inclusión de nuevas instrucciones en un procesador básico
Modificar un microprograma para satisfacer determinadas características de diseño
Modificar el formato de microinstrucciones para un procesador básico
Escribir una rutina de tratamiento de excepción para interrupciones o excepciones básicas
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
2
Contenidos (1/4)
• Metodología de sincronización
• Diseño de un procesador MIPS R3000
reducido
– Rutas de datos individuales
• Búsqueda de instrucción
• Decodificación de la instrucción
• Ejecución (aritmético-lógicas, cargas y
almacenamientos, saltos condicionales y
bifurcaciones)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
3
Contenidos (2/4)
•
Diseño monociclo
– Diseño de la ruta de datos
•
•
•
•
Integración de las rutas de datos individuales
Señales de control
Integración de la ruta de datos y de la unidad de control
Ejemplos de flujo de datos + control
– Diseño de la unidad de control de la ALU (También válida para el
diseño multiciclo)
•
•
•
•
Estructura de la ALU
Especificación del control ALU
Tabla de verdad del control ALU
Implementación del control ALU
– Diseño de la unidad de control
• Funcionalidad de las señales de control
• Implementación de la UC
– Ventajas y desventajas
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
4
Contenidos (3/4)
•
Diseño multiciclo
– Diseño de la ruta de datos
• Esbozo de la ruta de datos
• Integración de la ruta de datos y de la unidad de control
• Etapa de la ejecución de las instrucciones
– Ejemplo de la ejecución de la instrucción lw
– Diseño de la unidad de control
• Control cableado
–
–
–
–
–
–
Especificación de la UC con una FSM (diagrama)
Especificación de la UC con una FSM (tabla)
Implementación de la FSM
Ecuaciones de implementación de la FSM
Implementación de FSM con ROM
Implementación de FSM con PLA
• Control microprogramado
–
–
–
–
Curso 2005/2006
Formato de la microinstrucción
Señales asociadas a los campos y valores
Microprograma de la UC
Secuenciador del microprograma
Fundamentos de Computadores
5
Contenidos (4/4)
• Excepciones e interrupciones
– Tratamiento de excepciones en MIPS
– Implementación de excepciones en MIPS
– Ruta de datos con soporte de excepciones
– Especificación de la UC con soporte de
excepciones
– Instrucciones para excepciones en MIPS
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
6
Metodología de sincronización
•
•
La metodología de sincronización define cuándo pueden leerse y
escribirse las diferentes señales
Características de la metodología de sincronización por nivel
– Un elemento de estado puede ser actualizado sólo en el flanco de reloj
– Un elemento de estado puede ser leído y modificado en un mismo ciclo
– Señales de habilitación de escritura explícitas
State
element
1
Combinational
logic
State
element
2
clock
one clock cycle
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
7
Diseño de un procesador MIPS
R3000 reducido
• Soporte del subconjunto de instrucciones
– Acceso a memoria: lw (load word) y sw (store word)
– Aritmético-lógicas: add, sub, and, or, slt
– Salto y bifurcación: beq (branch if equal) y j (jump)
• Ciclo de instrucción
– Lectura de la instrucción M[PC]
– Decodificación de la instrucción y lectura de los
registros
– Ejecución de la instrucción
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
8
Ruta de datos individuales –
Búsqueda de la instrucción
• Lectura de la memoria de instrucciones
• Actualización del PC a la siguiente instrucción
Add
4
Instruction
Memory
PC
Curso 2005/2006
Read
Address
Instruction
Fundamentos de Computadores
9
Ruta de datos individuales –
Decodificación de la instrucción
• Envío de los campos de código de operación y
función a la unidad de control
• Lectura del banco de registro de los registros
$rs y $rt
Control
Unit
Instruction
Curso 2005/2006
Read Addr 1
Register Read
Read Addr 2 Data 1
File
Write Addr
Read
Data 2
Write Data
Fundamentos de Computadores
10
Ruta de datos individuales –
Aritmético-lógicas (ejecución)
• op y funct especifican
la operación
aritmético-lógica
• Escritura del registro
$rd del banco de
registros con la salida
de la ALU
31
R-type: op
25
rs
15
rt
rd
RegWrite
Instruction
Read Addr 1
Read
Register
Read Addr 2 Data 1
File
Write Addr
Read
Write Data
Curso 2005/2006
20
Fundamentos de Computadores
10
5
0
shamt funct
ALU control
ALU
overflow
zero
Data 2
11
Ruta de datos individuales– Cargas
y almacenamientos (ejecución)
• Cálculo de la dirección de memoria
– address Å $rs + extensión-signo(IR[15:0])
• Carga de un registro (load)
– $rt Å M[$rs + extensión-signo(IR[15:0])]
• Almacenamiento de un registro (store)
– M[$rs + extensión-signo(IR[15:0])] Å $rt
RegWrite
Instruction
Sign
Extend
MemWrite
overflow
zero
Read Addr 1
Read
Register
Read Addr 2 Data 1
File
Write Addr
Read
Data 2
Write Data
16
Curso 2005/2006
ALU control
Address
ALU
Data
Memory Read Data
Write Data
MemRead
32
Fundamentos de Computadores
12
Ruta de datos individuales – Saltos
condicionales (ejecución)
• Resta de $rs y $rt y comprobación de la señal
zero de la ALU
• Cálculo de la dirección efectiva de salto
– address Å PC + 4 + extensión-signo(IR[15:0]<<2)
Add
Add
4
Shift
left 2
Branch
target
address
ALU control
PC
Instruction
Read Addr 1
Read
Register
Read Addr 2 Data 1
File
Write Addr
zero (to branch
control logic)
ALU
Write Data
16
Curso 2005/2006
Sign
Extend
32
Fundamentos de Computadores
13
Ruta de datos individuales –
Bifurcaciones (ejecución)
• Reemplazo del PC por la dirección efectiva de
salto
– PC Å PC[31:28] || (IR[25:0]<<2)
Add
4
4
Instruction
Memory
PC
Curso 2005/2006
Read
Address
Shift
left 2
Jump
address
28
Instruction
26
Fundamentos de Computadores
14
Diseño monociclo
• Integración de las rutas de datos individuales
– Recursos hardware + multiplexores + señales de
control + restricciones de diseño
• Restricción de diseño
– Todas las instrucciones tardan un único ciclo de reloj
– La instrucción más lenta determina el tiempo de ciclo
– Ningún componente de la ruta de datos puede ser
reutilizado
• Memorias separadas de instrucciones y datos
• Sumadores…
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
15
Diseño de la RD - Integración de
las individuales (no beq, no j)
Add
RegWrite
ALUSrc ALU control
4
Instruction
Memory
PC
Read
Address
Instruction
Curso 2005/2006
MemtoReg
ovf
zero
Read Addr 1
Address
Read
Register
Read Addr 2 Data 1
File
Write Addr
Read
Data 2
Write Data
Sign
16 Extend
MemWrite
ALU
Data
Memory Read Data
Write Data
MemRead
32
Fundamentos de Computadores
16
Diseño de la RD – Señales de
control
•
Selección de la operación a realizar
– Operación ALU: ALUControl
– Escritura y lectura del banco de registros: RegWrite
– Escritura y lectura de las memorias: MemRead, MemWrite
•
Selección de entradas de los multiplexores (flujo de datos)
– ALUSrc, MemToReg
31
R-type: op
31
I-Type:
op
31
J-type:
Curso 2005/2006
op
25
rs
25
rs
20
15
rt
rd
20
10
5
shamt funct
15
rt
0
0
address offset
25
0
target address
Fundamentos de Computadores
17
Diseño de la RD – Integración de la
RD y de la UC
0
Add
Add
Shift
left 2
4
ALUOp
1
PCSrc
Branch
MemRead
MemtoReg
MemWrite
Instr[31-26] Control
Unit
ALUSrc
RegWrite
RegDst
Instruction
Memory
PC
Read
Address
Instr[31-0]
ovf
Instr[25-21] Read Addr 1
Address
Read
Register
Instr[20-16] Read Addr 2 Data 1
File
0
Write Addr
Read
1
Data
2
Instr[15
Write Data
-11]
Instr[15-0]
Sign
Extend
16
zero
0
ALU
Data
Memory Read Data
1
Write Data
0
1
32
ALU
control
Instr[5-0]
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
18
Diseño de la RD – Flujo de datos y
control para tipo R
0
Add
Add
Shift
left 2
4
ALUOp
1
PCSrc
Branch
MemRead
MemtoReg
MemWrite
Instr[31-26] Control
Unit
ALUSrc
RegWrite
RegDst
Instruction
Memory
PC
Read
Address
Instr[31-0]
ovf
Instr[25-21] Read Addr 1
Address
Read
Register
Instr[20-16] Read Addr 2 Data 1
File
0
Write Addr
Read
1
Data
2
Instr[15
Write Data
-11]
Instr[15-0]
Sign
Extend
16
zero
0
ALU
Data
Memory Read Data
1
Write Data
0
1
32
ALU
control
Instr[5-0]
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
19
Diseño de la RD – Flujo de datos y
control para lw
0
Add
Add
Shift
left 2
4
ALUOp
1
PCSrc
Branch
MemRead
MemtoReg
MemWrite
Instr[31-26] Control
Unit
ALUSrc
RegWrite
RegDst
Instruction
Memory
PC
Read
Address
Instr[31-0]
ovf
Instr[25-21] Read Addr 1
Address
Read
Register
Instr[20-16] Read Addr 2 Data 1
File
0
Write Addr
Read
1
Data
2
Instr[15
Write Data
-11]
Instr[15-0]
Sign
Extend
16
zero
0
ALU
Data
Memory Read Data
1
Write Data
0
1
32
ALU
control
Instr[5-0]
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
20
Diseño de la RD – Flujo de datos y
control para beq
0
Add
Add
Shift
left 2
4
ALUOp
1
PCSrc
Branch
MemRead
MemtoReg
MemWrite
Instr[31-26] Control
Unit
ALUSrc
RegWrite
RegDst
Instruction
Memory
PC
Read
Address
Instr[31-0]
ovf
Instr[25-21] Read Addr 1
Address
Read
Register
Instr[20-16] Read Addr 2 Data 1
File
0
Write Addr
Read
1
Data
2
Instr[15
Write Data
-11]
Instr[15-0]
Sign
Extend
16
zero
0
ALU
Data
Memory Read Data
1
Write Data
0
1
32
ALU
control
Instr[5-0]
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
21
Integración de la RD – Flujo de
datos y control para j
Instr[25-0]
Shift
left 2
26
1
28
32
0
PC+4[31-28]
0
Add
Add
Shift
left 2
4
Jump
ALUOp
1
PCSrc
Branch
MemRead
MemtoReg
MemWrite
Instr[31-26] Control
Unit
ALUSrc
RegWrite
RegDst
Instruction
Memory
PC
Read
Address
Instr[31-0]
ovf
Instr[25-21] Read Addr 1
Address
Read
Register
Instr[20-16] Read Addr 2 Data 1
File
0
Write Addr
Read
1
Instr[15
-11]
Instr[15-0]
Write Data
zero
0
ALU
Data 2
Data
Memory Read Data
1
Write Data
0
1
Sign
Extend
16
32
ALU
control
Instr[5-0]
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
22
Diseño de la UC de la ALU –
Estructura de la ALU
Binvert
A L U o p e r a ti o n
Operation
CarryIn
a
0
a
1
Z ero
ALU
R e s u lt
O v e r f lo w
Result
b
b
0
2
1
3
Less
C a rry O u t
a.
CarryOut
Curso 2005/2006
Entradas de control
(ALUctr)
FUNCIÓN
000
001
010
110
111
AND
OR
ADD
SUB
SLT
Fundamentos de Computadores
23
Diseño de la UC de la ALU –
Especificación del control ALU
• Operación ALU
– lw, sw ($rs + extensión-signo(IR[15:0]))
– beq ($rs-$rt)
– add, sub, or, and y slt (operación específica)
Cod. Op.
Curso 2005/2006
ALUop
Instrucción
FUNCT
Op. deseada
Entradas de control
de la ALU (ALUctr)
LW
00
Carga
XXXXXX
suma
010
SW
00
Almacena
XXXXXX
suma
010
Branch Equal
01
salto
XXXXXX
resta
110
R-Type
10
suma
100000
suma
010
R-Type
10
resta
100010
resta
110
R-Type
10
AND
100100
and
000
R-Type
10
OR
100101
or
001
R-Type
10
set on less than
101010
set on less than
111
Fundamentos de Computadores
24
Diseño de la UC de la ALU – Tabla
de verdad del control ALU
ALUop
ALUop1 ALUop0
0
0
x
1
1
x
1
x
1
x
1
x
1
x
31
Instrucción Tipo R:
F5
x
x
x
x
x
x
x
F4
x
x
x
x
x
x
x
26
op
6 bits
funct
F3 F2
x
x
x
x
0
0
0
0
0
1
0
1
1
0
F1
x
x
0
1
0
0
1
21
16
rs
5 bits
6
Main
Control
6
ALUop
Curso 2005/2006
rt
5 bits
6
0
rd
shamt
funct
5 bits
5 bits
6 bits
ALU
Control
(Local)
ALUctr
3
ALU
N
11
funct<3:0> Instruction Op.
func
op
F0
x
x
0
0
0
1
0
ALUctr
bit2
bit1
bit0
0
1
0
1
1
0
0
1
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
Fundamentos de Computadores
0000
add
0010
subtract
0100
and
0101
or
1010
set-on-less-than
25
Diseño de la UC de la ALU Implementación del control ALU
ALUop
ALUop1 ALUop0
0
0
x
1
1
x
1
x
1
x
1
x
1
x
F5
x
x
x
x
x
x
x
F4
x
x
x
x
x
x
x
funct
F3 F2
x
x
x
x
0
0
0
0
0
1
0
1
1
0
F1
x
x
0
1
0
0
1
F0
x
x
0
0
0
1
0
Operación (ALUctr)
bit2
bit1
bit0
0
1
0
1
1
0
0
1
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
ALUOp
ALU control block
ALUOp0
ALUOp1
F3
F2
Operation2
Operation1
Operation
F (5– 0)
F1
Operation0
F0
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
26
Diseño de la UC de la ALU – Unidad
de control
Tipo R:
Bits:
op
31-26
rs
25-21
rt
20-16
Tipo I:
Bits:
op
31-26
rs
25-21
rt
20-16
Tipo J:
Bits:
op
31-26
rd
15-11
shamt
10-6
funct
5-0
Inmediato16
15-0
Dirección
26-0
PCSrc
Add
ALU
Add result
4
Shift
left 2
RegWrite
Instruction [25–21]
PC
Read
address
Instruction
[31–0]
Instruction
memory
Instruction [20–16]
0
M
u
Instruction [15–11] x
1
RegDst
Instruction [15–0]
Read
register 1 Read
data 1
Read
register 2
Read
Write
data 2
register
Write
data Registers
16
Sign
extend
0
M
u
x
1
MemWrite
ALUSrc
0
M
u
x
1
Zero
ALU ALU
result
32
ALU
control
MemtoReg
Address
Read
data
Write Data
data memory
1
M
u
x
0
MemRead
Instruction [5–0]
ALUOp
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
27
Diseño de la UC – Funcionalidad de
las señales de control
Señal
RegDst
RegWrite
AluSrc
PCSrc
MemWrite
MemRead
MemToReg
Acción cuando es desactivada (0)
Acción cuando se activa (1)
El registro destino para las escrituras viene del El registro destino para las escrituras viene del campo
campo rt (bits 20-16)
rd (bits 15-11)
Ninguno
Escribe el dato en "WriteData" en el registro dado por
"WriteRegister".
El segundo operando de la ALU viene del banco de El segundo operando de la ALU son los 16 bits menos
registro (salida 2)
significativos de la instrucción extendidos en signo
Selecciona PC+4 como nuevo valor del PC
Selecciona la dirección de salto computada como nuevo
valor del PC
Ninguna
Escribe en la dirección de memoria "Address" el dato
"WriteData"
Ninguna
Lee un dato de la dirección de memoria "Address" y lo
deja en la salida "ReadData"
El valor a realimentar al campo "WriteData" viene El valor a realimentar al campo "WriteData" viene de la
de la salida de la ALU
memoria
PCSrc
Add
4
RegWrite
Instruction[25–21]
PC
Read
address
Instruction
[31–0]
Instruction
memory
Instruction[20–16]
0
M
Instruction[15–11] u
x
1
RegDst
Instruction[15–0]
Read
register1 Read
data1
Read
register2
Read
Write
data2
register
Write Registers
data
16
Sign 32
extend
Shift
left2
ALU
Add result
0
M
u
x
1
MemWrite
ALUSrc
0
M
u
x
1
Zero
ALU ALU
result
ALU
control
MemtoReg
ead
Address R
data
ata
Write mD
data emory
1
M
u
x
0
MemRead
Instruction[5–0]
ALUOp
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
28
Diseño de la UC – Implementación
de la UC
Implementación con PLA
Inputs
Op5
Op5-0 ->
(bits 31-26)
RegDst
ALUSrc
MemToReg
RegWrite
MemRead
MemWrite
Branch
ALUOp1
ALUOp0
00 0000
0D
R-Format
1
0
0
1
0
0
0
1
0
10 0011
35D
lw
0
1
1
1
1
0
0
0
0
10 1011
43D
sw
x
1
x
0
0
1
0
0
0
00 0100
4D
beq
x
0
x
0
0
0
1
0
1
Op4
Op3
Op2
Op1
Op0
Outputs
R-format
Iw
sw
beq
RegDst
ALU
ALUSrc
MemtoReg
RegWrite
MemRead
MemWrite
Branch
ALUOp1
ALUOpO
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
29
Diseño monociclo – Ventajas y
desventajas
•
•
•
Todas las instrucciones tardan un ciclo
Aprovechamiento ineficiente del área del chip (componentes
repetidos)
Ciclo de reloj grande para acomodar la instrucción más lenta
– Las instrucciones de punto flotante requerirían un tiempo de ciclo extra
largo
Cycle 1
Cycle 2
Clk
lw
Curso 2005/2006
sw
Fundamentos de Computadores
Waste
30
Diseño multiciclo
• División del ciclo de instrucción en etapas (cada
etapa un ciclo de reloj)
– CPI (ciclos por instrucción) variables (instrucciones
lentas y rápidas)
– Las etapas presentan cargas de trabajo equilibradas
• Reutilización de las unidades funcionales
– Memoria unificada, pero un único acceso por ciclo
– Una única ALU, pero una única operación ALU por
ciclo
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
31
Diseño de la RD – Esbozo de la ruta
de datos
Inclusión de registros a la salida de las unidades funcionales para preservar
los datos (generalmente entre ciclos adyacentes)
–
–
–
–
Write Data
Curso 2005/2006
ALU
Fundamentos de Computadores
ALUout
A
Read Addr 1
Register Read
Read Addr 2Data 1
File
Write Addr
Read
Write Data Data 2
B
Memory
Address
Read Data
(Instr. or Data)
IR
IR actualiza el contenido cada instrucción, el resto de los registros cada
ciclo de reloj
PC
•
IR, registro de instrucciones
MDR, registro de dato leído de memoria
A, B registros de datos leídos desde el banco de registro
ALUOut, registro de salida de la ALU
MDR
•
32
Diseño de la RD – Integración de la
RD y de la UC (1/2)
• Los multiplexores a las entradas de las
unidades funcionales y la ejecución multiciclo
permiten el compartimiento de los recursos
hardware
IorD
PC
0
M
u
x
1
MemRead
MemWrite
RegDst
Memory
MemData
Instruction
register
Instruction
[15– 0]
Memory
data
register
0
M
u
x
1
Read
register 1
Read
Read
data 1
register 2
Registers
Write
Read
register
data 2
Instruction
[20– 16]
Instruction
[15– 0]
ALUSrcA
RegWrite
Instruction
[25– 21]
Address
Write
data
IRWrite
0
M
Instruction u
x
[15– 11]
1
A
B
0
M
u
x
1
16
Sign
extend
32
Shift
left 2
ALUOut
0
4
Write
data
Zero
ALU ALU
result
1 M
u
2 x
3
ALU
control
Instruction [5– 0]
MemtoReg
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
ALUSrcB ALUOp
33
Diseño de la RD – Integración de la
RD y de la UC (2/2)
PCWriteCond
PCSource
PCWrite
IorD
IorD
Outputs
ALUSrcB
MemRead
MemWrite
Control
ALUSrcA
RegWrite
MemtoReg
IRWrite
ALUOp
Op
[5– 0]
RegDst
0
M
26
Instructi [25– 0]
Instruction
PC
0
M
u
x
1
Shift
left 2
Instruction
[31-26]
Address
Memory
MemData
Write
data
Instruction
[25– 21]
Read
register 1
Instruction
[20– 16]
Read
Read
register 2 data 1
Registers
Write
Read
register data 2
0
M
Instruction u
x
[15– 11]
1
Instruction
[15– 0]
Instruction
register
Instruction
[15– 0]
Memory
data
register
B
0
M
u
x
1
16
Sign
extend
extend
32
x
2
Zero
ALU ALU
result
ALUOut
0
4
Write
data
Jump
address [31-0]
PC [31-28]
0
M
u
x
1
A
28
1 u
Shift
left 2
1 M
u
2 x
3
ALU
control
Instruction [5– 0]
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
34
Diseño de la RD - Etapas de la
ejecución de las instrucciones
(1/3)
1. Búsqueda de la instrucción y
actualización del PC (IF)
IR Å M[PC]; PC Å PC + 4
2. Decodificación instrucción, lectura de
registros y cálculo de dirección efectiva
de salto (DEC/REG)
A Å RegFile[$rs]; B Å RegFIle[$rt];
ALUOut Å PC + extensión-signo(IR[15:0])<<2
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
35
Diseño de la RD - Etapas de la
ejecución de las instrucciones
(2/3)
3. Ejecución (EX)
– Tipo R (add, sub, and, or, slt)
ALUOut Å A op B
– Referencia a memoria (lw, sw)
ALUOut Å A + extensión-signo(IR[15:0])
– Salto (beq)
if (A=B) PC Å ALUOut
– Bifurcación (j)
PC Å PC[31:28] || IR[25:0]<<2
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
36
Diseño de la RD - Etapas de la
ejecución de las instrucciones
(3/3)
4. Acceso a memoria o fin ejecución tipo R
(MEM)
– Acceso a memoria para lectura
MDR Å M[ALUOut]
– Acceso a memoria para escritura
M[ALUOut] Å B
– Fin ejecución tipo R
$rd Å ALUOut
5. Fin de lectura en memoria (WB)
MDRÅ M[ALUOut]
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
37
Etapas de la ejecución de las
instrucciones - lw
Etapa IF
PCWriteCond
PCSource
PCWrite
ALUOp
IorD Outputs
ALUSrcB
MemRead
ALUSrcA
MemWrite Control
RegWrite
MemtoReg
IRWrite
Op
[5– 0]
RegDst
0
26
Instruction [25–0]
PC
0
M
u
x
1
Shift
left 2
Instruction
[31-26]
Address
Memory
MemData
Write
data
Instruction
[25– 21]
Read
register 1
Instruction
[20– 16]
Read
Read
register 2 data 1
Registers
Write
Read
register data 2
Write
data
0
M
Instruction u
x
[15– 11]
1
Instruction
[15– 0]
Instruction
register
Instruction
[15– 0]
Memory
data
register
0
M
u
x
1
16
Sign
extend
32
B
4
Shift
left 2
Jump
address [31-0]
M
1 u
x
2
PC [31-28]
0
M
u
x
1
A
28
Zero
ALU ALU
result
ALUOut
0
1M
u
2 x
3
ALU
control
Instruction [5– 0]
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
38
Etapas de la ejecución de las
instrucciones - lw
Etapa DEC/REG
PCWriteCond
PCSource
PCWrite
ALUOp
IorD Outputs
ALUSrcB
MemRead
ALUSrcA
MemWrite Control
RegWrite
MemtoReg
IRWrite
Op
[5– 0]
RegDst
0
26
Instruction [25–0]
PC
0
M
u
x
1
Shift
left 2
Instruction
[31-26]
Address
Memory
MemData
Write
data
Instruction
[25– 21]
Read
register 1
Instruction
[20– 16]
Read
Read
register 2 data 1
Registers
Write
Read
register data 2
Write
data
0
M
Instruction u
x
[15– 11]
1
Instruction
[15– 0]
Instruction
register
Instruction
[15– 0]
Memory
data
register
0
M
u
x
1
16
Sign
extend
32
B
4
Shift
left 2
Jump
address [31-0]
M
1 u
x
2
PC [31-28]
0
M
u
x
1
A
28
Zero
ALU ALU
result
ALUOut
0
1M
u
2 x
3
ALU
control
Instruction [5– 0]
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
39
Etapas de la ejecución de las
instrucciones - lw
Etapa EX
PCWriteCond
PCSource
PCWrite
ALUOp
IorD Outputs
ALUSrcB
MemRead
ALUSrcA
MemWrite Control
RegWrite
MemtoReg
IRWrite
Op
[5– 0]
RegDst
0
M
26
Instruction [25–0]
PC
0
M
u
x
1
Shift
left 2
Instruction
[31-26]
Address
Memory
MemData
Write
data
Instruction
[25– 21]
Read
register 1
Instruction
[20– 16]
Read
Read
register 2 data 1
Registers
Write
Read
register data 2
Write
data
Instruction
[15–0]
Instruction
register
Instruction
[15– 0]
Memory
data
register
0
M
Instruction u
x
[15– 11]
1
B
4
0
M
u
x
1
16
Sign
extend
32
1 u
x
2
PC [31-28]
0
M
u
x
1
A
28
Jump
address [31-0]
Zero
ALU ALU
result
ALUOut
0
1M
u
2 x
3
Shift
left 2
ALU
control
Instruction [5– 0]
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
40
Etapas de la ejecución de las
instrucciones - lw
Etapa MEM
PCWriteCond
PCSource
PCWrite
ALUOp
IorD Outputs
ALUSrcB
MemRead
ALUSrcA
MemWrite Control
RegWrite
MemtoReg
IRWrite
Op
[5– 0]
RegDst
0
26
Instruction [25–0]
PC
0
M
u
x
1
Shift
left 2
Instruction
[31-26]
Address
Memory
MemData
Write
data
Instruction
[25– 21]
Read
register 1
Instruction
[20– 16]
Read
Read
register 2 data 1
Registers
Write
Read
register data 2
Write
data
Instruction
[15–0]
Instruction
register
Instruction
[15– 0]
Memory
data
register
0
M
Instruction u
x
[15– 11]
1
0
M
u
x
1
16
Sign
extend
32
B
4
Jump
address [31-0]
M
1 u
x
2
PC [31-28]
0
M
u
x
1
A
28
Zero
ALU ALU
result
ALUOut
0
1M
u
2 x
3
Shift
left 2
ALU
control
Instruction [5– 0]
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
41
Etapas de la ejecución de las
instrucciones - lw
Etapa WB
PCWriteCond
PCSource
PCWrite
ALUOp
IorD Outputs
ALUSrcB
MemRead
ALUSrcA
MemWrite Control
RegWrite
MemtoReg
IRWrite
Op
[5– 0]
RegDst
0
26
Instruction [25–0]
PC
0
M
u
x
1
Shift
left 2
Instruction
[31-26]
Address
Memory
MemData
Write
data
Instruction
[25– 21]
Read
register 1
Instruction
[20– 16]
Read
Read
register 2 data 1
Registers
Write
Read
register data 2
Write
data
Instruction
[15–0]
Instruction
register
Instruction
[15– 0]
Memory
data
register
0
M
Instruction u
x
[15– 11]
1
0
M
u
x
1
16
Sign
extend
32
B
4
M
1 u
x
2
PC [31-28]
0
M
u
x
1
A
28
Jump
address [31-0]
Zero
ALU ALU
result
ALUOut
0
1M
u
2 x
3
Shift
left 2
ALU
control
Instruction [5– 0]
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
42
Diseño multiciclo - Diseño de la
unidad control
• Máquina de estados finitos (FSM)
– Especificación del control mediante un diagrama de estados
finitos (representación gráfica o tabular)
– Máquina de estados finitos
• Conjunto de estados
• Función estado siguiente
– Si ×Ij Æ Sk
• Función salida
– Máquinas de Moore: Si Æ Ok
– Máquinas de Mealy: Si ×Ij Æ Ok
• Microprogramación
– Especificación del control mediante un programa
– Necesaria para simplificar la especificación de una UC compleja
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
43
Control cableado - Especificación
de la UC con una FSM (diagrama)
Instruction
In
struction decode/
register fetch
Instruction fetch
(Op
2
or
W ')
= 'L
(O p
= 'S
W')
6
Branch
completion
')
e)
EQ
typ
R-
'B
=
(Op
Execution
ALUSrcA = 1
USrcB = 10
ALUSrcB
AL
ALUOp = 00
8
ALUSrcA =1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 10
Jump
completion
9
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 01
PCWriteCond
PCSource = 01
PCWrite
PCSource = 10
(O
p
=
'S
W
')
(Op = 'LW')
ALUSrcA = 0
ALUSrcB = 11
ALUOp = 00
(Op = 'J')
Memory address
computation
1
=
Start
MemRead
ALUSrcA = 0
IorD = 0
IRWrite
ALUSrcB = 01
ALUOp = 00
PCWrite
PCSource = 00
(O
p
0
Memory
access
3
Memory
access
5
MemRead
IorD = 1
R-type completion
7
MemWrite
IorD = 1
RegDst = 1
RegWrite
MemtoReg = 0
Write-back step
4
RegDst = 0
RegWrite
MemtoReg = 1
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
44
Control cableado - Especificación
de la UC con una FSM (tabla)
Entradas
Salidas
op2
op1
op0
s3
s2
s1
s0
ns3
ns2
ns1
ns0
pCWrite
PCWriteCond
IorD
MemRead
MemWrite
IRWRite
MemToReg
PCSource1
PCSource0
ALUOp1
ALUop0
ALUSrcB1
ALUSrcB0
ALUSrcA
Regwrite
RegDst
Señales de Control para el Camino de Datos
op3
0
Estado Actual
op5
op4
Código Operación
Estado
Siguiente
x
x
x
x
x
x
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
lw
1
0
0
0
1
1
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
1
sw
1
0
1
0
1
1
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
1
R
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
beq 0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
1
1
j
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
2
2
3
4
5
6
7
8
9
lw
sw
1
0
0
0
1
1
0
0
1
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
x
x
x
x
x
x
x
0
x
x
x
x
x
x
x
1
x
x
x
x
x
x
x
0
x
x
x
x
x
x
x
1
x
x
x
x
x
x
x
1
x
x
x
x
x
x
x
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
0
1
0
1
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
1
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
45
Control cableado – Implementación
de la FSM
PCWrite
PCWriteCond
IorD
MemRead
MemWrite
IRWrite
Control logic
MemtoReg
PCSource
ALUOp
Outputs
ALUSrcB
ALUSrcA
RegWrite
RegDst
NS3
NS2
NS1
NS0
Curso 2005/2006
S0
S1
S2
S3
Op0
Op1
Op2
Op3
Op4
Op5
Inputs
Instruction register
r
opcode field
Estado
Siguiente
State register
Estado
Actual
Fundamentos de Computadores
46
Control cableado – Ecuaciones de
implementación de la FSM
Señal Control
Ecuación lógica
(S3'S2'S1'S0)
(OP5'OP4'OP3'OP2OP1'OP0')
+ (S3'S2'S1'S0) (OP5'OP4'OP3'OP2'OP1OP0') =
->
NS3
NS2
Estado 1 (op[5:0] = 'beq') + Estado 1 (op[5:0] = 'jmp')
-> Estado 1 (op[5:0] = 'R-format') + Estado 2 (op[5:0] = 'sw') + Estado 3 + Estado 6
NS1
-> Estado 1 (op[5:0] = 'lw') +
NS0
PCWrite
PCWriteCond
IorD
MemRead
MemWrite
IRWrite
MemToReg
PCSource1
PCSource0
ALUOp1
ALUOp0
ALUSrcB1
ALUSrcB0
ALUSrcA
RegWrite
RegDst
-> Estado 0 + Estado 9
-> Estado 8
-> Estado 3 + Estado 5
-> Estado 0 + Estado 3
-> Estado 5
-> Estado 0
-> Estado 4
-> Estado 9
-> Estado 8
-> Estado 6
-> Estado 8
-> Estado 1 + Estado 2
-> Estado 0 + Estado 1
-> Estado 2 + Estado 6 + Estado 8
-> Estado 4 + Estado 7
-> Estado 7
Curso 2005/2006
Estado 1 (op[5:0] = 'sw') + Estado 1 (op[5:0] = 'R-format') +
Estado 2 (op[5:0] = 'lw') + Estado 2 (op[5:0] = 'sw') + Estado 6
-> Estado 0 + Estado 1 (op[5:0] = 'jmp') + Estado 2 (op[5:0] = 'lw') + Estado 2 (op[5:0] = 'sw') + Estado 6
Fundamentos de Computadores
47
Control cableado - Implementación
de FSM con ROM
Diseño unificado (Tamaño 210 × 20 =
20Kb)
IRWrite
Diseño no unificado (Tamaño 4.25Kb)
MemtoReg
PCSource
ROM de señales de control (Tamaño
24 × 16 = 256b)
4 bits de los estados = 2 posiciones de
memoria
16 salidas de control = 4 bits de
anchura
•
Curso 2005/2006
NS3
NS2
NS1
NS0
Inputs
Instruction register
r
opcode field
Fundamentos de Computadores
S0
6 bits código de operación + 4 bits de
los estados = 210 posiciones de
memoria
4 salidas de nuevo estado = 4 bits de
anchura
RegDst
S1
•
RegWrite
S2
ROM de nuevo estado (Tamaño 210 × 4
= 4Kb)
ALUSrcB
ALUSrcA
4
S3
•
ALUOp
Outputs
Op3
•
–
Control logic
Op2
–
PCWriteCond
IorD
MemRead
MemWrite
Op5
•
PCWrite
Tamaño:
20 Kbits vs 4.25 Kbits
Op0
–
6 bits código de operación + 4 bits de
los estados = 210 posiciones de
memoria
16 salidas de control + 4 salidas de
nuevo estado = 20 bits de anchura
Op1
–
Op4
•
State register
48
Control cableado - Implementación
de FSM con PLA
• Tamaño de la PLA
Op5
Op4
– #inputs × #minterms +
#outputs × #minterms
= (10 × 17)+(20 × 17)
= 510 celdas
Op3
Op2
Op1
Op0
S3
S2
S1
S0
PCWrite
PCWriteCond
IorD
MemRead
MemWrite
IRWrite
MemtoReg
PCSource1
PCSource0
ALUOp1
ALUOp0
ALUSrcB1
ALUSrcB0
ALUSrcA
RegWrite
RegDst
NS3
NS2
NS1
NS0
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
49
Diseño de la unidad de control –
Control microprogramado
Control unit
Microcode memory
Outputs
Input
PCWrite
PCWriteCond
IorD
MemRead
MemWrite
IRWrite
BWrite
MemtoReg
PCSource
ALUOp
ALUSrcB
ALUSrcA
RegWrite
RegDst
AddrCtl
Datapath
1
Microprogram counter
Adder
Address select logic
Op[5– 0]
• El estado siguiente
es frecuentemente el
estado actual + 1
• Las señales de
control están
almacenadas en una
memoria
Instruction register
opcode field
Secuenciador
externo
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
50
Control microprogramado –
Formato de la microinstrucción
• 7 campos: 6 campos de control + 1 campo de
secuenciación
Control
ALU
SRC1
SRC2
Control
Registro
Memoria
Control
PCWrite
Secuenciamiento
Nom bre del cam po
Control ALU
Función del cam po
Especifica la operación que va a realizar la ALU add
subt
durante el ciclo.
SRC1
Especifica la fuente para el primer operando de
la ALU
Especifica la fuente para el segundo operando
de la ALU
SRC2
Control Registro
Especifica el número de registro y
dato que se escribe en el mismo
Mem oria
Especifica lectura o escritura y la fuente de la
dirección
Control PCW rite
Especifica la escritura del PC
Secuenciam iento
Especifica la siguiente microinstrucción que se
va a ejecutar
Curso 2005/2006
fuente del
Fundamentos de Computadores
Valores del cam po
Func code
PC
A
B
4
Extend
ExtShft
Read
W rite ALU (rd <- ALUout)
W rite MDR (rt <- MDR)
Read PC (IR <- M[PC])
Read ALU (MDR <- M[ALUout]
W rite ALU (M[ALUout] <- B)
ALU
ALUOut-Cond
Jump Address
Seq
Fetch
Dispatch i
51
Control microprogramado– Señales
asociadas a los campos y valores
C o n tro l A L U
ALUop1
ALUO p0
0
0
O p e r a c ió n
SRC1
Sum a
0
PC
1
A
0
1
R e s ta
1
0
Func. code
R e g is t e r C o n t r o l
R e g W r ite
R egD st
M em ToReg
1
1
0
1
0
1
O p e ra c ió n
A L U S rB 1
A L U S rcB 0
0
0
B
0
1
4
1
0
E xte n d
1
1
E xtS h ft
M e m o ria
O p e r.
O p e r.
IR W rite
M em R ead
M e m W rite
Io rD
W r ite A L U
1
1
0
0
Read PC
W r ite M D R
0
1
0
1
Read ALU
0
0
1
1
W rite A L U
Sec
Control PCWrite
Oper.
PCSrc1
PcSrc0
PCwrite
PCWrtCond
0
0
1
0
ALU
0
1
0
1
ALUOut-Cond
1
0
1
0
Jump address
Curso 2005/2006
SRC2
O p e r a c ió n
A d d rS rc A
O p e ra c ió n
A d d rC tl1
A d d rC tl0
1
1
Seq.
0
0
F e tc h
0
1
D is p a tc h 1
1
0
D is p a tc h 2
Fundamentos de Computadores
52
Control microprogramado –
Microprograma de la UC
Estado
0
1
2
3
4
5
6
Etiqueta
Fetch
Mem1
LW 2
Control SRC1
ALU
Add
PC
Add
PC
Add
A
Control
Registros
4
Extshft Read
Extend
Mem oria
Read PC
Read ALU
W rite MDR
SW 2
Rform at1 Func
Cod
W rite ALU
A
B
BEQ1
9
JUMP1
Curso 2005/2006
Subt
A
B
Fundamentos de Computadores
AddrCtl0
Control
Secuenc.
PCW rite
ALU
Seq.
Dispatch 1
Dispatch 2
Seq
Fetch
Fetch
Seq
W rite ALU
7
8
Sec.
AddrCtl1
PCWriteCond
PCWrite
PCSource0
PCSource1
Control PCWrite
MemWrite
IorD
MemRead
Memoria
IRWrite
MemToReg
RegDst
ALUSrcB0
ALUSrcB1
SRC2
RegWrite
Control
Registro
SRC2
AluSrcA
Aluop0
18 señales de control ->
Aluop1
Control ALU SRC1
ALUOutcond
Jump
Address
Fetch
Fetch
Fetch
53
Control microprogramado –
Secuenciador del microprograma
• La lógica de selección de direcciones genera la
dirección de la siguiente microinstrucción a
ejecutar
Sec
O p e ra c ió n
A d d rC tl1
A d d rC tl0
1
1
0
0
F e tc h
0
1
D is p a tc h 1
1
0
D is p a tc h 2
PLA or ROM
1
Seq.
State
Adder
3
Mux
2 1
AddrCtl
0
0
Dispatch ROM 1
Dispatch ROM 2
Dispatch ROM2
Op [5:0]
Nombre
Valor
100011
lw
LW2 (3)
101011
sw
SW2 (5)
Curso 2005/2006
Op
Address select logic
Instruction register
opcode field
Op [5:0]
000000
000010
000100
100011
101011
Fundamentos de Computadores
Dispatch ROM1
Nombre
Valor
R-Format R-Format1 (6)
jmp
JUMP1 (9)
beq
BEQ1 (8)
lw
MEM1 (2)
sw
MEM1 (2)
54
Excepciones e interrupciones
• Definiciones
– Eventos inesperados que cambian el flujo
normal de ejecución de las instrucciones
– Excepción
• Evento que tiene su origen en el interior del
procesador (desbordamiento aritmético,
instrucción ilegal, etc.)
– Interrupción
• Evento que tiene su origen en el exterior del
procesador (dispositivos de entrada/salida, fallo de
página, etc.)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
55
Tratamiento de excepciones en
MIPS
•
Acciones básicas
– Guardar la dirección de la instrucción causante en el registro Contador
de Programa de Excepciones (EPC)
– Registrar la causa de la excepción (Registro CAUSE)
– Transferir el control al sistema operativo en alguna dirección
especificada (0xC0000000) donde se tratará la excepción (ejecución de
una rutina de servicio)
Programa
Interrupción
Rutina de servicio
de la interrupción
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
56
Implementación de excepciones en
MIPS
•
Excepciones a implementar
– Desbordamiento aritmético
– Instrucción ilegal o no definida
•
Registros adicionales requeridos
– EPC: registro de 32 bits para guardar la dirección de la instrucción
causante de la excepción
– CAUSE: Registro de 32 bits para registrar la causa de la excepción.
Utilizaremos sólo el bit menos significativo
• bit 0 = 0 -> Instrucción ilegal
• bit 0 = 1 -> Desbordamiento aritmético
•
Señales de control adicionales
–
–
–
–
Intcause
(0: instr. ilegal; 1: desbordamiento)
CauseWrite
(1: escritura en el registro CAUSE; 0: no escribe)
EPCWrite
(1: escritura en el registro EPC; 0: no escribe)
Constante:
C000 0000 0000 0000 (dirección a donde se
transfiere el control cada vez que se interrumpe)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
57
Ruta de datos con soporte de
excepciones
CauseWrite
IntCause
EPCWrite
PCSource
ALUOp
PCWriteCond
PCWrite
IorD
Outputs
MemRead
MemWrite
ALUSrcB
ALUSrcA
Control
MemtoReg
IRWrite
RegWrite
Op
[5– 0]
RegDst
0
26
Instruction [25– 0]
PC
0
M
u
x
1
Shift
left 2
Instruction
[31-26]
Address
Memory
MemData
Write
data
Read
register 1
Instruction
[20– 16]
Read
Read
register 2 data 1
Registers
Write
Read
register data 2
Instruction
register
Instruction
[15– 0]
Memory
data
register
Jump
address [31-0]
0
M
Instruction u
x
[15– 11]
1
B
4
Write
data
0
M
u
x
1
Zero
ALU ALU
result
Sign
extend
32
Shift
left 2
3
0
1M
u
2x
3
ALU
ALUOut
EPC
0
M
u
x
1
0
1
16
u
x
PC [31-28]
0
M
u
x
1
A
1M
2
CO 00 00 00
Instruction
[25– 21]
Instruction
[15– 0]
0]
28
Cause
ALU
control
11
Instruction [5– 0]
10
IntCause = 0
CauseWrite
ALUSrcA = 0
ALUSrcB = 01
ALUOp = 01
EPCWrite
PCWrite
PC++Source = 11
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
IntCause = 1
CauseWrite
ALUSrcA = 0
ALUSrcB = 01
ALUOp = 01
EPCWrite
PCWrite
PCSource = 11
PCSource = 11
To state 0 to begin next instruction
58
Especificación de la UC con
soporte de excepciones
Instruction de
decode/
code/
Register fetch
1
Instruction fetch
0
MemRead
ALUSrcA = 0
IorD = 0
IRWrite
ALUSrcB = 01
ALUOp = 00
PCWrite
PCSource = 00
(Op = 'J')
'B
EQ
')
=
9
PCWrite
PCSource = 10
p=
(O
')
W
'S
(Op = 'LW')
Jump
completion
r)
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 10
e
oth
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 00
)
ype
R-t
=
(Op
Branch
completion
8
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 01
PCWriteCond
PCSource = 01
p=
(O
W')
= 'S
(Op
r
o
Execution
W')
= 'L
6
(Op
Memory address
computation
2
ALUSrcA = 0
ALUSrcB = 11
ALUOp = 00
(O
p
Start
Memory
access
3
Memory
access
5
MemRead
IorD = 1
R-type completion
7
MemWrite
IorD = 1
11
RegDst = 1
RegWrite
MemtoReg = 0
Overflow
IntCause = 1
CauseWrite
A
ALUSrcA
=0
ALUSrcB = 01
ALUOp = 01
EPCWrite
PCWrite
PCSource = 11
10
IntCause = 0
CauseWrite
ALUSrcA = 0
ALUSrcB = 01
ALUOp = 01
EPCWrite
PCWrite
PCSource = 11
Write-back step
4
Overflow
RegWrite
MemtoReg = 1
RegDst = 0
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
59
Instrucciones para excepciones en
MIPS
•
mfc0 $rt, $rd (move from coprocesador 0)
– Transfiere la información desde el registro de propósito general $rd al
registro de propósito especial $rt (0 para CAUSE, 1 para EPC)
– Tipo R
• 010000 0000 ttttt ddddd 00000000000
•
mtc0 $rd, $rt (move to coprocesador 0)
– Transfiere la información desde el registro de propósito especial $rt (0
para CAUSE, 1 para EPC) al registro de propósito general $rd
– Tipo R
• 010000 0100 ttttt ddddd 00000000000
•
rfe (return from exception)
– Transfiere el contenido del EPC al registro contador de programa
– Tipo J
• 010000 10000000000000000000100000
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
60
Rendimiento, coste y
prestaciones
“El tiempo descubre la verdad”,
Séneca
Contenidos (1/3)
• Métricas de rendimiento, coste y prestaciones
• Definiciones
– Tiempo de respuesta, tiempo de CPU, productividad
y rendimiento
• Medidas del rendimiento
– MIPS, MFLOPS
– Tiempo de ejecución
– Ecuación clásica del tiempo de CPU
• Fórmula básica
• CPImedio
• Dependencias
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
2
Contenidos (2/3)
•
•
Programas para la evaluación del rendimiento - Benchmarks
SPEC Benchmarks
– SPEC’89
– SPEC’92 y SPEC’95
• SpecInt, SpecFp, SPECbase
• SPEC’95 – Programas
• SPEC’95 – Pentium
– SPEC CPU2000
• CINT2000, CFP2000
• Programas
• SPEC CINT2000 y CFP2000 - Pentium
– SPECweb99
• Sistemas Dell PowerEdge
– Benchmarks para embedded computing systems
•
•
Fiabilidad de los programas de prueba
Más métricas del rendimiento
– MIPS y MFLOPS
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
3
Contenidos (3/3)
• Métodos de comparación y resumen de
rendimientos
• Ley de Amdahl (o ley de rendimientos
decrecientes)
• Rendimiento, potencia y eficiencia de energía
– Limitaciones de los sistemas empotrados y portátiles
– Técnicas de ahorro de potencia
– Familia Pentium
• Conclusiones
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
4
Objetivos
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Definir coste, rendimiento, productividad y prestaciones
Dar las principales métricas para el coste, el rendimiento, productividad y
prestaciones y su importancia para los usuarios y diseñadores
Distinguir entre tiempo de ejecución del tiempo de CPU
Aplicar la ecuación básica del rendimiento
Señalar la influencia de los parámetros de diseño de un computador sobre
los parámetros de la ecuación básica del tiempo de CPU
Categorizar los diferentes programa para la evaluación del rendimiento
Conocer las características de las medidas de rendimiento SPECS, MIPS y
MFLOPS
Métodos de resumen de rendimientos
Aplicar la ley de Amdahl para el cálculo del rendimiento
Enumerar las principales limitaciones de los sistemas empotrados y
portátiles eficiencia de energía
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
5
Métricas de rendimiento, coste y
prestaciones
•
Métricas del rendimiento
– Tiempo de respuesta, productividad…
•
Métricas del coste
– Generalmente €, $...,
•
Métricas de las prestaciones
– Relación entre rendimiento y productividad
•
Importan a los clientes y vendedores de computadores
– ¿Qué máquina proporciona el mayor rendimiento?
– ¿Qué máquina tiene el menor coste?
– ¿Qué máquina tiene la mejor relación rendimiento/coste?
•
Importan a lo diseñadores de computadores
– ¿Qué diseño proporciona mayor rendimiento?
– ¿Qué diseño tiene menor coste?
– ¿Qué diseño tiene la mejor relación rendimiento/coste?
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
6
Definiciones -Tiempo de respuesta,
tiempo de CPU y productividad
• Tiempo de respuesta o latencia o tiempo de
ejecución
– Tiempo entre el comienzo y finalización de una tarea
• Tiempo de CPU
– No incluye tiempo de: accesos a memoria secundaria
y discos, entrada y salida, otros procesos…
• Productividad (throughput)
– Cantidad total de trabajo realizado por unidad de
tiempo
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
7
Tiempo de respuesta y
productividad - Ejemplos
• Un tren de lavado de coches comienza un
coche nuevo cada 30s y en el tren de lavado
coexisten 6 coches en distintas fases de lavado
– Tiempo de respuesta (usuario) de 180s (30*6)
– Productividad de 1 coche/30 segundos
• El cambio de procesador de un computador
¿disminuye el tiempo de respuesta, aumenta la
productividad o ambos?
• La adición de procesadores a un computador
que asigna un procesador a cada tarea
¿disminuye el tiempo de respuesta, aumenta la
productividad o ambos?
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
8
Definición de rendimiento
• El rendimiento de un computador es el
inverso del tiempo de ejecución
Rendimiento X =
1
Tiempo de ejecución X
– Un computador X es n veces más rápido que
un computador Y cuando
Rendimiento X
=n
Rendimiento Y
– Un computador X (Y) es n% veces más
rápido (lento) que un computador Y (X)
cuando
Rendimiento X − Rendimiento Y
*100 = n
Rendimiento Y
Curso 2005/2006
Rendimiento X − Rendimiento Y
*100 = n
Rendimiento X
Fundamentos de Computadores
9
Definición de rendimiento - Ejemplo
• La máquina A ejecuta un programa en 10s
y la máquina B ejecuta el mismo programa
en 15 s,
– ¿cuánto más rápida1 es 1A respecto de B?
−
n% = 100
TCPU A TCPU B
RA − RB
% = 100
1
RB
TCPU B
1 1
−
10
15 = 50%
% = 100
1
15
– ¿cuánto más lenta es B respecto de A?
1
n% = 100
Curso 2005/2006
−
1
TCPU A TCPU B
RA − RB
% = 100
1
RA
TCPU A
1 1
−
% = 100 10 15 = 33.3%
1
10
Fundamentos de Computadores
10
Medidas del rendimiento
•
•
MIPS (Million Instructions Per Second )
MFLOPS (Millions of Floating Point Operations Per Second )
– TOP 1 de 2005: IBM BlueGene/L 280600 GFLOPS y 131072 P
– TOP 8 de 2005: IBM Mare Nostrum 27910 GLOPS con 4800 P
•
Frecuencia del reloj (MHz, GHz) inversa del periodo de reloj
– A 4GH = 250ps
•
one clock period
Tiempo de ejecución
– MIPS, MFLOPS… no son medidas fiables
– El tiempo es la única medida fiable del rendimiento de un computador
– Medida del tiempo
• El sistema operativo UNIX proporciona la orden time “nombre de programa”
para medir el tiempo
• Ejemplo de salida de time: 90.7u 12.9s 2:39s 65%
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
11
Ecuación clásica del TCPU Fórmula básica
• El tiempo de CPU es el tiempo que la
CPU tarda en la ejecución de un programa
TCPU = # ciclos de reloj por programa × Tiempo de ciclo
• Ciclos por instrucción (medio)
CPI medio =
# ciclos de reloj por programa
# instrucciones
• Tiempo de CPU = # de instrucciones por
programa × Ciclos por instrucción (medio)
× Tiempo de ciclo
Curso 2005/2006
Fundamentos
TCPU
= Nde×Computadores
CPI × TC
12
Ecuación clásica del TCPU - CPImedio
• El cálculo del CPImedio considera los tipos, los
CPI individuales y los promedios de uso de las
instrucciones
n
CPI medio = ∑ CPI i × IC i
i =1
– ICi es el porcentaje del # de instrucciones de tipo-i
ejecutadas
– CPIi es el # de ciclos de reloj por instrucción del tipo-i
– n es el # de instrucciones
• CPImedio varía con los programas y los datos de
entrada
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
13
Ecuación clásica del TCPU Dependencias
TCPU = N × CPI × TC
Tc
#instrucciones
CPImedio
Algoritmo
X
X
Lenguaje de
programación
X
X
Compilador
X
X
ISA
X
X
X
X
X
Estructura del
computador
Tecnología
Curso 2005/2006
X
Fundamentos de Computadores
14
Ecuación clásica del TCPU –
Autoevaluación I
• Considere dos máquinas A y B con idénticas
arquitecturas del repertorio de instrucciones:
– A tiene Tc = 1ns y CPI = 2 para un programa concreto
– B tiene Tc = 2ns y CPI de 1.2 para ese programa
• ¿Cuánto más rápida (en %) sería una máquina
que la otra?
• ¿Cuánto más lenta (en %) sería una máquina
que la otra?
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
15
Ecuación clásica del TCPU –
Autoevaluación II
• Para una declaración
particular de un lenguaje
de alto nivel, el diseñador
del compilador considera
dos secuencias de código
diferentes
– ¿Cuál ejecutará mayor #
de instrucciones?
– ¿Cuál es más rápida?
– ¿Cuál es el CPI de cada
secuencia?
Curso 2005/2006
Instrucción
CPI
A
1
B
2
C
3
Tipo A
Tipo B
Tipo C
Sec1
2
1
2
Sec2
4
1
1
Fundamentos de Computadores
16
Ecuación clásica del TCPU –
Autoevaluación III
• ¿Cuánto más rápida
sería la máquina si una
cambio…
– del sistema de memoria
reduce el CPIload 2 ciclos?
– del sistema de predicción
de saltos reduce el
CPIbranch 1ciclo?
– del ISA reduce el # de
instrucciones ALU a la
mitad
Op
ICi
ICi×
CPIi
CPIi
ALU
50%
1
0.5
Load
20%
5
1.0
Store
10%
3
0.3
Branch
20%
2
0.4
2.2
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
17
Ecuación clásica del TCPU –
Autoevaluación IV
• Una aplicación escrita en Java tarda 25s
en un procesador. Con la nueva versión
del compilador Java el número de
instrucciones a ejecutar es reducido en un
40% pero el CPI aumenta en un 1.1%.
¿Cuánto tiempo tardará la aplicación en
terminar?
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
18
Programas para la evaluación del
rendimiento - Benchmarks
•
Programas de una carga de trabajo estándar para predecir el rendimiento
con una carga de trabajo real
– Programas reales típicos
• Compiladores (gcc), tratamiento de texto (TeX), herramientas CAD (SPICE)…
– Núcleos de programas reales (Kernels)
• Colección de pequeñas partes intensivas temporalmente de programas reales
• Ejemplo: Livermore Loops, Linpack…
– Programas triviales (toy bechmarks)
• 10-100 líneas de programa.
• Ejemplo: quickshort, puzzle,..
– Programas sintéticos
• Programas artificiales para evaluar una determinada característica
• Ejemplo: Whetstone (punto flotante), Dhrystone (aplicaciones no numéricas)
•
¿Fiabilidad de resultados?
– Mejoras específicas (caso matrix300 de los SPEC89)
– Mejoras erróneas (caso Intel)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
19
SPEC Benchmarks
• Standard Perfomance Evaluation Cooperative
(desde 1988)
– AMD * Apple * ATI * Borland * Dell * HP * IBM * Intel *
Microsoft * NVIDIA * Oracle * SGI * Sun * Symantec
…
• Benchmarks para CPU, HPC, aplicaciones
gráficas, servidores/clientes java,
servidores/clientes de correo, sistemas de
ficheros, web…
• htpp://www.spec.org
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
20
SPEC’89
• Conjunto pequeño de programas
– 4 de aritmética entera y 6 de punto flotante
– No hay distinción entre SPECs de aritmética
entera y punto flotante
• Media geométrica
– Es independiente de la máquina de referencia
– No predice tiempos
SPEC programa =
SPEC global =
Curso 2005/2006
Tiempo de ejecución de un VAX 11/780
Tiempo de ejecución de la máquina a medir
(∏ SPEC
programai
)
1
n
Fundamentos de Computadores
21
SPEC’92 y SPEC’95
•
SPEC’92
– SpecInt92 (6 programas aritmética entera)
– SpecFp92 (14 programas de aritmética en FP)
– SPECbase
• Medida obtenida sin hacer uso de los flags del compilador que optimiza el
código generado según el programa específico. Los flags específicos llegan
a aumentar el rendimiento entre un 15% y un 30%
• VAX 11/780 -> 1 Spec(int/fp)92
•
SPEC’95
– SpecInt95 (8 programas aritmética entera)
– SpecFp95 (10 programas de aritmética en FP)
– Los SPECs de cada programa se normalizan respecto a una Sun
SPARCStation 10/40 (la VAX 11/780 ya no es operativa)
• SparcStation 10/40 -> 1 Spec(int/fp)95
• SparcStation 10/40 -> 41.26 SpecInt92 - 34.35 Specfp92
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
22
SPEC’95 - Programas
Benchmark
go
m88ksim
gcc
compress
li
ijpeg
perl
vortex
tomcatv
swim
su2cor
hydro2d
mgrid
applu
trub3d
apsi
fpppp
wave5
Curso 2005/2006
Description
Artificial intelligence; plays the game of Go
Motorola 88k chip simulator; runs test program
The Gnu C compiler generating SPARC code
Compresses and decompresses file in memory
Lisp interpreter
Graphic compression and decompression
Manipulates strings and prime numbers in the special-purpose programming language Perl
A database program
A mesh generation program
Shallow water model with 513 x 513 grid
quantum physics; Monte Carlo simulation
Astrophysics; Hydrodynamic Naiver Stokes equations
Multigrid solver in 3-D potential field
Parabolic/elliptic partial differential equations
Simulates isotropic, homogeneous turbulence in a cube
Solves problems regarding temperature, wind velocity, and distribution of pollutant
Quantum chemistry
Plasma physics; electromagnetic particle simulation
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23
SPEC’95 – Pentium
Procesador
Pentium
100 -> 200 MHz (x2)
Pentium Pro
150 -> 200 MHz (x1.33)
SpecInt95 (mejora)
1.7
1.4
1.24
1.18
10
10
9
9
8
8
7
SPECfp
7
SPECint
SpecFp95 (mejora)
6
5
6
5
4
4
3
3
2
2
1
1
0
0
50
100
150
Clock rate (M Hz)
200
250
50
P entium
P entium Pro
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100
150
Clock rate (M Hz)
200
250
Pentium
Pentium Pro
24
SPEC CPU2000
•
SPEC programa =
Tiempo ejecución Sun Ultra5_10 (300MHz 256MB)
Tiempo de ejecución
SPEC global =
(∏ SPEC
programai
)
1
n
• CINT2000 (Integer Component of SPEC CPU2000)
– 12 aplicaciones enteras (11 C, 1 C++)
– Cint_rate, Cint_non_rate
• CFP2000 (Floating Point Component of SPEC
CPU2000)
– 14 aplicaciones FP (6 F77, 4 F90, 4 C)
– Cfp_rate, Cfp_non_rate
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25
SPEC CPU2000 - Programas
•
•
CINT2000
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
164.gzip → Compresión de datos
175.vpr → Circuitos FPGA
176.gcc → Compilador de C
181.mcf → Resuelve flujos de red
de mínimo coste
186.crafty → Programa de ajedrez
197.parser → Procesamiento de
lenguaje natural
252.eon → Ray tracing
253.perlbmk → Perl
254.gap → Teoría computacional
de grupos
255.vortex → Base de datos
orientada a objetos
256.bzip2 → Utilidad de
compresión de datos
300.twolf → Simulador
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CFP2000
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
168.wupwise → Cromodinámica cuántica
171.swim → Modelo de agua
172.mgrid → Resuelve campo potencial en
3D mutimalla
173.applu → Ecuaciones diferenciales
parciales parabólicas/elípticas
177.mesa → librería gráfica 3D
178.galgel → Dinámica de fluidos
179.art → Simulación de redes neuronales
183.equake → Simulación de elementos
finitos
187.facerec →Reconocedor de caras
188.ammp →Química computacional
189.lucas → Teoría de números: Nº primos
191.fma3d → simulación de choques
mediante elementos finitos
200.sixtrack → modelo de acelerador de
partículas
301.apsi → Meteorología: temperatura, viento
y distribución de la polución
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26
SPEC CINT2000 y CFP2000 para
Pentium III y Pentium IV
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27
SPECweb99
• La primera versión de benchmarks para servidores web
data de 1996. Actualizados en 1999 y 2005
• Características
– Orientados a medir throughput ( número máximo de conexiones
que puede soportar un sistema servidor web). El sistema debe
proporcionar respuesta en un tiempo dado y con un número
máximo de errores
– Son benchmarks de entornos multiprocesadores
– El programa para realizar las peticiones forma parte del
benchmark
– El rendimiento depende en gran medida de las características
del sistema, incluyendo el sistema de discos y la red
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28
SPECweb99 - Sistemas Dell
PowerEdge
• La frecuencia de reloj no es la característica más importante en
servidores web
– El 8400 tiene el doble de procesadores lentos que el 6600 y ofrece
mejor rendimiento
• La configuración adecuada de los sistemas permite obtener mejor
rendimiento (adición de discos e incremento de la conectividad
hasta que el procesador sea el cuello de botella)
Sistema
Procesador
Nº discos
Nº CPUs
Nº redes
f (GHz)
Resultado
1550/1000
Pentium III
2
2
2
1.00
2765
1650
Pentium III
3
2
1
1.40
1810
2500
Pentium III
8
2
4
1.13
3435
2550
Pentium III
1
2
1
1.26
1454
2650
Pentium 4 Xeon
5
2
4
3.06
5698
4600
Pentium 4 Xeon
10
2
4
2.20
4615
6400/700
Pentium III
5
4
4
0.70
4200
6600
Pentium 4 Xeon MP
8
4
8
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8450/700
Pentium III Xeon
7
8
8
2.00
6700
29
8001
0.70
Benchmarks para embedded
computing systems
•
•
•
•
Un sistema empotrado es un sistema informático de uso específico
construido dentro de un dispositivo mayor
Las aplicaciones dispares de los sistemas empotrados (tiempo real
restringido, tiempo real flexible, coste/rendimiento…) dificultan el
diseño de benchmarks
Los benchmarks están en un estado primitivo. Los fabricantes
tienen preferencias de benchmarks diferentes (kernels como
Dhrystone)
EDN Embedded Microprocessor Benchmark Consortium (EEMBC)
– 34 benchmarks divididos en 5 clases: automoción/industrial, consumo,
networking, automatización de oficinas, telecomunicaciones
– Mejor conjunto de benchmarks estandarizados en el entorno embedded
– Permite a los fabricantes dar resultados tanto para versiones
modificadas del código fuente como para versiones codificadas a mano
de las aplicaciones (los kernels pequeños posibilitan la tarea.
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30
Fiabilidad de los programas de
prueba
• El fabricante mejorar el rendimiento con optimizaciones
específicas de los benchmarks (los programas reales
no mejoran en factores similares)
• Generalmente, los benchmarks reducidos y los
sintéticos
– No cargan la memoria principal del sistema de forma realista
– No calculan nada útil para un usuario (existen excepciones)
– No reflejan el comportamiento de ningún programa
• Los benchmarks reales son difíciles de realizar,
situación que se agudiza en los casos de:
– Máquinas no construidas, simuladores más lentos
– Benchmarks no portables
– Compiladores no disponibles
Curso 2005/2006
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31
Más métricas del rendimiento –
MIPS (1/3)
• MIPS (millones de instrucciones por segundo)
MIPS
Nativos
=
Recuento de Instrucciones
Tiempo de Ejecución x 106
MIPS
Nativos
=
Frecuencia del reloj
CPI x 106
• MIPS de pico
– MIPS obtenidos con un programa de CPI mínimo (el
programa podría ser inútil)
– Dan una idea del rendimiento teórico máximo de la
máquina.
– Algunos fabricantes la utilizan a veces en la
publicidad de los productos
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32
Más métricas de rendimiento –
MIPS (2/3)
• MIPS relativos
– MIPS obtenidos respecto a una máquina de referencia
MIPS Re lativos =
Tiempo
Tiempo
Re ferencia
x MIPS Re ferencia
En _ la _ maquina
TiempoRe ferencia = Tiempo de ejecución de un programa en la máquina de referencia
TiempoEn _ la _ máquina = Tiempo de ejecución del mismo programa en la máquina a medir
MIPS Re ferencia = MIPS para el computador de referencia
– Proporcionales al tiempo de ejecución SÓLO para un programa
dado con una entrada dada
– A medida que pasan los años la máquina de referencia deja de
estar operativa
– ¿Debería el computador de referencia ser actualizado con una
nueva versión de sistema operativo y compilador?
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33
Más métricas de rendimiento –
MIPS (3/3)
• Inconvenientes de la métrica MIPS:
– Los MIPS dependen del # de instrucciones
ejecutadas y por tanto del repertorio de instrucciones
– Los MIPS no posibilitan comparar distintas
arquitecturas
– Los MIPS varían entre programas en el mismo
computador (no es una medida absoluta por
máquina)
– Los MIPS no tienen en cuenta los tres factores de la
ecuación de tiempo de CPU (sólo dos de ellos)
– Es posible una variación de los MIPS inversamente
proporcional al rendimiento
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Fundamentos de Computadores
34
Más métricas de rendimiento –
MFLOPS
•
MFLOPS (Millones de operaciones en coma flotante por segundo)
MFLOPS
•
=
Nº operaciones en punto flotante
Tiempo de ejecución x 106
Inconvenientes
– Depende del programa y SÓLO es aplicable a las operaciones en coma
flotante
– Instrucciones en coma flotante no comparables entre diferentes
máquinas
Máquina A: +, -, * y /
Máquina B: No tiene “/” (dará mas MFLOPS)
– Depende de la mezcla de operaciones coma flotante rápidas y lentas
• Los MFLOPS para 100 sumas serán mayores que para 100 divisiones
•
MFLOPS normalizados
– +, -, * y comparaciones: peso 1 OP
– / y raíz cuadrada: peso 4 OP
– Exponencial y trigonométricas: 8 OP
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35
Métodos de comparación y
resumen de los resultados
Media aritmética ponderada
Media aritmética
1 n
TMedio = ∑ Ti
n i =1
n
TMedio = ∑ Pesoi * Ti
Media armónica
n
1
donde Vi =
n
1
Ti
∑
i =1 Vi
i =1
Pesoi = Frecuencia del programa iésimo. Suma de los pesos igual a 1.
(Si el rendimiento se expresa como una frecuencia (ej. MFLOPS,))
Media armónica ponderada
Media geométrica para tiempos normalizados
1
n
Pesoi
∑
Vi
i =1
TMedio = n
∏T
Normalizado
i
i =1
Ti
Normalizado
= Tiempo de ejecución, normalizado para la máquina de referencia, para el programa iésimo de un total de n.
Ti = Tiempo de ejecución del programa iésimo
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n
n = Nº de programas de la carga de trabajo
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36
Ley de Amdahl (o ley de
rendimientos decrecientes)
• El posible aumento de rendimiento para una mejora
dada está limitado por la cantidad que se utiliza la
característica mejorada
Rendimiento después de la mejora
Tiempo de ejecución antes de la mejora
=
Rendimiento antes de la mejora
Tiempo de ejecución después de la mejora
Tiempo de ejecución después de la mejora =
Tiempo de ejecución afectado por la mejora
=
+ Tiempo de ejecución no afectado por la mejora
Cantidad de la mejora
Ganancia velocidad =
• Si suponemos que la mejora acelera una fracción F de
la tarea en un factor de S, entonces la ganancia de
velocidad (speedup) vendrá dada por:
G=
1
F
+ (1 − F )
S
F
1-F
1
• Corolario: Procurar hacer rápido el caso común
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Fundamentos de Computadores
37
Ley de Amdahl – Ejemplos (1/3)
• Calcula la ganancia de rendimiento obtenida
con la modificación de la unidad de control de
un procesador si el tiempo de ejecución de la
tarea disminuye de 2,8s a 1,9s
• La ejecución de un programa tarda en una
máquina 100s, de los cuales 80 corresponden a
instrucciones de multiplicar
– ¿Cuánto hay que mejorar la velocidad de la
multiplicación para que mi programa sea cuatro
veces más rápido?
– ¿Y para que sea cinco veces más rápido?
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38
Ley de Amdahl – Ejemplos (2/3)
• Una propuesta de mejora de un computador implica que
el precio del computador sea el doble. Si el procesador
está activo durante el 60% del tiempo de ejecución total
de la tarea y la mejora supone aumentar la velocidad del
procesador al triple, averigua el interés de introducir la
mejora usando para ello la relación precio/ganancia de
rendimiento
• La adquisición de un nuevo modelo de computador
supone un incremento en la ganancia de rendimiento del
50% respecto al antiguo. Teniendo en cuenta que el
antiguo tardaba en ejecutar una tarea 22 segundos,
¿cuánto tiempo empleará el nuevo en ejecutar la misma
tarea?
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Fundamentos de Computadores
39
Ley de Amdahl – Ejemplos (3/3)
•
Suponga paralela un 90% o lo que es lo mismo, una tarea que
puede ejecutarse por varios procesadores simultáneamente, calcula
la mejora cuando P = 10, 100 y 100
Speedup P =
Speedup10 =
•
1
0.9
0.1 +
10
= 5.3
Speedup100 =
1
1
0.9
0.1 +
100
Speedup1000 =
1
0.9
0.1 +
1000
= 9.91
Calcula la mejora (para P = 100), si mejoramos en una cantidad 2 la
parte no paralela
1
Speedup100, 2 =
•
0.9
P
= 9.17
0.1 +
0.1 0.9
+
2 100
= 16.95
Calcula la mejora si a continuación aumentamos la fracción
paralelizable en 0.05?
Speedup100 =
Curso 2005/2006
1
0.95
0.05 +
100
= 16.80
Fundamentos de Computadores
40
Rendimiento, potencia y eficiencia
de energía
• Los sistemas empotrados y portátiles están
limitados por el consumo de potencia (además
de por el coste y rendimiento)
– Utilizan enfriamiento pasivo (ventiladores versus
tubos de calor) y alimentación con baterías (la
duración de las baterías no ha aumentado)
• Técnicas de ahorro de potencia
– Desconexión de las partes no utilizadas
– Reducción estática o dinámica de la
frecuencia de reloj y el voltaje
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Fundamentos de Computadores
41
Rendimiento, potencia y eficiencia
de energía – Familia Pentium (1/2)
•
Intel Mobile Pentium y Serie
Pentium M
– Procesadores diseñados para
aplicaciones móviles alimentadas
por baterías
– Tienen una frecuencia máxima
(máximo rendimiento) y una
frecuencia reducida (mayor vida
de la batería)
– Rendimiento/potencia optimizados
mediante cambios dinámicos de
frecuencia
•
•
El Pentium M tiene mejor
rendimiento a fmáxima y a fadaptativa
El Pentium M a fmínima es más
lento que el Pentium 4-M y más
rápido que el Pentium III-M
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
42
Rendimiento, potencia y eficiencia
de energía – Familia Pentium (2/2)
• La eficiencia energética
mide la relación entre
rendimiento y consumo
medio de potencia de
entornos con limitaciones
de potencia
• Los Pentium M (diseño
específico) tienen mayor
eficiencia energética que
las versiones mobile de
Pentium III y Pentium IV
(rediseño)
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
43
Conclusiones
• El arte del diseño consiste en encontrar el equilibrio
entre coste y rendimiento
• El TIEMPO es la medida del rendimiento de un
computador
TCPU = N × CPI × Tciclo
• Imprescindible usar buenos benchmarks para medir el
rendimiento de forma fiable...No excesiva credibilidad...
• Las medidas “populares” del rendimiento no reflejan
siempre la realidad, a veces son utilizadas
malintencionadamente para inducir a error
• Ley de Amdahl establece que la ganancia de rapidez
está limitada por la parte del programa que no mejora
Curso 2005/2006
Fundamentos de Computadores
44
Prácticas de Fundamentos de Computadores
Ingeniería Informática
Facultad de Informática
Universidad de Las Palmas de Gran Canaria
PRESENTACIÓN
Las prácticas de laboratorio de esta asignatura se centran en el conocimiento y uso de la
arquitectura del R2000 a través de su conjunto de instrucciones. Para ello se han
elaborado unas prácticas en las que el alumno utilizará el lenguaje ensamblador de este
procesador y conocerá su funcionamiento mediante el simulador SPIM.
Estas prácticas se han diseñado para que el alumno pueda seguirlas de forma casi
autónoma, requiriendo únicamente puntuales aclaraciones por parte del profesor. Con
ello se pretende que el alumno pueda repasar fuera del horario de prácticas aquellas
partes que no hayan quedado lo suficientemente claras.
Las prácticas se han dividido en las siguientes partes:
•
Parte 1: El simulador SPIM
Introducción.
Descripción del simulador PCSpim
Sintaxis del Lenguaje ensamblador del MIPS R2000.
Problema propuesto.
•
Parte 2: Los datos en memoria
Introducción.
Declaración de palabras en memoria.
Declaración de bytes en memoria.
Declaración de cadenas de caracteres.
Reserva de espacio en memoria.
Alineación de datos en memoria.
Problemas propuestos.
•
Parte 3: Carga y almacenamiento de los datos
Introducción.
Carga de datos inmediatos (constantes).
Carga de palabras (transferencia de palabras desde memoria a registros).
Carga de bytes (transferencia de bytes desde memoria a registros).
Almacenamiento de palabras (transferencia de palabras desde registros a
memoria).
Almacenamiento de bytes (transferencia de bytes desde registros a memoria).
Problemas propuestos.
•
Parte 4: Las operaciones aritméticas y lógicas
Introducción.
Operaciones aritméticas con datos inmediatos (constantes).
Operaciones aritméticas con datos en memoria .
Operaciones lógicas.
Operaciones de desplazamiento.
Problemas propuestos.
•
Parte 5: Interfaz con el programa
Introducción.
Impresión de una cadena de caracteres.
Impresión de enteros.
Lectura de enteros.
Lectura de una cadena de caracteres.
Problemas propuestos.
•
Parte 6: Estructuras de control: condicionales y bucles
Introducción.
Estructura de control condicional Si-entonces con condición simple.
Estructura de control condicional Si-entonces con condición compuesta.
Estructura de control condicional Si-entonces-sino con condición simple.
Estructura de control condicional Si-entonces-sino con condición compuesta.
Estructura de control repetitiva para.
Estructura de control repetitiva mientras.
Problemas propuestos.
•
Parte 7: Gestión de subrutinas
Introducción.
Gestión de la pila.
Llamada y retorno de una subrutina.
Llamadas anidadas de subrutinas.
Paso de parámetros.
Bloque de activación de una subrutina.
Problemas propuestos.
Cada una de estas partes no se corresponde con una sesión de prácticas. Así,
salvo la primera sesión que será más guiada, en el resto de sesiones el alumno o
equipo de alumnos seguirá un ritmo de aprendizaje propio, teniendo en cuenta
que deberá haber cubierto todas las partes de estas prácticas en 7 sesiones de 2
horas.
Desde este enlace puedes descargar el simulador que se va a utilizar (SPIM) para
Windows:
o
Ejecutable SPIM para Windows (comprimido .zip)
El simulador SPIM-->
Parte I. El simulador SPIM
•
•
•
•
Introducción.
Descripción del simulador PCSpim.
Sintaxis del Lenguaje ensamblador del MIPS R2000.
Problema propuesto.
Introducción
El SPIM (MIPS al revés) es un simulador que ejecuta programas en lenguaje
ensamblador para los computadores basados en los procesadores MIPS R2000/R3000.
La arquitectura de este tipo de procesadores es RISC, por lo tanto simple y regular, y en
consecuencia fácil de aprender y entender.
La pregunta obvia en estos casos es por qué se va a utilizar un simulador y no una
máquina real. Las razones son diversas: entre ellas cabe destacar la facilidad de poder
trabajar con una versión simplificada y estable del procesador real. Los procesadores
actuales ejecutan varias instrucciones al mismo tiempo y en muchos casos de forma
desordenada, esto hace que sean más difíciles de comprender y programar.
El simulador a utilizar en prácticas es una versión gráfica del SPIM,
denominadaPCSPIM.
La instalación del PCSpim es sencilla:
Windows
Ejecutar el programa “spimwin.exe”. Se realizará la instalación y sólo habrá que
ejecutar el icono “PCSpim for Windows” para arrancar el programa.
Descripción del Simulador PCSpim
Al ejecutar PCSpim aparece la siguiente ventana
La ventana principal de PCSpim se divide en cuatro partes:
1. La parte superior de la ventana es la barra de menús. Permite acceder a las
operaciones con ficheros (menú File), especificar las opciones del simulador
(menú Simulator), seleccionar la forma de visualización de las ventanas
incluidas en la ventana principal (menú Window), y obtener información de
ayuda (menú Help).
2. Debajo de la barra de menús se encuentra la barra de herramientas que incluye
en forma de botones algunas de las acciones más comunes en PCSpim.
3. La parte central de la ventana de la aplicación sirve para visualizar cuatro
ventanas: Registros (Registers), Segmento de Texto (Text Segment), Segmento
de Datos (Data Segment) y Mensajes (Messages).
A continuación se presentan las características de estas cuatro ventanas:
•
Registros (Registers)
Aparecen el nombre y el contenido de los registros enteros, R0 a R31,
con sus correspondientes alias entre paréntesis, los registros de coma
flotante, FP0 a FP31, los registros de control de la CPU (BadVAddr,
Cause, Status, EPC) y los registros especiales para la multiplicación y
división entera, HI y LO.
•
Segmento de Texto (Text Segment)
Se pueden ver cada una de las direcciones, el código máquina, las
instrucciones ensambladas y el código fuente del programa de usuario (a
partir de la dirección 0x00400000) y del núcleo del simulador (a partir de
la dirección 0x80000000). Antes de que se cargue ningún programa
aparecen una serie de instrucciones, introducidas por el simulador para
lanzar adecuadamente la ejecución de nuestro código.
•
Segmento de Datos (Data Segment)
Aparecen las direcciones y datos almacenados en las zonas de memoria
de datos del usuario (a partir de la dirección 0x10000000 en adelante), el
núcleo del simulador (a partir de la dirección 0x90000000) y la pila (el
puntero de pila, registro sp, se encuentra cargado con la dirección
0x7fffeffc, y ésta crece hacia direcciones decrecientes).
•
Mensajes (Messages)
En este panel se observan los diversos mensajes que comunica el
simulador, que nos tendrán informados del resultado y evolución de las
acciones que éste lleva a cabo.
Existe una quinta ventana, llamada Consola, independiente, a la que se accede con la
opción Window->Console, y que sirve para realizar la entrada/salida del programa
simulado. En esta ventana se teclean los datos de entrada, cuando sean necesarios, y se
lee la información que pueda imprimir nuestro programa.
Carga y ejecución de programas
Los ficheros de entrada a PCSpim son de tipo texto ASCII, que incluyen las
instrucciones ensamblador del programa que se desea simular.
Para cargar un programa se selecciona File->Open (o el botón Open de la barra de
herramientas, con el icono de la carpeta abriéndose) con lo que aparecerá un cuadro de
diálogo donde se puede seleccionar el fichero que se quiere abrir.
Para ejecutar el programa, Simulator->Go (o el botón Go de la barra de herramientas,
con el icono de un programa con una flecha que indica ejecución), hará que PCSpim
comience a simularlo. Previamente pedirá que se le indique la dirección de comienzo
del programa (en hexadecimal). En nuestro caso este valor será normalmente
0x00400000 (donde comienza nuestro segmento de texto). Si se desea detener la
ejecución del programa, Simulator->Break (Ctrl-C). Para continuar con la ejecución,
Simulator->Continue.
Si el programa incluye operaciones de lectura o escritura desde el terminal, PCSpim
despliega una ventana independiente llamada Console, a través de la cual se realiza la
entrada-salida (se simula un terminal de la máquina MIPS).
Depuración de programas
Si un programa no hace lo que se esperaba, hay algunas características del simulador
que ayudarán a depurar el programa. Con Simulator->Single Step (o bien la tecla F10)
es posible ejecutar las instrucciones del programa una a una (paso a paso). Esto permite
verificar el contenido de los registros, la pila, los datos, etc., tras la ejecución de cada
instrucción. Empleando Simulator->Multiple Step se consigue ejecutar el programa un
número determinado de instrucciones.
PCSpim también permite ejecutar todas las instrucciones de un programa hasta llegar a
un determinado punto, denominado breakpoint (punto de ruptura), a partir del cual se
puede recuperar el control del programa y, por ejemplo, continuar paso a paso. Para
ello, se selecciona Simulator->Breakpoints (o el botón Breakpoints de la barra de
herramientas, con el icono de una mano indicando detención). Una vez seleccionada esa
opción, PCSpim muestra una ventana en la que pide la(s) dirección(es) en la(s) que se
quiere que el programa se detenga, para recuperar el control sobre el mismo. Se debe
mirar cuál es la dirección en que interesa parar el programa, en la ventana del segmento
de texto, e introducirla (en hexadecimal) en la ventana, pulsando a continuación la tecla
‘Add’, para añadir dicho breakpoint. Se pueden introducir tantos puntos de ruptura
como se desee.
Una vez encontrado el error y corregido, se vuelve a cargar el programa con Simulator>Reload<nombre_fichero>. Con Simulator->Clear Registers se pone el contenido de
los registros a cero (excepto $sp), mientras que Simulator->Set Value permite cambiar
el valor actual de un registro o de una posición de memoria por un valor arbitrario.
Otras opciones útiles disponibles en el menú principal son las contenidas en el menú de
ventana (Window). Con ellas se pueden mostrar y ocultar las barras de herramientas y
de estado, así como las distintas ventanas del simulador, organizar visualmente las
mismas y limpiar la consola de entrada/salida.
PCSpim también proporciona ayuda en línea (Opción Help->Help Topics), que muestra
un documento con ayuda sobre el programa, y el icono de la barra de herramientas con
una flecha y una interrogación, que sirve para pedir ayuda sobre una opción concreta de
los menús.
Opciones del simulador
Al elegir la opción Simulator->Settings se muestran las diversas opciones que ofrece el
simulador. PCSpim utiliza estas opciones para determinar cómo cargar y ejecutar los
programas. Una vez escogida esta opción aparece la siguiente ventana
El significado de las opciones es el siguiente:
1. Save window positions. PCSpim guarda la posición de las ventanas al salir, y la
recupera al ejecutar de nuevo PCSpim.
2. General registers/Floating point registers in hexadecimal. Fija el formato de los
registros en hexadecimal. En caso de no estar seleccionada esta opción, se
muestra el contenido en decimal (con signo; es decir, interpretado en
complemento a 2).
3. Bare machine. Simula el ensamblador sin pseudoinstrucciones o modos de
direccionamiento suministrados por el simulador.
4. Allow pseudo instructions. Determina si se admiten las pseudoinstrucciones.
5. Load trap file. Indica si se debe cargar el manejador de interrupciones (fichero
‘trap.handler’). En tal caso, cuando se produce una excepción, PCSpim salta a la
dirección 0x80000080, que contiene el código necesario para tratar la excepción.
6. Mapped I/O. Si se selecciona esta opción, se activa la entrada-salida mapeada en
Memoria. Los programas que utilizan llamadas al sistema (syscall), para leer o
escribir en el terminal, deben desactivar esta opción. Aquellos otros programas
que vayan a hacer entrada-salida mediante mapeo en memoria deben tenerla
activada.
7. Quiet. Si se activa, PCSpim no imprime mensaje alguno cuando se producen las
excepciones. De otra manera, se muestra un mensaje cuando ocurre una
excepción.
Sintaxis del Lenguaje ensamblador del MIPS R2000
La sintaxis del lenguaje ensamblador es algo que se descubrirá poco a poco, pero es
interesante introducir algunos conceptos básicos:
Comentarios
Estos son muy importantes en los lenguajes de bajo nivel ya que ayudan a seguir el
desarrollo del programa y, por tanto, se usan con profusión. Comienzan con un carácter
de almohadilla “#” y desde este carácter hasta el final de la línea es ignorado por el
ensamblador.
Identificadores
Son secuencias de caracteres alfanuméricos, guiones bajos (_) y puntos (.), que no
comienzan con un número. Los códigos de operación son palabras reservadas que no
pueden ser utilizadas como identificadores.
Etiquetas
Son identificadores que se sitúan al principio de una línea y seguidos de dos puntos.
Sirven para hacer referencia a la posición o dirección de memoria del elemento definido
en ésta. A lo largo del programa se puede hacer referencia a ellas en los modos de
direccionamiento de las instrucciones.
Pseudoinstrucciones
No son instrucciones que tengan su traducción directa al lenguaje máquina que entiende
el procesador, pero el ensamblador las interpreta y las convierte en una o más
instrucciones máquina reales. Permiten una programación más clara y comprensible. A
lo largo del desarrollo de las prácticas se irán introduciendo diferentes
pseudoinstrucciones que permite utilizar este ensamblador.
Directivas
Tampoco son instrucciones que tengan su traducción directa al lenguaje máquina que
entiende el procesador, pero el ensamblador las interpreta y le informan a éste de cómo
tiene que traducir el programa. Son identificadores reservados, que el ensamblador
reconoce y que van precedidos por un punto. A lo largo del desarrollo de las prácticas se
irán introduciendo las distintas directivas que permite utilizar este ensamblador.
Por otro lado, los números se escriben, por defecto, en base 10. Si van precedidos de 0x,
se interpretan en hexadecimal. Las cadenas de caracteres se encierran entre comillas
dobles (“). Los caracteres especiales en las cadenas siguen la convención del lenguaje
de programación C:
•
•
•
Salto de línea: \n
Tabulador: \t
Comilla: \”
A la hora de generar un fichero con un programa en ensamblador (extensión .s), hay que
tener en cuenta que algunas versiones del SPIM tienen un “bug”, que se evita haciendo
que los códigos en ensamblador almacenados en estos ficheros terminen siempre con
una línea en blanco (vacía).
Problema propuesto
Dado el siguiente ejemplo de programa ensamblador:
.data
dato:
.byte 3
# inicializo una posición de
.text
.globl
main:
main
lw $t0, dato($0)
# debe ser global
memoria a 3
Indica las etiquetas, directivas y comentarios que aparecen en el mismo.
<--Presentación
Los datos en memoria-->
Parte II. Los datos en memoria
•
•
•
•
•
•
•
Introducción.
Declaración de palabras en memoria.
Declaración de bytes en memoria.
Declaración de cadenas de caracteres.
Reserva de espacio en memoria.
Alineación de datos en memoria.
Problemas propuestos.
Introducción
Se comienza viendo cómo se definen los datos en memoria. Para ello hay que recordar
que, aunque la unidad base de direccionamiento es el byte, las memorias de estos
computadores tienen un ancho de 4 bytes o 32 bits, que se llamará palabra o word, el
mismo ancho que el del bus de datos. Así pues, cualquier acceso a una palabra de
memoria supondrá leer cuatro bytes (el byte con la dirección especificada y los tres
almacenados en las siguientes posiciones). Las direcciones de palabra deben estar
alineadas en posiciones múltiplos de cuatro.
Otra posible unidad de acceso a memoria es transferir media palabra (half-word).
El ensamblador permite reservar posiciones de memoria para los datos de un programa
de usuario, así como inicializar los contenidos de esas direcciones utilizando directivas.
En este apartado se describen y crean programas en ensamblador para utilizar estas
directivas.
Declaración de palabras en memoria
Utilización de las directivas .data y .word valor
Primer ejercicio
En el directorio de trabajo crea un fichero con la extensión ‘.s’, por ejemplo "ejer1.s",
y con el siguiente contenido:
.data
palabra1:
palabra2:
.word 15
.word 0x15
# comienza zona de datos
# decimal
# hexadecimal
Este programa en ensamblador incluye diversos elementos que se describen a
continuación: la directiva .data dir indica que los elementos que se definen a
continuación se almacenarán en la zona de datos y, al no aparecer ninguna dirección
como argumento de dicha directiva, la dirección de almacenamiento será la que hay por
defecto (0x10010000). Las dos sentencias que aparecen a continuación reservan dos
números enteros, de tamaño word, en dos direcciones de memoria, una a continuación
de la otra, con los contenidos especificados.
Ejecuta el programa ‘xspim’ desde el directorio de trabajo y cárgalo con la opción File>Open...
Cuestiones
•
•
•
Encuentra los datos almacenados por el programa anterior en memoria. Localiza
dichos datos en el panel de datos e indica su valor en hexadecimal.
¿En qué direcciones se han almacenado dichos datos? ¿Por qué?
¿Qué valores toman las etiquetas palabra1 y palabra2?
Segundo ejercicio
Crea otro fichero (ejer2.s) o modifica el anterior con el siguiente código:
.data
0x10010000
palabras: .word 15,0x15
# comienza zona de datos
# decimal/hexadecimal
Borra los valores de la memoria con la opción Simulator->Reinitialize y carga el nuevo
fichero.
Cuestiones
•
•
•
Comprueba si hay diferencias respecto al programa anterior.
Crea un fichero con un código que defina un vector de cinco palabras (word),
que esté asociado a la etiqueta “vector”, que comience en la dirección
0x10000000 y con los valores 0x10, 30, 0x34, 0x20 y 60.
Comprueba que se almacena de forma correcta en memoria.
¿Qué ocurre si se quiere que el vector comience en la dirección 0x10000002?
¿En qué dirección comienza realmente? ¿Por qué?
Declaración de bytes en memoria
La directiva .byte valor inicializa una posición de memoria, de tamaño byte, a valor.
Tercer ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
.data
octeto:
.byte
0x10
# comienza zona de datos
# hexadecimal
Borra los valores de la memoria Simulator->Reinitialize y carga el nuevo fichero.
Cuestiones
•
•
¿Qué dirección de memoria se ha inicializado con el contenido especificado?
¿Qué valor se almacena en la palabra que contiene el byte?
Cuarto ejercicio
Crea otro fichero o modifica el anterior con el siguiente código:
.data
# comienza zona
de datos
palabra1:
palabra2:
.byte
.word
0x10,0x20,0x30,0x40
0x10203040
# hexadecimal
# hexadecimal
Borra los valores de la memoria con la opción Simulator->Reinitialize y carga el nuevo
fichero.
Cuestiones
•
•
•
¿Cuáles son los valores almacenados en memoria?
¿Qué tipo de alineamiento y organización de los datos (Big-endian o Littleendian) utiliza el simulador? ¿Por qué?
¿Qué valores toman las etiquetas palabra1 y palabra2?
Declaración de cadenas de caracteres
La directiva .ascii “tira” permite cargar en posiciones de memoria consecutivas, de
tamaño byte, el código ascii de cada uno de los caracteres que componen “tira”.
Quinto ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
.data
cadena: .ascii "abcde"
octeto: .byte 0xff
# defino string
Borra los valores de la memoria con la opción Simulator->Reinitialize y carga el nuevo
fichero.
Cuestiones
•
•
•
Localiza la cadena anterior en memoria.
¿Qué ocurre si en vez de .ascii se emplea la directiva .asciiz? Describe lo que
hace esta última directiva.
Crea otro fichero cargando la tira de caracteres “cadena” en memoria utilizando
la directiva .byte.
Reserva de espacio en memoria
La directiva .space n sirve para reservar espacio para una variable en memoria,
inicializándola a 0.
Sexto ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
.data
# comienza zona de datos
espacio: .space 8 # reservo espacio
.byte 0xff
Borra los valores de la memoria con la opción Simulator->Reinitialize y carga el nuevo
fichero.
Cuestiones
•
•
¿Qué rango de posiciones se han reservado en memoria para la variable espacio?
¿Cuántos bytes se han reservado en total? ¿Y cuántas palabras?
Alineación de datos en memoria
La directiva .align n alinea el siguiente dato a una dirección múltiplo de 2n.
Séptimo ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
.data
byte1:
espacio:
byte2:
palabra:
# comienza zona de datos
.byte
.space
.byte
.word
0x10
4
0x20
10
Borra los valores de la memoria con la opción Simulator->Reinitialize y carga el nuevo
fichero.
Cuestiones
•
•
•
¿Qué rango de posiciones se han reservado en memoria para la variable espacio?
¿Estos cuatro bytes podrían constituir los bytes de una palabra? ¿Por qué?
¿A partir de que dirección se ha inicializado byte1? ¿y byte2?
¿A partir de que dirección se ha inicializado palabra? ¿Por qué?
Octavo ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
.data
byte1:
.align
espacio:
byte2:
palabra:
# comienza zona de datos
.byte
2
.space
.byte
.word
0x10
4
0x20
10
Borra los valores de la memoria con la opción Simulator->Reinitialize y carga el nuevo
fichero.
Cuestiones
•
•
¿Qué rango de posiciones se ha reservado en memoria para la variable espacio?
¿Estos cuatro bytes podrían constituir los bytes de una palabra? ¿Por qué?
¿Qué ha hecho la directiva .align?
Problemas propuestos
1. Diseña un programa ensamblador que reserva espacio para dos vectores A y B
de 20 palabras cada uno a partir de la dirección 0x10000000.
2. Diseña un programa ensamblador que realice la siguiente reserva de espacio en
memoria a partir de la dirección 0x10001000:
o una palabra
o un byte
o una palabra alineada en una dirección múltiplo de 4.
3. Diseña un programa ensamblador que realice la siguiente reserva de espacio e
inicialización en memoria a partir de la dirección por defecto: 3 (palabra), 0x10
(byte), reserve 4 bytes a partir de una dirección múltiplo de 4, y 20 (byte).
4. Diseña un programa ensamblador que defina, en el espacio de datos, la siguiente
cadena de caracteres: “Esto es un problema” utilizando
o
o
o
.ascii
.byte
.word
5. Sabiendo que un entero se almacena en un word, diseña un programa
ensamblador que defina en la memoria de datos la matriz A de enteros definida
como
a partir de la dirección 0x10010000 suponiendo que:
o La matriz A se almacena por filas.
o La matriz A se almacena por columnas.
<--El simulador SPIM
Carga y almacenamiento de los datos-->
Parte III. Carga y almacenamiento de los
datos
•
•
•
•
•
•
•
Introducción.
Carga de datos inmediatos (constantes).
Carga de palabras (transferencia de palabras desde memoria a registros).
Carga de bytes (transferencia de bytes desde memoria a registros).
Almacenamiento de palabras (transferencia de palabras desde registros a
memoria).
Almacenamiento de bytes (transferencia de bytes desde registros a memoria).
Problemas propuestos.
Introducción
En esta tercera parte se estudia cómo cargar los datos en los registros del R2000
(empleando los registros generales del procesador) y almacenar después su valor en
memoria. Dado que la arquitectura del R2000 es RISC, utiliza un subconjunto concreto
de instrucciones que permiten las acciones de carga y almacenamiento de los datos entre
los registros del procesador y la memoria. Generalmente, las instrucciones de carga de
un dato de memoria a registro comienzan con la letra “l” (de load en inglés) y las de
almacenamiento de registro en memoria con “s” (de store en inglés), seguidos por la
letra inicial correspondiente al tamaño de dato que se va a mover (en inglés), b para
byte, h para media palabra y w para palabra.
Carga de datos inmediatos (constantes)
Primer ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
.text
main:
# zona de instrucciones
lui $s0, 0x8690
La directiva .text sirve para indicar el comienzo de la zona de memoria dedicada a
las instrucciones. Por defecto esta zona comienza en la dirección 0x00400000 y
en ella, se pueden ver las instrucciones que ha introducido el simulador para
ejecutar, de forma adecuada, nuestro programa. La primera instrucción de
nuestro programa debe estar referenciada con la etiqueta main:. Esta etiqueta le
indica al simulador dónde está el principio del programa que debe ejecutar. Por
defecto hace referencia a la dirección 0x00400020. A partir de esta dirección, el
simulador cargará el código de nuestro programa en el segmento de memoria de
instrucciones.
La instrucción lui es la única instrucción de carga inmediata real, y almacena la
media palabra que indica el dato inmediato de 16 bits en la parte alta del registro
especificado, en este caso s0. La parte baja del registro se pone a 0.
Borra los valores de la memoria con la opción del menú principal Simulator>Reinitialize y carga el nuevo fichero.
Cuestiones
Localiza la instrucción en memoria de instrucciones e indica:
La dirección donde se encuentra.
El tamaño que ocupa.
La instrucción máquina, analizando cada campo de ésta e indicando que tipo
de formato tiene.
Ejecuta el programa con la opción del menú principal Simulator->Go .
Comprueba el efecto de la ejecución del programa en el registro.
Segundo ejercicio
El ensamblador del MIPS ofrece la posibilidad de cargar una constante de 32 bits en un
registro utilizando una pseudoinstrucción. Ésta es la pseudoinstrucción li.
Crea un fichero con el siguiente código:
.text
main:
# zona de instrucciones
li $s0, 0x12345678
Borra los valores de la memoria con la opción del menú principal Simulator>Reinitialize , carga el nuevo fichero y ejecútalo con la opción del menú principal
Simulator->Go
Cuestiones
Comprueba el efecto de la ejecución del programa en el registro.
Comprueba qué conjunto de instrucciones reales implementan esta
pseudoinstrucción.
Carga de palabras (transferencia de palabras desde memoria a registros)
Tercer ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
.data
palabra: .word 0x10203040
.text
main:
lw $s0, palabra($0)
# zona de instrucciones
La instrucción "lw" carga la palabra contenida en una posición de memoria, cuya
dirección se especifica en la instrucción, en un registro. Dicha posición de
memoria se obtiene sumando el contenido del registro (en este caso $0, que
siempre vale cero) y el identificador "palabra".
Borra los valores de la memoria con la opción del menú principal Simulator>Reinitialize, carga el nuevo fichero y ejecútalo con la opción del menú principal
Simulator->Go
Cuestiones
Localiza la instrucción en memoria de instrucciones e indica cómo ha transformado
dicha instrucción el simulador.
Explica cómo se obtiene a partir de esas dos instrucciones la dirección de “palabra”.
¿Por qué crees que el simulador traduce de esta forma la instrucción original?
Analiza cada uno de los campos que componen estas instrucciones e indica el tipo
de formato que tienen.
Comprueba el efecto de la ejecución del programa.
¿Qué pseudoinstrucción permite cargar la dirección de un dato en un registro?
Modifica el programa original para que utilice esta pseudoinstrucción, de forma
que el programa haga la misma tarea. Comprueba qué conjunto de instrucciones
sustituyen a la pseudoinstrucción utilizada una vez el programa se carga en la
memoria del simulador.
Modifica el código para que en lugar de transferir la palabra contenida en la
dirección de memoria referenciada por la etiqueta palabra, se intente transferir la
palabra que está contenida en la dirección referenciada por palabra+1. Explica
qué ocurre y por qué.
Modifica el programa anterior para que guarde en el registro $s0 los dos bytes de
mayor peso de "palabra".
Nota: Utiliza la instrucción lh que permite cargar medias palabras (16 bits)
desde memoria a un registro (en los 16 bits de menor peso del mismo).
Carga de bytes (transferencia de bytes desde memoria a registros)
Cuarto ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
#------------------------------------------------#
# zona de datos
#
.data
#------------------------------------------------#
octeto:
.byte 0xf3
siguiente: .byte 0x20
#------------------------------------------------#
# zona de instrucciones
#
.text
#------------------------------------------------#
main:
lb $s0, octeto($0)
•
La instrucción "lb" carga el byte de una dirección de memoria en un registro.
Al igual que antes la dirección del dato se obtiene sumando el contenido del
registro $0 (en este caso siempre vale cero) y el identificador "octeto".
Borra los valores de la memoria con la opción del menú principal Simulator>Reinitialize, carga el nuevo fichero y ejecútalo con la opción del menú principal
Simulator->Go
Cuestiones
Localiza la instrucción en memoria de instrucciones e indica cómo ha transformado
dicha instrucción el simulador.
Comprueba el efecto de la ejecución del programa.
Cambia en el programa la instrucción "lb" por "lbu". ¿Qué sucede al ejecutar el
programa? ¿Qué significa esto?
Si "octeto" se define como:
octeto:
.byte 0x30
¿existe diferencia entre el uso de la instrucción lb y lbu ¿ ¿Por qué¿
¿Cuál es el valor del registro s0 si “octeto” se define como:
octeto:
.word 0x10203040 ?.
¿Por qué?
¿Cuál es el valor del registro s0 si se cambia en "main" la instrucción existente por
la siguiente
main:
lb $s0, octeto+1($0)?
¿Por qué? ¿Por qué en este caso no se produce un error de ejecución (excepción
de error de direccionamiento)?
Almacenamiento de palabras (transferencia de palabras desde registros a
memoria)
Quinto ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
#------------------------------------------------#
# zona de datos
#
.data
#------------------------------------------------#
palabra1: .word 0x10203040
palabra2: .space 4
palabra3: .word 0xffffffff
#------------------------------------------------#
# zona de instrucciones
#
.text
#------------------------------------------------#
main: lw $s0, palabra1($0)
sw $s0, palabra2($0)
sw $s0, palabra3($0)
La instrucción "sw" almacena la palabra contenida en un registro en una dirección
de memoria. Esta dirección se obtiene sumando el contenido de un registro más
un desplazamiento especificado en la instrucción (identificador).
Borra los valores de la memoria con la opción del menú principal Simulator>Reinitialize, carga el nuevo fichero y ejecútalo con la opción del menú principal
Simulator->Go
Cuestiones
Localiza la primera instrucción de este tipo en la memoria de instrucciones e indica
cómo ha transformado dicha instrucción el simulador.
Comprueba el efecto de la ejecución del programa.
Almacenamiento de bytes (transferencia de bytes desde registros a
memoria)
Sexto ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
#------------------------------------------------#
# zona de datos
#
.data
#------------------------------------------------#
palabra1: .word 0x10203040
octeto:
.space 2
#------------------------------------------------#
# zona de instrucciones
#
.text
#------------------------------------------------#
main: lw $s0, palabra1($0)
sb $s0, octeto($0)
La instrucción “sb” almacena el byte de menor peso de un registro en una dirección
de memoria. La dirección se obtiene sumando el desplazamiento indicado por el
identificador y el contenido de un registro.
Borra los valores de la memoria con la opción del menú principal Simulator>Reinitialize, carga el nuevo fichero y ejecútalo con la opción del menú principal
Simulator->Go
Cuestiones
Localiza la instrucción en memoria de instrucciones e indica cómo ha transformado
dicha instrucción el simulador.
Comprueba el efecto de la ejecución del programa.
Modifica el programa para que el byte se almacene en la dirección "octeto+1".
Comprueba y describe el resultado de este cambio.
•
Modifica el programa anterior para transferir a la dirección de octeto el byte
en la posición palabra+3.
Problemas propuestos
Diseña un programa ensamblador que defina el vector de palabras
V=(10,20,25,500,3) en la memoria de datos a partir de la dirección 0x10000000
y cargue todos sus componentes en los registros s0-s4.
Diseña un programa ensamblador que copie el vector definido en el problema
anterior a partir de la dirección 0x10010000.
Diseña un programa ensamblador que, dada la palabra 0x10203040, almacenada en
una posición de memoria, la reorganice en otra posición de memoria, invirtiendo
el orden de sus bytes.
Diseña un programa ensamblador que, dada la palabra 0x10203040 definida en
memoria la reorganice en la misma posición, intercambiando el orden se sus
medias palabras.
Nota: utiliza las instrucciones lh y sh.
Diseña un programa en ensamblador que inicialice cuatro bytes a partir de la
posición 0x10010002 a los siguientes valores 0x10, 0x20, 0x30, 0x40, y reserve
espacio para una palabra a partir de la dirección 0x10010010. El programa
transferirá los cuatro bytes contenidos a partir de la posición 0x10010002 a la
dirección 0x10010010.
<--Los datos en memoria
Las operaciones aritméticas y lógicas>-->
Parte 4. Las operaciones aritméticas y
lógicas
•
•
•
•
•
•
Introducción.
Operaciones aritméticas con datos inmediatos (constantes) .
Operaciones aritméticas con datos en memoria. .
Operaciones lógicas. .
Operaciones de desplazamiento. .
Problemas propuestos.
Introducción
En este apartado se presentan las instrucciones que permiten realizar operaciones
aritméticas, lógicas y de desplazamiento. Entre las primeras se encuentran las
instrucciones de suma y resta (add, addu, addi, addiu, sub, subu) y las instrucciones de
multiplicación y división (mult, multu, div, divu ). Las instrucciones acabadas en u
consideran los operandos como números en binario puro, mientras que las instrucciones
no acabadas en u consideran los operandos de las instrucciones como números en
complemento a dos. En ambos casos, se producirá una excepción aritmética si el
resultado de la operación no es representable en 32 bits. Recuerda que el rango de
representación de los números enteros con signo de 32 bits en complemento a 2 va
desde –2.147.483.648 a 2.147.483.647 (0x80000000 a 0x7fffffff).
Dentro del grupo de instrucciones que permiten realizar operaciones lógicas están: suma
lógica (or y ori), producto lógico (and y andi) y la or exclusiva (xor y xori).
Finalmente, se presentan las instrucciones de desplazamiento aritmético y lógico (sra,
sll, srl).
Operaciones aritméticas con datos inmediatos (constantes)
Primer ejercicio
numero:
main:
•
.data
.word 2147483647
.text
lw
$t0,numero($0)
addiu $t1,$t0,1
La instrucción addiu es una instrucción de suma con un dato inmediato y sin
detección de desbordamiento.
Borra los valores de la memoria, carga el fichero y ejecútalo paso a paso.
Cuestiones
•
•
•
•
Localiza el resultado de la suma efectuada. Comprueba el resultado.
Cambia la instrucción "addiu" por la instrucción "addi".
Borra los valores de la memoria, carga el fichero y ejecútalo paso a paso.
¿Qué ha ocurrido al efectuar el cambio? ¿Por qué?
Operaciones aritméticas con datos en memoria
Segundo ejercicio
numero1:
numero2:
numero3:
main:
.data
.word 0x80000000
.word 1
.word 1
.text
lw
$t0,numero1($0)
lw
$t1,numero2($0)
subu $t0,$t0,$t1
lw
$t1,numero3($0)
subu $t0,$t0,$t1
sw
$t0,numero3($0)
Borra los valores de la memoria, carga el fichero y ejecútalo paso a paso.
Cuestiones
•
•
¿Qué hace el programa anterior? ¿Qué resultado se almacena en numero3? ¿Es
correcto?
¿Se producirá algún cambio si las instrucciones "subu" son sustituidas por
instrucciones "sub"? ¿Por qué?
Multiplicación y división con datos en memoria
Tercer ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
numero1:
numero2:
main:
.data
.word
.word
.space
.text
lw
lw
mult
0x7fffffff
16
8
$t0,numero1($0)
$t1,numero2($0)
$t0,$t1
mflo
mfhi
sw
sw
•
$t0
$t1
$t0,numero2+4($0)
$t1,numero2+8($0)
La instrucción mult multiplica dos registros de propósito general (en el ejemplo
anterior los registros t0 y t1) y deja el resultado de 64 bits en dos registros
especiales de 32 bits llamados HI y LO. Las instrucciones mfhi y mflo sirven
para mover los contenidos de estos registros especiales a los registros de
propósito general (en este caso otra vez los registros t0 y t1). El código realiza la
multiplicación de dos números, almacenando el resultado de la multiplicación a
continuación de los dos multiplicandos.
Borra los valores de la memoria, carga el fichero y ejecútalo.
Cuestiones
•
•
•
•
•
•
•
•
¿Qué resultado se obtiene después de realizar la operación? ¿Por qué se
almacena en dos palabras de memoria?
Modifica los datos anteriores para que numero1 y numero2 sean 0xffffffff y 1
respectivamente. ¿Cuál es el valor del registro HI? ¿Por qué?
La instrucción de tipo R mul multiplica dos registros y guarda el resultado en un
tercero. Escribe un programa en ensamblador que utilice la instrucción mul
para multiplicar numero1 y número2 y deje el resultado en el registro $t2. ¿Deja
el resultado también en algún otro registro?
¿Qué ocurre al cambiar la instrucción mul en el programa anterior por la
pseudoinstrucción mulo?
¿Qué ocurre al cambiar la pseudoinstrucción mulo en el programa anterior por la
pseudoinstrucción mulou?
Modifica los datos anteriores para que numero1 y numero2 sean 10 y 3
respectivamente. Escribe el código que divida numero1 entre numero2
(dividendo y divisor respectivamente) y coloque el cociente y el resto a
continuación de dichos números.
La pseudointrucción div divide dos registros y guarda el resultado en un tercero
(de manera similar a cualquier instrucción tipo-R). Escribe un programa en
ensamblador que utilice la pseudoinstrucción div para dividir numero1 y
número2 y deje el resultado en el registro $t2. ¿Comprueba excepciones? ¿Cuál?
¿Qué ocurre al cambiar la pseudoinstrucción div en el programa anterior por la
pseudoinstrucción divu? ¿Qué es diferente en el código generado para las
pseudoinstrucciones div y divu?
Operaciones lógicas
Cuarto ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
.data
numero:
main:
•
.word 0x3ff41
.space 4
.text
$t0,numero($0)
andi $t1,$t0,0xfffe
sw
$t1,numero+4($0)
lw
El código anterior pone a 0 los 16 bits más significativos y el bit 0 de número,
almacenando el resultado en la siguiente palabra. Esto se consigue utilizando la
instrucción andi, que realiza el producto lógico bit a bit entre el dato contenido
en un registro y un dato inmediato. El resultado que se obtiene es: aquellos bits
que en el dato inmediato están a 1 no se modifican con respecto al contenido
original del registro, es decir, los 16 bits de menor peso excepto el bit 0. Por otro
lado, todos aquellos bits que en el dato inmediato están a 0, en el resultado
también están a 0, es decir, los 16 bits de mayor peso y el bit 0. Los 16 bits da
mayor peso se ponen a 0 puesto que, aunque el dato inmediato que se almacena
en la instrucción es de 16 bits, a la hora de realizar la operación el procesador
trabaja con un dato de 32 bits, poniendo los 16 de mayor peso a 0, fijando, por
tanto, los bits del resultado también a 0.
Borra los valores de la memoria, carga el fichero y ejecútalo.
Cuestiones
•
•
Modifica el código para obtener, en la siguiente palabra, que los 16 bits más
significativos de número permanezcan tal cual, y que los 16 bits menos
significativos queden a 0, excepto el bit 0 que también debe quedar como estaba.
La solución debe ser válida independientemente del valor almacenado en
número.
Modifica el código para obtener, en la siguiente palabra, que los 16 bits más
significativos de número permanezcan tal cual, y que los 16 bits menos
significativos queden a 1, excepto el bit 0 que también debe quedar como estaba.
La solución debe ser válida independientemente del valor almacenado en
numero.
Operaciones de desplazamiento
Quinto ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
numero:
main:
.data
.word 0xffffff41
.text
lw
$t0,numero($0)
sra
$t1,$t0,4
•
El código desplaza el número cuatro bits a la derecha, rellenando con el bit del
signo.
Borra los valores de la memoria, carga el fichero y ejecútalo.
Cuestiones
•
•
•
¿Para qué se ha rellenado el número con el bit del signo?
¿Qué ocurre si se sustituye la instrucción "sra" por "srl"?
Modifica el código para desplazar el número tres bits a la izquierda.
Problemas propuestos
1. Diseña un programa ensamblador que defina el vector de enteros de dos
elementos V=(10,20) en la memoria de datos a partir de la dirección
0x10000000 y almacene su suma a partir de la dirección donde acaba el vector.
2. Diseña un programa ensamblador que divida los enteros 18,-1215 almacenados a
partir de la dirección 0x10000000 entre el número 5 y que a partir de la
dirección 0x10010000 almacene el cociente de dichas divisiones. Es posible usar
más de una directiva .data para ubicar las sección de datos.
3. Pon a cero los bits 3,7,9 del entero 0xABCD12BD almacenado en memoria a
partir de la dirección 0x10000000, sin modificar el resto.
4. Cambia el valor de los bits 3,7,9 del entero 0xFF0F1235 almacenado en
memoria a partir de la dirección 0x10000000, sin modificar el resto.
5. Multiplica el número 0x1237, almacenado en memoria a partir de la dirección
0x10000000, por 32 (25) sin utilizar las instrucciones de multiplicación ni las
pseudoinstrucciones de multiplicación.
Interfaz
<--Carga y
almacenamiento
con el
de datos en
programa>
memoria
--
Parte 5. Interfaz con el programa
•
•
•
•
•
•
Introducción.
Impresión de una cadena de caracteres.
Impresión de enteros.
Lectura de enteros.
Lectura de cadena de caracteres.
Problemas propuestos.
Introducción
El SPIM ofrece un pequeño conjunto de servicios tipo Sistema Operativo a través de la
instrucción de llamada al sistema (syscall). Estos servicios permiten introducir datos y
visualizar resultados, de forma cómoda, en los programas que se desarrollan. Para pedir
un servicio, el programa debe cargar el número identificador del tipo de llamada al
sistema en el registro $v0 y el/los argumento/s en los registros $a0-$a3 (o f12 para
valores en coma flotante). Las llamadas al sistema que retornan valores ponen sus
resultados en el registro $v0 ($f0 en coma flotante). La interfaz con nuestro programa se
hará a través de una ventana o consola que puede visualizarse u ocultarse mediante el
botón "terminal". A continuación se muestra una tabla resumen del número de
identificación de cada una de las funciones disponibles y de los parámetros que son
necesarios en cada una de ellas:
Servicio
Número de identificación (en $v0)
Argumentos
Imprimir_entero
1
$a0=entero
Imprimir_cadena
4
$a0=dir_cadena
Leer_entero
5
Leer_string
8
Entero (en $v0)
$a0=dir_cadena,
$a1=longitud
Impresión de una cadena de caracteres
Primer ejercicio
dir:
.data
.asciiz "Hola. Ha funcionado."
.text
Resultado
main:
•
li $v0,4
la $a0,dir
syscall
#codigo de imprimir cadena
#direccion de la cadena
#llamada al sistema
La pseudoinstrucción "li" carga de forma inmediata el dato que acompaña la
instrucción en el registro. La pseudoinstrucción "la" carga de forma inmediata la
dirección que acompaña la instrucción en el registro especificado.
Borra los valores de la memoria, carga el fichero y ejecútalo.
Cuestiones
•
•
•
Comprueba que se imprime la cadena de caracteres "Hola. Ha funcionado."
Vuélvelo a ejecutar. Acuérdate que antes de volver a ejecutar el programa se
debe borrar el contenido de los registros. ¿Dónde se imprime el mensaje?
Introduce al final de la cadena los caracteres "\n". Ejecútalo dos veces y
comprueba cuál es la diferencia con respecto al código original.
Modifica la línea de la instrucción "la ..." para que sólo se imprima "Ha
funcionado.".
Impresión de enteros.
Segundo ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
dir:
entero:
.data
.asciiz "Se va a imprimir el entero: "
.word 7
.text
li $v0,4
la $a0,dir
syscall
main:
li $v0,1
li $a0,5
syscall
#codigo de imprimir cadena
#direccion de la cadena
#llamada al sistema
#codigo de imprimir entero
#entero a imprimir
#llamada al sistema
Borra los valores de la memoria, carga el fichero y ejecútalo.
Cuestiones
•
•
Comprueba la impresión del entero "5".
Modifica el programa para que se imprima el entero almacenado en la dirección
"entero". Comprueba su ejecución.
Lectura de enteros.
Tercer ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
dir:
entero:
.data
.asciiz "Introduce el entero: "
.align 2
.space 4
.text
li $v0,4 #codigo de imprimir cadena
la $a0,dir
#direccion de la cadena
syscall
#llamada al sistema
main:
li $v0,5 #codigo de leer entero
syscall
#llamada al sistema
Borra los valores de la memoria, carga el fichero y ejecútalo. Introduce, a través de la
consola, el entero que te parezca.
Cuestiones
•
•
•
Comprueba el almacenamiento del entero introducido en el registro v0.
Modifica el programa para que el entero leído se almacene en la dirección de
memoria "entero".
Elimina la línea align 2 del programa anterior y ejecútalo. ¿Qué ocurre? ¿Por
qué?
Lectura de cadena de caracteres.
Cuarto ejercicio
Crea un fichero con el siguiente código:
dir:
buffer:
main:
.data
.asciiz "Introduce la cadena de caracteres: "
.space 10
.text
li $v0,4 #codigo de imprimir cadena
la $a0,dir
#direccion de la cadena
syscall
#llamada al sistema
li $v0,8 #codigo de leer el string
la $a0,buffer #direccion de lectura de cadena
li $a1,10
#espacio maximo de la cadena
syscall
#llamada al sistema
Borra los valores de la memoria, carga el fichero y ejecútalo. Introduce, a través de la
consola, la cadena de caracteres que te parezca.
Cuestiones
•
•
Comprueba el almacenamiento de la cadena de caracteres en "buffer".
¿Qué ocurre si la cadena de caracteres que se escribe es más larga que el tamaño
reservado en "buffer"?
Problemas propuestos
1. Diseña un programa ensamblador que pida por la consola dos enteros "A" y "B"
dando como resultado su suma "A+B".
2. Diseña un programa que pida los datos de un usuario por la consola y los
introduzca en memoria, reservando espacio para ello. La estructura de la
información es la siguiente:
Nombre
cadena de 10 bytes
Apellidos
cadena de 15 bytes
DNI
entero
A continuación se deberá imprimir los datos introducidos para
comprobar el correcto funcionamiento del programa.
<-Estructuras
Operaciones
de
aritméticas
control> -y lógicas
Parte 6. Estructuras de control:
condicionales y bucles
•
•
•
•
•
•
•
•
Introducción.
Estructuras de control condicional Si-entonces con condición simple .
Estructuras de control condicional Si-entonces con condición compuesta .
Estructuras de control condicional Si-entonces-sino con condición simple .
Estructuras de control condicional Si-entonces-sino con condición compuesta .
Estructuras de control repetitiva para .
Estructuras de control repetitiva mientras .
Problemas propuestos.
Introducción
El lenguaje ensamblador no dispone de estructuras de control de flujo de programa
definidas a priori, que permitan decidir entre dos (o varios) caminos de ejecución de
instrucciones distintos (como por ejemplo la sentencia if de otros lenguajes de
programación). En esta práctica se describe cómo implementar algunas de estas
estructuras de control.
En primer lugar se realiza un breve recordatorio de las instrucciones que dispone el
MIPS R2000 a partir de las cuales se llevan a cabo las implementaciones de estructuras
de este tipo. Estas se agrupan en tres grupos: instrucciones de ruptura de secuencia
condicional e incondicional, e instrucciones de comparación.
Instrucciones de salto condicional
El ensamblador del MIPS incluye dos instrucciones básicas de ruptura de secuencia
condicional beq (branch if equal, saltar si igual) y bne (branch if no equal, saltar si
distinto). La sintaxis de estas instrucciones es la siguiente:
beq rs, rt, etiqueta
bne rs, rt, etiqueta.
Ambas comparan el contenido de los registros rs y rt y saltan a la dirección de la
instrucción referenciada por etiqueta si el contenido del registro rs es igual al del rt
(beq) o distinto (bne).
Además dispone de instrucciones de salto condicional para realizar comparaciones con
cero. Estas instrucciones son: bgez (branch if greater or equal to zero, saltar si mayor o
igual a cero), bgtz (branch if greater than zero, saltar si mayor que cero), blez (branch if
less or equal to zero, saltar si menor o igual que cero), bltz (branch if less than zero,
saltar si menor que cero), y tienen la siguiente sintaxis:
bgez rs, etiqueta
bgtz rs, etiqueta
blez rs, etiqueta
bltz rs, etiqueta
Todas ellas comparan el contenido del registro rs con 0 y saltan a la ón de la instrucción
referenciada por etiqueta si rs >=0 (bgez), rs > 0 (bgtz), rs<=0 (blez) ó rs<0 (bltz).
Instrucciones de salto incondicional
La instrucción j permite romper la secuencia de ejecución del programa de forma
incondicional y desviarla hacia la instrucción referenciada mediante la etiqueta. Esta
instrucción presenta el siguiente formato:
j etiqueta
Instrucciones de comparación
El ensamblador del MIPS dispone de una instrucción que compara dos registros, y pone
un 1 en un tercer registro si el contenido del primero es menor que el segundo y pone un
0 si no se cumple esta condición. Esta instrucción es slt (set if less than, poner a 1 si
menor que) y tiene la siguiente sintaxis:
slt rd, rs, rt
A partir de este conjunto de instrucciones se puede implementar cualquier estructura de
control de flujo del programa.
Pseudoinstrucciones de salto condicional
Para facilitar la programación, el lenguaje ensamblador del MIPS aporta un conjunto de
pseudoinstrucciones de salto condicional que permiten comparar dos variables
almacenadas en registros (a nivel de mayor, mayor o igual, menor, menor o igual) y
según el resultado de esa comparación saltan o no, a la instrucción referenciada a través
de la etiqueta. Estas pseudoinstrucciones son: bge (branch if greater or equal, saltar si
mayor o igual ), bgt (branch if greater, saltar si mayor que), ble (branch if less or equal,
saltar si menor o igual), blt (branch if less, saltar si menor que). El formato es el mismo
para todas ellas:
bxx rs,rt, etiqueta
El salto a la instrucción referenciada por etiqueta se efectúa si el resultado de la
comparación entre las variables contenidas en rs y rt es: mayor o igual (ge), mayor (gt),
menor o igual (le), o menor (lt). La implementación de estas pseudoinstrucciones se
realiza a partir de la instrucción slt y de las instrucciones de salto condicional básicas:
beq y bne, principalmente.
Una vez introducidos el conjunto de instrucciones y pseudoinstrucciones que permiten
implementar cualquier estructura de control de flujo de programa, se va a describir
cómo se implementan las estructuras más típicas de un lenguaje de alto nivel. Estas son:
Si-entonces, Si-entonces-sino, Mientras y Para si se habla en lenguaje algorítmico, o
las estructuras if-then, if-then-else, while, y for del lenguaje Pascal. De ellas, las dos
primeras son estructuras de control de flujo condicionales, y el resto son estructuras de
control de flujo repetitivas. Estas estructuras dependen, implícita o explícitamente, de la
verificación de una o varias condiciones para determinar el camino que seguirá la
ejecución del código en curso. La evaluación de esta condición (o condiciones) vendrá
asociada a una o varias instrucciones de salto condicional e incondicional o
pseudoinstrucciones.
Estructura de control condicional Si-entonces con condición simple
Primer ejercicio
Crea un fichero con el siguiente fragmento de código que implementa una estructura de
control condicional Si-entonces:
dato1:
dato2:
res:
main:
Si:
entonces:
finsi:
.data
.word
.word
.space
40
30
4
.text
lw $t0, dato1($0)
lw $t1, dato2($0)
and $t2, $t2,$0
#cargar dato1 en t0
#cargar dato2 en t1
#pone a 0 t2
add $t3, $t0,$t1
#t3 = t0+t1
beq $t1,
div $t0,
mflo $t2
add $t2,
sw $t2,
#si t1 = 0 finsi
#t0/t1
#almacenar LO en t2
#t2= t3 + t2
#almacenar en memoria t2
$0, finsi
$t1
$t3, $t2
res($0)
Disponible en ejercicio1.s
Borra los valores de la memoria, carga el fichero en el simulador y ejecútalo.
Cuestiones
•
Identifica la instrucción que determina la condición y controla el flujo de
programa. ¿Qué condición se evalúa?
•
•
•
•
•
Identifica el conjunto de instrucciones que implementan la estructura
condicional si-entonces.
¿Qué valor se almacena en la variable "res" después de ejecutar el programa?
Si dato2=0, ¿Qué valor se almacena en la variable res después de ejecutar el
programa?¿Qué hace entonces el programa?
Dibuja el diagrama de flujo asociado a la estructura de control implementada en
el fragmento de código anterior.
Modifica el código anterior para que la instrucción resaltada en negrita (sumar el
contenido de t0 y t1) se realice después de la estructura de control Si-entonces en
lugar de antes, sin modificar el resultado de la ejecución del programa.
Estructura de control condicional Si-entonces con condición compuesta
Segundo ejercicio
Crea un fichero con el siguiente fragmento de código que implementa una estructura de
control condicional Si-entonces:
dato1:
dato2:
res:
.data
.word
.word
.space
40
30
4
.text
main:
Si:
entonces:
finsi:
lw $t0,
lw $t1,
and $t2,
add $t3,
beq $t1,
beq $t0,
div $t0,
mflo $t2
add $t2,
sw $t2,
dato1($0)
dato2($0)
$t2,$0
$t0, $t1
$0, finsi
$0, finsi
$t1
$t3, $t2
res($0)
#cargar dato1 en t0
#cargar dato2 en t1
#pone a 0 t2
#t3=t0 + t1
#si t1=0 saltar a finsi
#si t0 =0 saltar a finsi
#t0/t1
#almacenar LO en t2
#t2=t2+t3
#almacenar en memoria t2
Disponible en ejercicio2.s
Borra los valores de la memoria, carga el fichero en el simulador y ejecútalo.
Cuestiones
•
•
¿Qué condición compuesta se evalúa?
Modifica el código anterior para que la condición evaluada sea ((t1 > 0) y (t0 <>
t1)). Comprueba el correcto funcionamiento ante los siguientes valores:
o dato1=40, dato2=30
o
o
dato1=0, dato2=40
dato1=40, dato2=-40
Estructura de control condicional Si-entonces-sino con condición simple
Tercer ejercicio
Crea un fichero con el siguiente fragmento de código que implementa una estructura de
control Si-entonces-sino.
dato1:
dato2:
res:
main:
Si:
entonces:
sino:
finsi:
.data
.word
.word
.space
30
40
4
.text
lw
lw
$t0,dato1($0)
$t1,dato2($0)
bge
sw
j
sw
$t0,$t1,sino
$t0, res($0)
finsi
$t1, res($0)
#almacenar t0 en res
#almacenar t1 en res
Disponible en ejercicio3.s
Borra los valores de la memoria, carga el fichero en el simulador y ejecútalo.
Cuestiones
•
Identifica qué condición se evalúa.
<li<
¿Qué valor se almacena en "res" después de ejecutar el programa? Si dato1=50 y
dato2=0, ¿qué valor se almacena en res después de ejecutar el programa? ¿Qué
hace entonces el programa?
•
•
Dibuja el diagrama de flujo asociado a la estructura de control implementada en
el fragmento de código anterior.
Identifica en el lenguaje máquina generado por el simulador el conjunto de
instrucciones que implementan la pseudoinstrucción bge.
Estructura de control condicional Si-entonces-sino con condición
compuesta
Cuarto ejercicio
Crea un fichero con el siguiente fragmento de código que implementa una estructura de
control Si-entonces-sino.
.data
.word
.word
.word
.space
30
40
-1
4
.text
lw
lw
lw
$t1,dato1($0)
$t2,dato2($0)
$t3,dato3($0)
blt
$t3, $t1, entonces
#si t3 < t1 saltar a
$t3, $t2, sino
$t4, $0, 1
finsi
$t4, $0,$0
#si t3 <= t2
#t4 = 1
sino:
ble
addi
j
add
finsi:
sw
$t4, res($0)
#almacenar en memoria t4
dato1:
dato2:
dato3:
res:
main:
si:
entonces
entonces:
#cargar dato1 en t1
#cargar dato2 en t2
#cargar dato3 en t3
saltar a sino
#t4 = 0
Disponible en ejercicio4.s
Borra los valores de la memoria, carga el fichero en el simulador y ejecútalo.
Cuestiones
•
•
•
•
Identifica qué condición compuesta se evalúa.
¿Qué valor se almacena en "res" después de ejecutar el programa? Si dato1=40 y
dato2=30, ¿qué valor se almacena en res después de ejecutar el programa? ¿Qué
hace entonces el programa?
Dibuja el diagrama de flujo asociado a la estructura de control implementada en
el fragmento de código anterior.
Modifica el código anterior para que la condición evaluada sea ((dato3>=dato1)
y (dato3<=dato2)).
Estructura de control repetitiva para
Quinto ejercicio
Crea un fichero con el siguiente fragmento de código que implementa una estructura de
control repetitiva Para:
.data
.word
.space
6,7,8,9,10,-1
4
.text
la
and
li
$t2, vector
$t3, $0, $t3
$t1, 6
#t2 = vector
#pone a 0 t3
#carga 6 en t1
beq
lw
$t1, $0, finpara
$t4, 0($t2)
# si t1 = 0 saltar a finpara
# carga un elemento del vector
add
elementos del vector
addi
addi
j
$t3, $t4, $t3
#acumula la suma de los
$t2, $t2, 4
$t1, $t1, -1
para
#suma 4 a t2
#resta 1 a t1
#saltar a para
finpara:
$t3, res($0)
#almacena t3 en res
vector:
res:
main:
para:
en t4
sw
Disponible en ejercicio5a.s
Borra los valores de la memoria, carga el fichero en el simulador y ejecútalo.
Cuestiones
•
•
•
•
•
•
•
¿Qué hace la instrucción "la $t2, vector"?
Identifica en el fragmento de código anterior qué conjunto de instrucciones
constituyen el bucle repetitivo y cuántas veces se va a repetir.
Dentro del bucle se incrementa el contenido del registro t2 en cuatro unidades
cada iteración, ¿por qué?
Dentro del bucle se decrementa el contenido del registro t1 en una unidad en
cada iteración, ¿por qué?
¿Qué valor se almacena en "res" después de ejecutar el código anterior? ¿Qué
hace entonces el programa?
Dibuja el diagrama de flujo asociado a la estructura de control implementada en
el fragmento de código anterior.
Indica si el siguiente fragmento de código es equivalente al anterior. ¿Cuál de las
dos implementaciones es más óptima? ¿por qué?
vector:
res:
.data
.word
.space
6,7,8,9,10,-1
4
main:
.text
la
$t2, vector
#t2 = vector
para:
and
li
li
$t3, $0, $t3
$t0, 1
$t1, 6
#pone a 0 t3
#carga 1 en t1
bgt
lw
$t0, $t1, finpara # si t1 = 0 saltar a finpara
$t4, 0($t2)
# carga un elemento del vector
en t4
add
elementos del vector
addi
addi
j
$t3, $t4, $t3
finpara:
$t3, res($0)
sw
$t2, $t2, 4
$t0, $t0, 1
para
#acumula la suma de los
#suma 4 a t2
#resta 1 a t1
#saltar a para
#almacena t3 en res
Disponible en ejercicio5b.s
Estructura de control repetitiva mientras
Sexto ejercicio
Crea un fichero con el siguiente fragmento de código que implementa una estructura de
control repetitiva Mientras:
cadena:
n:
main:
cadena en t0
mientras:
.data
.asciiz
.align
.space
"hola"
2
4
.text
la
$t0, cadena
#cargar la direccion de
andi
$t2, $t2, 0
#poner a 0 t2
lb
beq
$t1, 0($t0)
#almacena un byte en t1
$t1, $0, finmientras #si t1 = 0 saltar a
finmientras
finmientras:
addi
$t2, $t2, 1
addi
$t0, $t0,1
j mientras
sw
$t2, n($0)
#sumar 1 a
#sumar 1 a
#saltar
#almacenar
t2
t0
a mientras
t2 en n
Disponible en ejercicio6a.s
Borra los valores de la memoria, carga el fichero en el simulador y ejecútalo.
Cuestiones
Parte 7. Gestión de Subrutinas
•
•
•
•
•
•
•
Introducción.
Gestión de la pila.
Llamada y retorno de una subrutina.
Llamadas anidadas de subrutinas.
Paso de parámetros.
Bloque de activación de una subrutina.
Problemas propuestos.
Introducción
El diseño de un programa que resuelve un determinado problema puede simplificarse si
se plantea adecuadamente la utilización de subrutinas. Éstas permiten dividir un
problema largo y complejo en subproblemas más sencillos o módulos, más fáciles de
escribir, depurar y probar que si se aborda directamente el programa completo. De esta
forma se puede comprobar el funcionamiento individual de cada rutina y, a
continuación, integrar todas en el programa que constituye el problema global de
partida. Otra ventaja que aporta la utilización de subrutinas es que en ocasiones una
tarea aparece varias veces en el mismo programa; si se utilizan subrutinas, en lugar de
repetir el código que implementa esa tarea en los diferentes puntos, bastará con incluirlo
en una subrutina que será invocada en el programa tantas veces como sea requerida.
Yendo más lejos, subproblemas de uso frecuente pueden ser implementados como
rutinas de utilidad (librerías), que podrán ser invocadas desde diversos módulos.
Con el fin de dotar de generalidad a una subrutina, ésta ha de ser capaz de resolver un
problema ante diferentes datos que se le proporcionan como parámetros de entrada
cuando se le llama. Por tanto, para una correcta y eficaz utilización de las subrutinas es
necesario tener en cuenta, por un lado, la forma en que se realizan las llamadas y, por
otro, el paso de parámetros.
Como paso previo a la realización de la práctica se van a realizar algunos ejercicios
sencillos que nos ayuden al manejo de la pila, estructura muy utilizada para una buena
gestión de las subrutinas.
Gestión de la pila
Una pila es una estructura de datos caracterizada por que el último dato que se almacena
es el primero que se obtiene después. Para gestionar la pila se necesita un puntero a la
última posición ocupada de la misma, con el fin de conocer dónde se tiene que dejar el
siguiente dato a almacenar, o para saber dónde están situados los últimos datos
almacenados en ella. Para evitar problemas, el puntero de pila siempre debe estar
apuntando a una palabra de memoria. Por precedentes históricos, el segmento de pila
siempre "crece" de direcciones superiores a direcciones inferiores. Las dos operaciones
más típicas con esta estructura son:
Transferir datos hacia la pila (push o apilar). Antes de añadir un dato a la pila se
tienen que restar 4 unidades al puntero de pila.
Transferir datos desde la pila (pop o desapilar). Para eliminar datos de la pila,
después de extraído el dato se tienen que sumar 4 unidades al puntero de pila.
El ensamblador del MIPS tiene reservado un registro, $sp, como puntero de pila (stack
pointer). Para realizar una buena gestión de la pila será necesario que este puntero sea
actualizado correctamente cada vez que se realiza una operación sobre la misma.
El siguiente fragmento de código muestra cómo se puede realizar el apilado de los
registros $t0-$t1 en la pila:
Primer ejercicio
.text
li
li
addi
sw
addi
sw
main:
$t0,10
$t1, 13
$sp, $sp, -4
$t0, 0($sp)
$sp, $sp, -4
$t1, 0($sp)
#inicializar reg. t0,t1
#actualizar el sp
#apilar t0
#actualizar el sp
#apilar t1
Disponible en ejercicio1.s
Edita el programa, reinicializa el simulador y carga el programa.
Cuestiones
Ejecuta el programa paso a paso y comprueba en qué posiciones de memoria,
pertenecientes al segmento de pila se almacena el contenido de los registros t0t1.
Modifica el programa anterior para que en lugar de actualizar el puntero de pila cada
vez que se pretende apilar un registro en la misma, se realice una sola vez al
principio y después se apilen los registros en el mismo orden.
Añade el siguiente código al programa original después de la última instrucción:
Modifica el contenido de los registros t0-t1, realizando algunas
operaciones sobre ellos.
o Recupera el contenido inicial de estos registros desapilándolos de la pila,
y actualiza el puntero de pila correctamente (limpiar la pila).
o
Ejecuta el programa resultante y comprueba si finalmente t0-t1 contienen los
datos iniciales que se habían cargado. Comprueba también que el contenido del
registro sp es el mismo antes y después de la ejecución del programa.
Implementa el siguiente programa:
o
o
o
Almacena en memoria una tira de caracteres de máximo 10 elementos.
Lee la cadena de caracteres desde el teclado.
Invierte esta cadena, almacenando la cadena resultante en las mismas
posiciones de memoria que la original. (Sugerencia para realizar el
ejercicio: Apila los elementos de la tira en la pila y, a continuación, se
desapilan y se almacenan en el mismo orden que se extraen).
Llamada y retorno de una subrutina
El juego de instrucciones del MIPS R2000 dispone de una instrucción específica para
realizar la llamada a una subrutina, jal etiqueta. La ejecución de esta instrucción
conlleva dos acciones:
•
•
Almacenar la dirección de memoria de la siguiente palabra a la que contiene la
instrucción jal en el registro ra.
Llevar el control de flujo de programa a la dirección etiqueta.
Por otra parte, el MIPS R2000 dispone de una instrucción que facilita el retorno de una
subrutina. Esta instrucción es jr $ra, instrucción de salto incondicional que salta a la
dirección almacenada en el registro ra, que justamente es el registro dónde la instrucción
jal ha almacenado la dirección de retorno cuando se ha hecho el salto a la subrutina.
Para ejecutar cualquier programa de usuario el simulador xspim hace una llamada a la
rutina main mediante la instrucción jal main. Esta instrucción forma parte del código
que añade éste para lanzar a ejecución un programa de usuario. Si la etiqueta main no
está declarada en el programa se genera un error. Esta etiqueta deberá siempre
referenciar la primera instrucción ejecutable de un programa de usuario. Para que
cualquier programa de usuario termine de ejecutarse correctamente, la última
instrucción ejecutada en éste debe ser jr $ra (salto a la dirección almacenada en el
registro ra), que devuelve el control a la siguiente instrucción desde donde se lanzó la
ejecución del programa de usuario. A partir de este punto se hace una llamada a una
función del sistema que termina la ejecución correctamente.
Segundo ejercicio
El siguiente código es un programa que realiza la suma de dos datos contenidos en los
registros a0 y a1.
main:
.text
li
li
add
jr
$a0,10
$a1,20
$v1,$a0,$a1
$ra
Disponible en ejercicio2.s
Reinicializa el simulador, carga el programa y ejecútalo paso a paso, contestando a las
siguientes cuestiones:
Cuestiones
¿Cuál es el contenido del PC y del registro ra antes y después de ejecutar la
instrucción jal main?
¿Cuál es el contenido de los registros PC y ra antes y después de ejecutar la
instrucción jr $ra?
Reinicializa el simulador, carga el programa de nuevo y ejecútalo todo completo.
Comprueba que la ejecución termina correctamente sin que salga el mensaje de
error que salía en ejecuciones anteriores cuando no se incluía la instrucción jr
$ra.
Llamadas anidadas de subrutinas
Cuando una subrutina llama a otra utilizando la instrucción jal se modifica
automáticamente el contenido del registro $ra con la dirección de retorno (dirección de
memoria de la siguiente palabra a la que contiene la instrucción que ha efectuado el
salto). Esto hace que se pierda cualquier contenido anterior que pudiera tener este
registro, que podría ser a su vez otra dirección de retorno suponiendo que se llevan
efectuadas varias llamadas anidadas. Así pues, en cada llamada a una subrutina se
modifica el contenido del registro ra, y sólo se mantiene en este registro la dirección de
retorno asociada a la última llamada, ¿Qué ocurre entonces con todas las direcciones de
retorno que se deberían guardarse en llamadas anidadas?
Una solución a este problema es que antes de ejecutar una llamada desde una subrutina
a otra se salve el contenido del registro ra en la pila. Como la pila crece dinámicamente,
las direcciones de retorno de las distintas llamadas anidadas quedarán almacenadas a
medida que éstas se van produciendo. La última dirección de retorno apilada estará en el
tope de la pila, y ésta es justamente la primera que se necesita recuperar. Así pues, una
pila es la estructura adecuada para almacenar las direcciones de retorno en llamadas
anidadas a subrutinas.
Tercer ejercicio
El siguiente código implementa una llamada anidada a dos subrutinas, rutina main y
subr. A la primera se le llamará desde el fragmento de código que tiene el simulador
para lanzar la ejecución de un programa de usuario y a la subrutina subr se la llamará
desde main. La primera necesita apilar la dirección de retorno (contenido de ra) para
que sea posible la vuelta a la instrucción siguiente desde donde se hizo la llamada a la
rutina main. La segunda como no hace ninguna llamada a otra subrutina no necesita
apilar el contenido de ra:
suma:
main:
subr:
.data
.space
4
.text
addi
sw
li
li
jal
sw
lw
addi
jr
$sp, $sp, -4
$ra,0($sp)
$a0,10
$a1,2
subr
$v0,suma($0)
$ra, 0($sp)
$sp,$sp,4
$ra
add
jr
$v0, $a0,$a1
$ra
#apilar dir. ret.
#desapilar dir. ret.
Disponible en ejercicio3.s
Reinicializa el simulador, carga el programa y ejecútalo paso a paso respondiendo a las
siguientes cuestiones:
Cuestiones
Comprueba qué contiene el registro ra y el PC antes y después de ejecutar la
instrucción jal main.
Comprueba qué hay almacenado en el tope de la pila después de ejecutar las dos
primeras instrucciones del programa.
Comprueba el contenido de los registros ra y PC antes y después de ejecutar la
instrucción jal subr.
Comprueba el contenido de los registros ra y PC antes y después de ejecutar la
instrucción jr $ra que está en la subrutina subr.
Comprueba el contenido de los registros ra y PC antes y después de ejecutar la
instrucción jr $ra que está en la subrutina main.
¿Qué hubiera ocurrido si antes de ejecutar la instrucción jr $ra de esta subrutina
main no se hubiese desapilado el contenido del registro ra?
Añade el código necesario para realizar las siguientes modificaciones sobre el
código original:
o
La subrutina subr debería calcular la siguiente operación $v0=$a0 DIV
$a1. Esta división sólo se realizará si ambos operandos son mayores que
0. La comprobación se realizará en una segunda subrutina llamada comp
que almacenará en v0 un 1, si los datos contenidos en los registros a0 y
a1 son mayores que 0, y un 0 en caso contrario. La llamada a esta
segunda subrutina se realizará desde la subrutina subr, y &eeacute;sta
almacenará en v0 el cociente de la división, si &eacue;sta se realiza y un
-1 en caso contrario.
Paso de parámetros
A la hora de implementar una subrutina hay que decidir:
Parámetros a pasar a la rutina.
Tipo de parámetros:
ƒ
ƒ
por valor: se pasa el valor del parámetro,
por referencia: se pasa la dirección de memoria donde esté
almacenado el parámetro.
Lugar donde se van a pasar los parámetros:
ƒ
ƒ
registros,
pila
El ensamblador del MIPS establece el siguiente convenio para realizar el paso de
parámetros:
Los 4 primeros parámetros de entrada se pasarán a través de los registros
$a0-$a3. A partir del quinto parámetro se pasar&iacutea a través de la
pila.
Los dos primeros parámetros de salida se devuelven a través de los registros
$v0-$v1, el resto a través de la pila.
Cuarto ejercicio
El siguiente programa implementa la llamada a una subrutina y el código de la
misma, que devuelve una variable booleana que vale 1 si una determinada
variable está dentro de un rango y 0, en caso contrario. La subrutina tendrá los
siguientes parámetros:
Parámetros de entrada:
ƒ
ƒ
Las dos variables que determinan el rango, pasados por valor, a
través de a0 y a1.
La variable que se tiene que estudiar si está dentro del rango,
pasada por valor, a través de a2.
Parámetros de salida:
ƒ
Variable booleana que indica si la variable estudiada está o no
dentro del rango, por valor, devuelto a través de v0.
.data
rango1:
rango2:
dato:
res:
.word
.word
.word
.space
10
50
12
1
.text
main:
addi
sw
lw
lw
lw
jal
sb
lw
addi
jr
$sp,$sp,-4
$ra,0($sp)
#apilar ra
$a0,rango1($0)
#a0=rango1
$a1,rango2($0)
#a1=rango2
$a2,dato($0)
#a2=dato
subr
#saltar a subr
$v0,res($0)
#res=v0
$ra,0($sp)
$sp,$sp,4
#desapilar ra
$ra
#terminar ejecucion
programa
subr:
a sino
entonces: addi
j
sino:
finsi:
blt
add
jr
$a2,$a0,sino
#Si a2a1 saltar
$v0, $0,1
#v0=1
finsi
#saltar a finsi
$v0,$0,$0
#v0=0
$ra
#retornar
Disponible en ejercicio4.s
Reiniciliza el simulador, carga el programa, ejecútalo y comprueba el resultado
almacenado en la posición de memoria res.
Cuestiones
Identifica las instrucciones que se necesitan en:
ƒ
ƒ
El programa que hace la llamada para:
1. La carga de parámetros en los registros.
2. La llamada a la subrutina.
3. El almacenamiento del resultado.
La subrutina para:
1. La lectura y procesamiento de parámetros.
2. La carga del resultado en v0
3. El retorno al programa que ha hecho la llamada.
Modifica el código anterior para que los parámetros que se pasan a la
subrutina subr, tanto los de entrada como el de salida, se pasen por
referencia. Los pasos a realizar tanto por el programa que hace la
llamada como por la subrutina son los siguientes:
ƒ
En el programa que hace la llamada:
1. Cargar la dirección de los parámetros en los registros
correspondientes (entrada y salida).
2. Llamada a la subrutina.
ƒ En la subrutina:
1. Lectura de los parámetros de entrada a partir de las
direcciones pasada como parámetro.
2. Procesamiento de los parámetros de entrada y generación
del resultado.
3. Almacenamiento del resultado en la dirección de memoria
pasada a través del parámetro de salida
4. Retorno al programa que hizó la llamada.
Ejecuta el programa obtenido y comprueba que el resultado obtenido es
el mismo que el del programa original.
Modifica el código anterior para que los parámetros de entrada a la subrutina
se pasen por valor mediante la pila y el de salida se pase también a través
de la pila pero por referencia. A continuación se muestra un esquema de
cómo debe ser la situación de la pila en el momento que empieza a
ejecutarse la subrutina:
rango1 +
rango 2
dato
sp -->
res
Bloque de activación de la subrutina
El bloque de activación de la subrutina es el segmento de pila que contiene toda
la información referente a una llamada a una subrutina (parámetros pasados a
través de la pila, registros que modifica la subrutina y variables locales). Un
bloque típico abarca la memoria entre el puntero de bloque (normalmente
llamado regisro $fp en el ensamblador del MIPS, se trata del registro 30), que
apunta a la primera palabra almacenada en el bloque, y el puntero de pila ($sp),
que apunta a la última palabra del bloque. El puntero de pila puede variar su
contenido durante la ejecución de la subrutina y, por lo tanto, las referencias a
una variable local o a un parámetro pasado a través de la pila podrían tener
diferentes desplazamientos relativos al puntero de pila dependiendo de dónde
estuviera éste en cada momento. De forma alternativa, el puntero de bloque
apunta a una dirección fija dentro del bloque. Así pues, la subrutina en ejecución
usa el puntero de bloque de activación para acceder mediante desplazamientos
relativos a éste a cualquier elemento almacenado en el bloque de activación
independientemente de dónde se encuentre el puntero de pila.
Los bloques de activación se pueden construir de diferentes formas. No obstante,
lo que realmente importa es que el programa que hace la llamada y la subrutina
deben estar de acuerdo en la secuencia de pasos a seguir. Los pasos que se
enumeran a continuación describen la convención de llamada y retorno de una
subrutina que se adopta. Esta convención interviene en tres puntos durante una
llamada y retorno a una subrutina: Inmediatamente antes de llamar a la subrutina
e inmediatamente después del retorno de la misma, en el programa que hace la
llamada, en el momento justo en el que la subrutina empieza su ejecución e
inmediatamente antes de realizar el retorno en la subrutina:
En el programa que hace la llamada:
ƒ Inmediatamente antes de hacer la llamada a la subrutina:
ƒ Se deben cargar los parámetros de entrada (y los de salida
si se pasan por referencia) en los lugares establecidos, los
cuatro primeros en registros y el resto en la pila.
ƒ Inmediatamente despus del retorno de la subrutina:
ƒ Se debe limpiar la pila de los parámetros almacenados en
ella, actualizando el puntero de pila.
o En la subrutina:
ƒ En el momento que empieza la ejecución:
ƒ Reservar espacio en la pila para apilar todos los registros
que la subrutina vaya a modificar y para las variables
locales que se almacenarán en la pila.
ƒ Puesto que el registro $fp es uno de los registros
modificados por la subrutina, va a ser utilizado como
puntero al bloque de activación, deberá apilarse. Para que
la posterior limpieza del bloque de activación sea más
sencilla, conviene apilarlo como primera palabra detrás de
los parámetros que ha apilado el programa que ha hecho
la llamada (si los hubiese).
ƒ Actualizar el contenido del registro fp, para que apunte a
la posición de la pila donde acabamos de almacenar el
contenido del fp.
ƒ Apilar el contenido del resto de registros que se van a
modificar, que pueden ser: $t0-$t9, $s0-$s7, $a0-$a3, $ra.
ƒ Inmediatamente antes del retorno:
ƒ Recuperar el contenido de los registros apilados y
actualizar el puntero de pila para limpiar la pila.
o
El Bloque de activación de una subrutina tendría, por lo tanto, la
siguiente estructura:
Parámetros Parámetros apilados por el programa que hace la
+
llamada
5,6....
fp -Registro fp Registros apilados por la subrutina
>
Registro ra
Registros
a0-a3
Registros
s0-s7
Registros
t0-t9
sp -- variables
locales
>
Quinto ejercicio
El siguiente programa implementa una subrutina que calcula los elementos nulos
de un vector. Los parámetros que se le pasan son:
Parámetros de entrada:
ƒ La dimensión del vector (pasado por valor).
ƒ La dirección del primer elemento del vector (pasado por
referencia).
Estos parámetros se pasarán a través de la pila ya que el objetivo que se
pretende remarcar con este programa es la gestión del bloque de
activación de una subrutina. Según el convenio establecido, estos
parámetros se pasarían a través de los registros a0 y a1.
o Parámetros de salida:
ƒ Contador de elementos nulos del vector.
Este parámetro se devolverá a traves del registro v0.
o
En la subrutina se termina de crear el bloque de activación de la subrutina, que
estará formado por los parámetros que se han pasado a través de la pila
(parámetros de entrada) y por los registros que vaya a modificar la subrutina,
que apilará al principio de la ejecución de la subrutina. No se reserva espacio
para variables locales puesto que se utilizan registros para almacenarlas.
Por otro lado, para que se pueda apreciar mejor la evolución del bloque de
activación de la subrutina en distintos puntos del programa, en el programa main
lo primero que se hace es inicializar los registros s0, s1, s2 y fp a unos valores.
Al finalizar la ejecución del programa el contenido de estos registros debería ser
el mismo.
.data
n1:
vec1:
nul1:
.word
.word
.space
4
1,0,0,2
.text
#en primer lugar
main:
li
li
li
se inicializan los registros s0, s1, s2 y fp
li
$s0,1
$s1,2
$s2,3
$fp,4
4
addi
sw
$sp,$sp,-4
$ra,0($sp)
addi
lw
sw
la
sw
$sp, $sp,-8
$t0, n1($0)
$t0,4($sp)
$t0, vec1
$t0, 0($sp)
jal
subr
ret:
addi
$sp,$sp,8
sw
$v0,nul1($0)
lw
addi
jr
$ra,0($sp)
$sp,$sp,4
$ra
sw
addi
sw
sw
sw
addi
$sp,$sp,-16
$fp, 12($sp)
$fp,$sp,12
$s0,-4($fp)
$s1,-8($fp)
$s2,-12($fp)
lw
lw
$s0,4($fp)
$s1,8($fp)
subr:
and
$v0, $v0,$0
#bucle cuenta elem. nulos.
bucle:
beq
$s1,$0,finb
# si s1 = 0 saltar a finb
lw
$s2, 0($S0)
# cargar s2=Mem(s0)
bne
$s2, $0, finsi #si s3<>0 saltar a finsi
addi
$v0,$v0,1
#v0=s2
finsi: addi
$s0, $s0,4
# s0 = s0+4
addi
$s1, $s1,-1
# s1=s1-1
j bucle
#saltar a bucle
finb:
lw
lw
addi
lw
addi
jr
lw
$s0,-4($fp)
$s1,-8($fp)
$s2,-12($fp)
$sp,$fp,0
$fp,0($sp)
$sp,$sp,4
$ra
Disponible en ejercicio5.s
Cuestiones
Identifica la instrucción o conjunto de intrucciones que realizan las
siguientes acciones en programa que hace la llamada a la subrutina subr
y en la subrutina:
ƒ
En el programa que hace la llamada:
1. Carga de parámetros en la pila.
2. Llamada a la subrutina.
ƒ
3. Limpieza de la pila de los parámetros pasados a través de
ella.
4. Almacenamiento del resultado.
En la subrutina:
1. Acutalización del bloque de activación de la subrutina.
2. Lectura de los parámetros de la pila y procesamiento de
los mismos.
3. Carga del resultado en v0.
4. Desapilar bloque de activación los registros apilados y
eliminar las variables locales. Actualizar el puntero de
pila.
5. Retorno al programa que ha hecho la llamada.
Ejecuta paso a paso el programa anterior y dibuja la situación del bloque de
activación y de los registros s0, s1, s2, fp, sp, ra y PC en cada una de las
siguientes situaciones:
ƒ
ƒ
ƒ
Programa que hace la llamada a la subrutina subr, hasta el
momento que hace la llamada:
1. Antes y después de ejecutar la instrucción addi $sp, $sp, 8 (situación uno).
2. Antes y despueacute;s de ejecutar la instrucción jal subr.
(situación justo antes de llamar a la subrutina)
Subrutina:
1. Después de ejecutar la instrucción addi $sp, $sp, -16.
2. Después de ejecutar la instrucción sw $fp, 12($sp).
3. Después de ejecutar la instrucción addi $fp, $sp, 12.
4. Despue´s de ejecutar la instrucción sw $s2, -12($fp).
5. Después de ejecutar la instrucción lw $s0, 4($fp).
6. Después de ejecutar la instrucción lw $s1, 4($fp).
7. Después de ejecutar el bucle (denominado bucle).
8. Antes y después de ejecutar addi $sp, $fp, 0.
9. Después de ejecutar lw $fp, 0($sp).
10. Después de ejecutar addi $sp, $sp, 4. Comprobar qué la
situación de la pila y de los registros sp y fp es la misma
que justo antes de llamar a la subrutina).
11. Después de ejecutar jr $ra
Programa que hace la llamada después de retornar de la
subrutina:
1. Antes y después de ejecutar addi sp, sp, 8. Comprobar qué
el contenido de los registros y de la pila se corresponde
con la situación uno.
Modifica el código para que los parámetros se pasen a través de los registros
$a0-$a1 y el de salida a través de v0. Supongamos que el programa que
hace la llamada pretende que después de ejecutar la subrutina estos
registros contengan el mismo contenido que el que se ha cargado
inicialmente en el programa.
Problemas propuestos
Implementa una subrutina en ensamblador que calcule cuántos elementos de
un vector de enteros de dimensión n son iguales a un elemento dado:
ƒ
Parámetros de entrada a la subrutina:
1. dirección del primer elemento del vector,
2. total de elementos del vector (dimensión),
3. elemento a comparar.
ƒ Parámetro de salida de la subrutina:
1. contador calculado.
Realiza las siguientes implementaciones:
Implementa la subrutina de forma que todos los parámetros que se le
pasan sean por valor excepto aquéllos que obligatoriamente se
deban pasar por referencia, y a través de registros.
Implementa la subrutina de forma que todos los parámetros se pasen
por referencia y a través de registros.
Implementa la subrutina donde los parámetros que se pasan sean del
mismo tipo que en el primer caso pero utilizando la pila como
lugar para realizar el paso de parámetros.
Implementa una subrutina en ensamblador, tal que dado un vector de enteros
de dimensión n obtenga el elemento (i) de dicho vector. La subrutina
tendrá como parámetros de entrada: la dirección del vector, la dimensión
del mismo y el del elemento a devolver. La subrutina devolverá el
elemento i-ésimo. Realiza la llamada y el retorno a la subrutina según el
convenio establecido.
Implementa una subrutina en ensamblador, tal que dada una matriz de
enteros de dimensión n x m, almacenada por filas, obtenga el elemento
(i,j) de dicha matriz. La subrutina tendrá como parámetros de entrada: la
dirección de la matriz, las dimensiones de la misma y los índices
elemento a devolver. La subrutina devolverá el elemento (i,j). Realiza la
llamada y el retorno a la subrutina según el convenio establecido.
<--Estructuras de control
El simulador SPIM > -->
Examen de Teoría
Fundamentos de Computadores de Ingeniería Informática
Facultad de Informática. Universidad de Las Palmas de GC
15 de diciembre de 2005
1. (2 puntos) Ha aparecido en el mercado una nueva versión de un procesador
en la que la única mejora con respecto a la versión anterior es una unidad de
coma otante mejorada que permite reducir el tiempo de las instrucciones
de coma otante a tres cuartas partes del tiempo que consumían antes.
Suponga que en los programas que constituyen la carga de trabajo habitual
del procesador las instrucciones de coma otante consumen un promedio
del 13 % del tiempo del procesador antiguo:
a ) (0.75 puntos) ¾Cuál es la máxima ganancia de velocidad que puede
esperarse en los programas si se sustituye el procesador de la versión
antigua por el nuevo?
b ) (1.25 puntos) ¾Cuál debería ser el porcentaje de tiempo de cálculo con
datos en coma otante (en la versión antigua del procesador) en sus
programas para esperar una ganancia máxima de 4?
2. (3 puntos) El tratamiento de las excepciones del procesador MIPS básico
consiste en la escritura de la dirección de la instrucción causante de la excepción en el registro EP C , la escritura en el registro Cause de la causa
de la excepción (0 para instrucción desconocida y 1 para desbordamiento aritmético) y la ruptura del secuenciamiento de las instrucciones a la
dirección 0x0C000000.
Las guras 1 y 2 son la ruta de datos y la especicación del control para
el procesador MIPS básico.
Realiza las modicaciones de la ruta de datos y especica el control mediante una tabla de verdad para incluir el tratamiento de las excepciones
tal y como ha sido denido anteriormente.
3. (2.0 puntos) Las guras 3 y 4 representan la ruta de datos y la especicación
del control para la implementación multiciclo del procesador MIPS básico
1
con la inclusión del hardware y control necesarios para tratar las excepciones por instrucción desconocida y desbordamiento aritmético. Además, las
guras 5 y 6 especican el control microprogramado de la implementación
multiciclo del procesador MIPS básico. Realiza las modicaciones necesarias del microprograma y del secuenciador del microprograma de la gura
7 para que incluya el tratamiento de excepción por desbordamiento aritmético. Es necesario especicar el contenido de las ROM de "dispatch"que
hayan sido modicadas. El tratamiento de la excepción por instrucción
desconocida no es necesario incluirlo.
4. (0.5 puntos) Cambia el valor de los bits 3, 7, 9, 21, 29 (sin modicar el resto
de los bits) de la posición de memoria etiquetada palabra y de contenido
0xFF0F1235 almacenada en memoria a partir de la dirección 0x10000004.
5. (2.5 puntos) Diseña un programa en ensamblador que dado un vector de
enteros V obtenga cuántos elementos de este vector están dentro del rango
determinado por dos variables rango1 y rango2 (ambos inclusives). El programa deberá inicializar los elementos del vector en memoria, una variable
que almacenará el número de elementos que tiene ese vector y dos variables
donde se almacenarán los rangos. También deberá reservar espacio para la
variable resultante.
2
Figura 1: Ruta de datos monociclo
3
PC
Instruction
memory
Read
address
4
Instruction
[31–0]
Add
Instruction [15 0]
Instruction [15 11]
Instruction [20 16]
Instruction [25 21]
Instruction [31 26]
0
M
u
x
1
16
Instruction [5 0]
Write
data
Sign
extend
Read
data 1
Read
Re
register 2
Registers Read
Write
data 2
register
Read
register 1
RegDst
Branch
Branch
MemRead
MemtoReg
Control ALUOp
MemWrite
ALUSrc
RegWrite
32
ALU
control
0
M
u
x
1
Shift
left 2
Zero
ALU ALU
result
ALU
Add result
Write
data
Address
1
Read
data
Data
memory
PCSrc
M
u
x
0
1
M
u
x
0
Figura 2: Control monociclo
4
RegDst
ALUSrc
MemToReg
RegWrite
MemRead
MemWrite
Branch
ALUOp1
ALUOp0
Op5-0 ->
(bits 31-26)
00 0000
0D
R-Format
1
0
0
1
0
0
0
1
0
10 0011
35D
lw
0
1
1
1
1
0
0
0
0
10 1011
43D
sw
x
1
x
0
0
1
0
0
0
00 0100
4D
beq
x
0
x
0
0
0
1
0
1
R-format
Op0
Op3
Op2
Op1
Op4
Op5
Iw
sw
beq
Implementación con PLA
Inputs
ALUOpO
ALUOp1
Branch
MemWrite
MemRead
RegWrite
MemtoReg
ALU
ALUSrc
RegDst
Outputs
5
Figura 3: Camino de datos con excepciones
PC
0
M
u
x
1
Write
data
MemData
Memory
Address
Instruction
[15– 0]
0]
Instruction
[20– 16]
Instruction
[25– 21]
Instruction
[31-26]
Memory
data
register
Instruction
[15– 0]
Instruction
register
Op
[5– 0]
Control
Outputs
0
M
u
x
1
0
M
Instruction u
x
[15– 11]
1
Instruction [25– 0]
IRWrite
MemtoReg
MemWrite
MemRead
PCWrite
IorD
PCWriteCond
Sign
extend
32
Instruction [5– 0]
16
Write
data
Read
Read
register 2 data 1
Registers
Write
Read
register data 2
Read
register 1
RegDst
RegWrite
ALUSrcA
ALUSrcB
CauseWrite
IntCause
EPCWrite
PCSource
ALUOp
Shift
left 2
B
A
4
0
1M
u
2x
3
0
M
u
x
1
28
Zero
ALU ALU
result
PC [31-28]
Shift
left 2
ALU
control
26
1
0
ALU
ALUOut
CO 00 00 00
Jump
address [31-0]
u
x
0
M
u
x
1
Cause
EPC
3
2
1M
0
6
5
RegWrite
MemtoReg = 1
RegDst = 0
Overflow
R-type completion
RegDst = 1
RegWrite
MemtoReg = 0
Overflow
7
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 10
')
'SW
Execution
6
=
(Op
Memory
access
MemWrite
IorD = 1
Write-back step
MemRead
IorD = 1
=
(Op
') o r
'LW
11
)
ype
R-t
=
(Op
Branch
completion
8
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 01
PCWriteCond
PCSource = 01
9
PCWrite
PCSource = 10
10
Jump
completion
ALUSrcA = 0
ALUSrcB = 11
ALUOp = 00
Instruction decode/
decode/
Register fetch
1
IntCause = 1
CauseWrite
A
ALUSrcA
=0
ALUSrcB = 01
ALUOp = 01
EPCWrite
PCWrite
PCSource = 11
(O
p
MemRead
ALUSrcA = 0
IorD = 0
IRWrite
ALUSrcB = 01
ALUOp = 00
PCWrite
PCSource = 00
Instruction fetch
'B
EQ
')
=
0
(Op = 'J')
Start
')
W
'S
4
3
p
(O
=
Memory
access
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 00
Memory address
computation
2
(Op = 'LW')
)
er
oth
=
p
(O
Figura 4: Especicación del control con excepciones
IntCause = 0
CauseWrite
ALUSrcA = 0
ALUSrcB = 01
ALUOp = 01
EPCWrite
PCWrite
PCSource = 11
C o n tr o l A L U
SRC1
O p e r a c ió n
ALUO p0
0
0
Sum a
0
PC
0
1
R e s ta
1
A
1
0
F unc. code
R e g is t e r C o n t r o l
R e g W r ite
R egD st
M em ToR eg
1
1
0
1
0
1
SRC2
O p e r a c ió n
A d d rS rc A
ALUop1
O p e ra c ió n
A L U S rB 1
A L U S rc B 0
0
0
B
0
1
4
1
0
E x te n d
1
1
E x tS h ft
M e m o ria
O p e r.
O p e r.
IR W rite
M em Read
M e m W rite
Io rD
W r ite A L U
1
1
0
0
R ead PC
W r ite M D R
0
1
0
1
R ead ALU
0
0
1
1
W rite A L U
Sec
Control PCWrite
PCSrc1
PcSrc0
PCwrite
PCWrtCond
0
0
1
0
Oper.
A d d rC tl0
1
1
Seq.
0
0
F e tc h
0
1
D is p a tc h 1
1
0
D is p a tc h 2
ALU
0
1
0
1
ALUOut-Cond
1
0
1
0
Jump address
O p e ra c ió n
A d d rC tl1
Figura 5: Campos y codicación de los valores de las microinstrucciones
Estado
0
1
2
3
4
5
6
Etiqueta
Fetch
Mem1
LW2
Control SRC1
ALU
Add
PC
Add
PC
Add
A
Control
Registros
4
Extshft Read
Extend
Memoria
Read PC
Read ALU
Write MDR
Write ALU
SW2
Rformat1 Func
Cod
A
B
Subt
A
B
BEQ1
9
JUMP1
ALUOutcond
Jump
Address
Figura 6: Microprograma
7
AddrCtl0
Control
Secuenc.
PCWrite
ALU
Seq.
Dispatch 1
Dispatch 2
Seq
Fetch
Fetch
Seq
Write ALU
7
8
Sec.
AddrCtl1
PCWriteCond
PCWrite
PCSource0
PCSource1
Control PCWrite
MemWrite
IorD
MemRead
Memoria
IRWrite
MemToReg
RegWrite
ALUSrcB0
ALUSrcB1
SRC2
RegDst
Control
Registro
SRC2
AluSrcA
Aluop0
Aluop1
Control ALU SRC1
Fetch
Fetch
Fetch
Sec
O p e ra c ió n
A d d rC tl1
A d d rC tl0
1
1
Seq.
0
0
F e tc h
0
1
D is p a tc h 1
1
0
D is p a tc h 2
PLA or ROM
1
State
Adder
3
Mux
2 1
A ddrCtl
0
0
Dispatch ROM 1
Dispatch ROM 2
Dispatch ROM2
Op [5:0]
Nombre
Valor
100011
lw
LW2 (3)
101011
sw
SW2 (5)
Op
Address select logic
Op [5:0]
000000
000010
000100
100011
101011
Instruction register
opcode field
Dispatch ROM1
Nombre
Valor
R-Format R-Format1 (6)
jmp
JUMP1 (9)
beq
BEQ1 (8)
lw
MEM1 (2)
sw
MEM1 (2)
Figura 7: Secuenciador del microprograma
8
Examen de Teoría
Fundamentos de Computadores de Ingeniería Informática
Facultad de Informática. Universidad de Las Palmas de GC
7 de septiembre de 2005
1. (3.0 puntos) La gura 1 representa una ruta de datos alternativa para la
implementación multiciclo del procesador MIPS básico estudiado. En esta
implementación, los registros temporales A y B han sido eliminados con
la intención de realizar en un único ciclo un acceso de lectura al banco de
registro y una operación ALU.
La gura 2 es la especicación del control multiciclo para el procesador
MIPS básico estudiado y es incluida aquí por si fuera de ayuda.
Escribe la especicación completa de la nueva unidad de control para esta
nueva ruta de datos que incluya el control para las instruciones load, store,
aritméticas y jump. El control para la instrucción beq no es necesario
hacerlo.
2. (1.5 puntos) Considera que una ventaja de la nueva implementación del
procesador es la reducción de los ciclos por instrucción en una unidad
para todas las instrucciones, mientras que una desventaja es el aumento
del tiempo de ciclo. A partir de la mezcla de instrucciones de la tabla
1, ¾Cuál es el máximo incremento de frecuencia permitido para la nueva
implementación respecto a la implementación original (en tanto por ciento)
para que la propuesta no haga más lento la ejecución del programa gcc?
Tipo
Tipo-R
Load
Store
Saltos y bifurcaciones
Frecuencia ( %)
41
24
14
21
Cuadro 1: Frecuencia simplicada de usos de las instrucciones para el programa gcc
3. (2.5 puntos) Las guras 3 y 4 especican el control microprogramado de la
implementación multiciclo del procesador MIPS básico estudiado. Realiza
las modicaciones necesarias del microprograma para que sea válido para
la ruta de datos de la gura 1.
1
Figura 1: Camino de 2datos con excepciones
3
5
RegWrite
MemtoReg = 1
RegDst = 0
Overflow
R-type completion
RegDst = 1
RegWrite
MemtoReg = 0
Overflow
7
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 10
')
'SW
Execution
6
=
(Op
Memory
access
MemWrite
IorD = 1
Write-back step
MemRead
IorD = 1
=
(Op
') o r
'LW
11
)
ype
R-t
=
(Op
Branch
completion
8
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 01
PCWriteCond
PCSource = 01
9
PCWrite
PCSource = 10
10
Jump
completion
ALUSrcA = 0
ALUSrcB = 11
ALUOp = 00
Instruction decode/
decode/
Register fetch
1
IntCause = 1
CauseWrite
A
ALUSrcA
=0
ALUSrcB = 01
ALUOp = 01
EPCWrite
PCWrite
PCSource = 11
(O
p
MemRead
ALUSrcA = 0
IorD = 0
IRWrite
ALUSrcB = 01
ALUOp = 00
PCWrite
PCSource = 00
Instruction fetch
'B
EQ
')
=
0
(Op = 'J')
Start
')
W
'S
4
3
p
(O
=
Memory
access
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 00
Memory address
computation
2
(Op = 'LW')
)
er
oth
=
p
(O
Figura 2: Especicación del control con excepciones
IntCause = 0
CauseWrite
ALUSrcA = 0
ALUSrcB = 01
ALUOp = 01
EPCWrite
PCWrite
PCSource = 11
C o n tr o l A L U
SRC1
O p e r a c ió n
ALUO p0
0
0
Sum a
0
PC
0
1
R e s ta
1
A
1
0
F unc. code
R e g is t e r C o n t r o l
R e g W r ite
R egD st
M em ToR eg
1
1
0
1
0
1
SRC2
O p e r a c ió n
A d d rS rc A
ALUop1
O p e ra c ió n
A L U S rB 1
A L U S rc B 0
0
0
B
0
1
4
1
0
E x te n d
1
1
E x tS h ft
M e m o ria
O p e r.
O p e r.
IR W rite
M em Read
M e m W rite
Io rD
W r ite A L U
1
1
0
0
R ead PC
W r ite M D R
0
1
0
1
R ead ALU
0
0
1
1
W rite A L U
Sec
Control PCWrite
PCSrc1
PcSrc0
PCwrite
PCWrtCond
0
0
1
0
Oper.
A d d rC tl0
1
1
Seq.
0
0
F e tc h
0
1
D is p a tc h 1
1
0
D is p a tc h 2
ALU
0
1
0
1
ALUOut-Cond
1
0
1
0
Jump address
O p e ra c ió n
A d d rC tl1
Figura 3: Campos y codicación de los valores de las microinstrucciones
Estado
0
1
2
3
4
5
6
Etiqueta
Fetch
Mem1
LW2
Control SRC1
ALU
Add
PC
Add
PC
Add
A
Control
Registros
4
Extshft Read
Extend
Memoria
Read PC
Read ALU
Write MDR
Write ALU
SW2
Rformat1 Func
Cod
A
B
Subt
A
B
BEQ1
9
JUMP1
ALUOutcond
Jump
Address
Figura 4: Microprograma
4
AddrCtl0
Control
Secuenc.
PCWrite
ALU
Seq.
Dispatch 1
Dispatch 2
Seq
Fetch
Fetch
Seq
Write ALU
7
8
Sec.
AddrCtl1
PCWriteCond
PCWrite
PCSource0
PCSource1
Control PCWrite
MemWrite
IorD
MemRead
Memoria
IRWrite
MemToReg
RegWrite
ALUSrcB0
ALUSrcB1
SRC2
RegDst
Control
Registro
SRC2
AluSrcA
Aluop0
Aluop1
Control ALU SRC1
Fetch
Fetch
Fetch
Examen de Teoría
Fundamentos de Computadores de Ingeniería Informática
Facultad de Informática. Universidad de Las Palmas de GC
13 de julio de 2005
1. (3 puntos) La instrucción Move Conditional on Zero MOVZ rd, rs, rt es
una instrucción tipo R del repertorio de instrucciones del procesador MIPS
que mueve condicionalmente el registro rs al registro rd cuando el registro
rt es igual 0. El formato de la instrucción es el siguiente:
b31 . . . b26 b25 . . . b21 b20 . . . b16 b15 . . . b11 b10 . . . b6
b5 . . . b 0
0...0
rs
rt
rd
0...0 0 0 1 0 1 0
a ) (1.5 puntos) Añada los caminos de datos y las señales de control necesarias al camino de datos multiciclo de la gura 1 para la ejecución
de esta instrucción.
b ) (1.5 puntos) Indique las modicaciones necesarias de la máquina de
estados nitos de la gura 2 para la inclusión de la instrucción M OV Z .
2. (1.5 puntos) Una ventaja de incluir la instrucción MOVZ en el repertorio
de instrucciones consiste en la posibilidad de sustituir cada pieza de código
con la siguiente estructura:
bne rs, nocopiar
add rd, rt, r0
nocopiar: . . .
por el código:
movz rd, rs, rt
Ten en cuenta que cuando hacemos esta sustitución disminuye el número
de instrucciones del programa y también el número de ciclos de ejecución
(de 3 ciclos del beq más 4 ciclos del add pasamos a 4 ciclos del movz ).
Considerando que esta mejora es aplicable sólo al 2 por ciento del total
de las instrucciones de salto y bifurcación, calcula la máxima mejora de
rendimiento introducida al incluir esta instrucción en el repertorio de instrucciones para el programa gcc que tiene la distribución de instrucciones
del cuadro 1.
1
Tipo
Tipo-R
Load
Store
Saltos y bifurcaciones
Frecuencia ( %)
41
24
14
21
Cuadro 1: Frecuencia simplicada de usos de las instrucciones para el programa gcc
3. (2.5 puntos) Las guras 1 y 2 representan la ruta de datos y la especicación del control para la implementación multiciclo del procesador MIPS
básico con la inclusión del hardware y control necesarios para tratar las excepciones por instrucción desconocida. Además, las guras 3 y 4 especican
el control microprogramado de la implementación multiciclo del procesador MIPS básico. Realiza las modicaciones necesarias del microprograma
y del secuenciador del microprograma de la gura 5 para que incluya el
tratamiento de excepción por instrucción desconocida. Es necesario especicar el contenido de las ROM de "dispatch"que hayan sido modicadas. El
tratamiento de la excepción por desbordamiento aritmético no es necesario
incluirlo.
2
3
Figura 1: Camino de datos con excepciones
PC
0
M
u
x
1
Write
data
MemData
Memory
Address
Instruction
[15– 0]
0]
Instruction
[20– 16]
Instruction
[25– 21]
Instruction
[31-26]
Memory
data
register
Instruction
[15– 0]
Instruction
register
Op
[5– 0]
Control
Outputs
0
M
u
x
1
0
M
Instruction u
x
[15– 11]
1
Instruction [25– 0]
IRWrite
MemtoReg
MemWrite
MemRead
PCWrite
IorD
PCWriteCond
Sign
extend
32
Instruction [5– 0]
16
Write
data
Read
Read
register 2 data 1
Registers
Write
Read
register data 2
Read
register 1
RegDst
RegWrite
ALUSrcA
ALUSrcB
CauseWrite
IntCause
EPCWrite
PCSource
ALUOp
Shift
left 2
B
A
4
0
1M
u
2x
3
0
M
u
x
1
28
Zero
ALU ALU
result
PC [31-28]
Shift
left 2
ALU
control
26
1
0
ALU
ALUOut
CO 00 00 00
Jump
address [31-0]
u
x
0
M
u
x
1
Cause
EPC
3
2
1M
0
4
5
RegWrite
MemtoReg = 1
RegDst = 0
Overflow
R-type completion
RegDst = 1
RegWrite
MemtoReg = 0
Overflow
7
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 10
')
'SW
Execution
6
=
(Op
Memory
access
MemWrite
IorD = 1
Write-back step
MemRead
IorD = 1
=
(Op
') o r
'LW
11
)
ype
R-t
=
(Op
Branch
completion
8
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 01
PCWriteCond
PCSource = 01
9
PCWrite
PCSource = 10
10
Jump
completion
ALUSrcA = 0
ALUSrcB = 11
ALUOp = 00
Instruction decode/
decode/
Register fetch
1
IntCause = 1
CauseWrite
A
ALUSrcA
=0
ALUSrcB = 01
ALUOp = 01
EPCWrite
PCWrite
PCSource = 11
(O
p
MemRead
ALUSrcA = 0
IorD = 0
IRWrite
ALUSrcB = 01
ALUOp = 00
PCWrite
PCSource = 00
Instruction fetch
'B
EQ
')
=
0
(Op = 'J')
Start
')
W
'S
4
3
p
(O
=
Memory
access
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 00
Memory address
computation
2
(Op = 'LW')
)
er
oth
=
p
(O
Figura 2: Especicación del control con excepciones
IntCause = 0
CauseWrite
ALUSrcA = 0
ALUSrcB = 01
ALUOp = 01
EPCWrite
PCWrite
PCSource = 11
C o n tr o l A L U
SRC1
O p e r a c ió n
ALUO p0
0
0
Sum a
0
PC
0
1
R e s ta
1
A
1
0
F unc. code
R e g is t e r C o n t r o l
R e g W r ite
R egD st
M em ToR eg
1
1
0
1
0
1
SRC2
O p e r a c ió n
A d d rS rc A
ALUop1
O p e ra c ió n
A L U S rB 1
A L U S rc B 0
0
0
B
0
1
4
1
0
E x te n d
1
1
E x tS h ft
M e m o ria
O p e r.
O p e r.
IR W rite
M em Read
M e m W rite
Io rD
W r ite A L U
1
1
0
0
R ead PC
W r ite M D R
0
1
0
1
R ead ALU
0
0
1
1
W rite A L U
Sec
Control PCWrite
PCSrc1
PcSrc0
PCwrite
PCWrtCond
0
0
1
0
Oper.
A d d rC tl0
1
1
Seq.
0
0
F e tc h
0
1
D is p a tc h 1
1
0
D is p a tc h 2
ALU
0
1
0
1
ALUOut-Cond
1
0
1
0
Jump address
O p e ra c ió n
A d d rC tl1
Figura 3: Campos y codicación de los valores de las microinstrucciones
Estado
0
1
2
3
4
5
6
Etiqueta
Fetch
Mem1
LW2
Control SRC1
ALU
Add
PC
Add
PC
Add
A
Control
Registros
4
Extshft Read
Extend
Memoria
Read PC
Read ALU
Write MDR
Write ALU
SW2
Rformat1 Func
Cod
A
B
Subt
A
B
BEQ1
9
JUMP1
ALUOutcond
Jump
Address
Figura 4: Microprograma
5
AddrCtl0
Control
Secuenc.
PCWrite
ALU
Seq.
Dispatch 1
Dispatch 2
Seq
Fetch
Fetch
Seq
Write ALU
7
8
Sec.
AddrCtl1
PCWriteCond
PCWrite
PCSource0
PCSource1
Control PCWrite
MemWrite
IorD
MemRead
Memoria
IRWrite
MemToReg
RegWrite
ALUSrcB0
ALUSrcB1
SRC2
RegDst
Control
Registro
SRC2
AluSrcA
Aluop0
Aluop1
Control ALU SRC1
Fetch
Fetch
Fetch
Sec
O p e ra c ió n
A d d rC tl1
A d d rC tl0
1
1
Seq.
0
0
F e tc h
0
1
D is p a tc h 1
1
0
D is p a tc h 2
PLA or ROM
1
State
Adder
3
Mux
2 1
A ddrCtl
0
0
Dispatch ROM 1
Dispatch ROM 2
Dispatch ROM2
Op [5:0]
Nombre
Valor
100011
lw
LW2 (3)
101011
sw
SW2 (5)
Op
Address select logic
Op [5:0]
000000
000010
000100
100011
101011
Instruction register
opcode field
Dispatch ROM1
Nombre
Valor
R-Format R-Format1 (6)
jmp
JUMP1 (9)
beq
BEQ1 (8)
lw
MEM1 (2)
sw
MEM1 (2)
Figura 5: Secuenciador del microprograma
6
Examen de Fundamentos de Computadores de II
Facultad de Informática. Universidad de Las Palmas de GC
7 de septiembre de 2004
1. (0.75 puntos) El formato de instrucción de un procesador tiene 6 bits para
el código de operación y 10 para la dirección del operando. Suponiendo que
una instrucción de bifurcación con direccionamiento relativo al contador
de programa, almacenada en la posición 530 (en decimal), origina un salto
a la posición 620 (en decimal), y si además el código de operación de la
instrucción de salto es 110011, justifica una posible codificación binaria de
dicha instrucción.
2. (1.25 puntos) En un procesador con instrucciones de 0 direcciones (procesador con pila), ¿qué expresión matemática calcula la secuencia de instrucciones?
P USH M[C]
P USH M[D]
ADD
P USH M[C]
P USH M[D]
ADD
MULT
P OP M[A]
3. Suponga que hubiera una instrucción MIPS llamada bcp, que copiara un
bloque de palabras de una dirección a otra. Suponga que esta instrucción
requiera que la dirección del principio del bloque fuente sea el registro t1,
la dirección destino esté en el registro t2, y el número de palabras a copiar
esté en t3 (que es ≥ 0). Además suponga que los valores de estos registros,
ası́ como el registro t4 puedan destruirse al ejecutar esta instrucción (para
que los registros puedan usarse como temporales).
(2 puntos)Escriba un programa en lenguaje en ensamblador MIPS sustitutivo de la instrucción bcp para realizar la copia del bloque. ¿Cuántas
instrucciones se ejecutarán para copiar un bloque de 100 palabras?
Utilizando el CPI de las instrucciones en la realización multiciclo,
¿cuántos ciclos se necesitan para copiar n palabras?
1
(2 puntos) Diseñe una estrategia para incluir la instrucción bcp al camino de datos de la figura 1 y a la especificación del control de la figura
2. Probablemente se necesitará hacer algunos cambios en el camino de
datos para realizar la instrucción eficientemente. Dé una descripción
de los cambios propuestos y de cómo funciona el secuenciamiento de
la instrucción.
(2 puntos) Modifique el formato original de las microinstrucciones
MIPS (figura 3) y el microprograma inical (figura 4) para que incluya
la instrucción bcp. Describa detalladamente cómo se extiende el microcódigo para soportar estructuras de control más complejas (como
un bucle) con microcódigo. ¿Ha cambiado el soporte para la instrucción bcp el tamaño del código? Además de la instrucción bcp, ¿alguna
otra instrucción se verá afectada por el cambio en el formato de instrucciones?
(2 puntos) Estime la mejora del rendimiento que se puede conseguir
al realizar la instrucción en circuiterı́a (respecto de la solución por
programa del apartado anterior) y explique de dónde procede el incremento del rendimiento.
2
PCWriteCond
PCSource
PCWrite
IorD
IorD
Outputs
ALUSrcB
MemRead
MemWrite
Control
ALUSrcA
RegWrite
MemtoReg
IRWrite
ALUO p
Op
[5– 0]
RegDst
0
PC
3
Figura 1: Camino de datos
M
26
Instructi [25– 0]
Instruction
0
M
u
x
1
Shift
left 2
Instruction
[31-26]
Address
Memory
MemData
Write
data
Instruction
[25– 21]
Read
register 1
Instruction
[20– 16]
Read
Read
register 2 data 1
Registers
Write
Read
register data 2
Instruction
[15– 0]
Instruction
register
Instruction
[15– 0]
Memory
data
register
0
M
Instruction u
x
[15– 11]
1
B
0
M
u
x
1
16
Sign
extend
e
xtend
0
4
Write
data
32
Instruction [5– 0]
Shift
left 2
Zero
ALU ALU
result
1 M
u
2 x
3
ALU
control
1 u
x
2
PC [31-28]
0
M
u
x
1
A
28
Jump
address [31-0]
ALUOut
struction decode/
Instruction
In
register fetch
Instruction fetch
( Op
2
W
= 'L
( Op
') or
)
pe
R-t y
=
( Op
Branch
completion
W')
= 'S
Execution
6
ALUSrcA = 1
USrcB = 10
ALUSrcB
AL
ALUOp = 00
8
ALUSrcA =1
ALUSrcB = 00
ALUOp= 10
p
=
'S
')
W
Memory
access
Memory
access
3
5
MemRead
IorD = 1
R-type completion
7
MemWrite
IorD = 1
RegDst = 1
RegWrite
MemtoReg = 0
Write-back step
4
RegDst =0
RegWrite
MemtoReg = 1
Figura 2: Especificación del control
4
Jump
completion
9
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 01
PCWriteCond
PCSource = 01
(O
(Op = 'L W')
ALUSrcA = 0
ALUSrcB = 11
ALUOp = 00
(Op = 'J')
Memory address
computation
1
='
BE
Q'
)
Start
MemRead
ALUSrcA = 0
IorD = 0
IRWrite
ALUSrcB = 01
ALUOp = 00
PCWrite
PCSource = 00
(O
p
0
PCWrite
PCSource = 10
C o n tr o l A L U
SRC1
O p e r a c ió n
SRC2
O p e r a c ió n
A d d rS rc A
ALU op1
ALUO p0
0
0
Sum a
0
PC
0
1
R e s ta
1
A
1
0
Func. code
A L U S rcB 0
0
0
B
0
1
4
1
0
E xte n d
1
1
E xtS h ft
Sec
Control PCWrite
PCSrc1
PcSrc0
PCwrite
PCWrtCond
0
0
1
0
Oper.
1
0
1
ALUOut-Cond
1
0
1
0
Jump address
O p e ra c ió n
A d d rC tl1
A d d rC tl0
1
1
Seq.
0
0
F e tc h
0
1
D isp a tc h 1
1
0
D isp a tc h 2
ALU
0
O p e ra c ió n
A L U S rB 1
Figura 3: Campos y codificación de los valores de las microinstrucciones
Estado
0
1
2
3
4
5
6
Etiqueta
Fetch
Mem1
LW2
Control SRC1
ALU
Add
PC
Add
PC
Add
A
Control
Registros
4
Extshft Read
Extend
Memoria
Read PC
Read ALU
Write MDR
Write ALU
SW2
Rformat1 Func
Cod
A
B
Subt
A
B
BEQ1
9
JUMP1
ALUOutcond
Jump
Address
Figura 4: Microprograma
5
AddrCtl0
Control
Secuenc.
PCWrite
ALU
Seq.
Dispatch 1
Dispatch 2
Seq
Fetch
Fetch
Seq
Write ALU
7
8
Sec.
AddrCtl1
PCWriteCond
PCWrite
PCSource0
PCSource1
Control PCWrite
MemWrite
IorD
MemRead
Memoria
IRWrite
MemToReg
RegWrite
ALUSrcB0
ALUSrcB1
SRC2
RegDst
Control
Registro
SRC2
AluSrcA
Aluop0
Aluop1
Control ALU SRC1
Fetch
Fetch
Fetch
Examen de Teorı́a
Fundamentos de Computadores de Ingenierı́a Informática
Facultad de Informática. Universidad de Las Palmas de GC
14 de julio de 2004
1. (0.5 puntos) Diseña el formato de las instrucciones de un máquina de registromemoria que tiene las siguientes caracterı́sticas:
El repertorio de instrucciones contiene en total 32 instrucciones, de las
cuales 16 son instrucciones del tipo:
• op Ry , (Rx ); esto es Ry ← Ry op M [Rx ]
Otras 8 instrucciones son del tipo:
• op Ry , Rx ; esto es Ry ← Ry op Rx
Y las otras 8 restantes están todavı́a por especificar.
Sólo admite para acceder a la memoria el modo de direccionamiento
indirecto por registro.
Tiene un banco de 8 registros.
En el formato de la instrucción se especifican 3 campos: el primero,
para el código de operación; el segundo, para especificar el registro
que es el segundo operando fuente o que contiene la dirección de memoria del segundo operando fuente; y el tercero, para especificar el
primer registro fuente que es además siempre registro destino en las
instrucciones especificadas.
2. (2.0 puntos) Para el repertorio de instrucciones del problema anterior:
(1.5 puntos) Diseña una ruta de datos monociclo que soporte la ejecución de las instrucciones especificadas. Explica claramente el nombre
y la funcionalidad de cada una de las señales de control en el camino y
el funcionamiento de cada uno de los bloques funcionales que utilices.
(0.5 puntos) Especifica la unidad de control para esa ruta de datos
mediante una tabla de verdad o método equivalente.
3. (3 puntos) Las figuras 1 y 2 muestran la estructura y la especificación del
control de la implementación básica multiciclo del procesador MIPS R3000.
1
En esta implementación tanto la instrucción de bifurcación jump como la
de salto condicional beq tardan 3 ciclos en ser ejecutadas por el procesador. Nuestro objetivo como diseñadores de este procesador es considerar la
implementación de estas dos instrucciones en dos ciclos.
a) (1.5 puntos) Añada los caminos de datos y las señales de control necesarias al camino de datos multiciclo de la figura 1 para que ambas
instrucciones sean ejecutadas por el procesador en 2 ciclos.
b) (1.5 puntos) Indique las modificaciones necesarias a la máquina de
estados finitos de la figura 2 para que ambas intrucciones sean ejecutadas por el procesador en 2 ciclos. Especifica claramente la máquina
de estados finitos modificada.
4. (3 puntos) En nuestra compañı́a además de la versión cableada del procesador básico MIPS R3000, tenemos también una versión que implementa
el control mediante la técnica de microprogramación. Las figuras 3 y 4 resumen la especificación del control mediante la técnica de microprogramación.
a) (2 puntos) Realiza las modificaciones necesarias sobre las figuras 3 y
4 para que ahora el control microprogramado funcione para el camino
de datos modificado para que las instrucciones de bifurcación y salto
funcionen en 2 ciclos. En el caso que algún cambio sea necesario,
especifica los nuevos valores de las tablas de Dispatch.
b) (1 punto) Codifica en binario o en hexadecimal las microinstrucciones
que hayas modificado o añadido.
5. (1.5 puntos) Cabe esperar que las modificaciones del procesador MIPS R3000
para que realice los saltos y las bifurcaciones en tan sólo 2 ciclos disminuya la frecuencia de reloj del procesador. Por este motivo, antes de seguir
adelante con nuestro procesador modificado, estamos interesados en saber:
a) (1 punto) ¿Cuál es la frecuencia mı́nima (en relación con la frecuencia
actual factual a partir de la cual deja de ser interesante el cambio que
proponemos?
b) (0.5 puntos) ¿Cuál es la frecuencia mı́nima necesaria para una frecuencia original de 100MHz?
2
Tipo
Tipo-R
Load
Store
Saltos y bifurcaciones
Frecuencia ( %)
41
24
14
21
Cuadro 1: Frecuencia simplificada de usos de las instrucciones para el programa
gcc
Para realizar el cálculo de esta frecuencia mı́nima, al menos de manera aproximada, disponemos de los datos de la mezcla de instrucciones del programa gcc en la tabla 1.
3
PC
4
Figura 1: Camino de datos
0
M
u
x
1
Write
data
MemData
Memory
Address
Instruction
[15– 0]
Instruction
[20– 16]
Instruction
[25– 21]
Instruction
[31-26]
Memory
data
register
Instruction
[15– 0]
Instruction
register
Op
[5– 0]
Control
Outputs
0
M
u
x
1
0
M
Instruction u
x
[15– 11]
1
Instructi [25– 0]
Instruction
IRWrite
MemtoReg
MemWrite
MemRead
IorD
IorD
PCWrite
PCWriteCond
Sign
extend
e
xtend
32
Instruction [5– 0]
16
Write
data
Read
Read
register 2 data 1
Registers
Write
Read
register data 2
Read
register 1
RegDst
RegWrite
ALUSrcA
ALUSrcB
ALUO p
PCSource
Shift
left 2
B
A
4
1 M
u
2 x
3
0
0
M
u
x
1
28
Zero
ALU ALU
result
PC [31-28]
Shift
left 2
ALU
control
26
ALUOut
Jump
address [31-0]
M
2
x
1 u
0
Instruction
In
struction decode/
register fetch
Instruction fetch
( Op
2
W
= 'L
(O
') or
p=
)
pe
R-t y
=
( Op
Branch
completion
')
'SW
Execution
6
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 10
ALUSrcB
ALUOp = 00
8
ALUSrcA =1
ALUSrcB = 00
ALUOp= 10
p
=
'S
')
W
Memory
access
3
Memory
access
5
MemRead
IorD = 1
R-type completion
7
MemWrite
IorD = 1
RegDst = 1
RegWrite
MemtoReg = 0
Write-back step
4
RegDst =0
RegWrite
MemtoReg = 1
Figura 2: Especificación del control
5
Jump
completion
9
ALUSrcA = 1
ALUSrcB = 00
ALUOp = 01
PCWriteCond
PCSource = 01
(O
(Op = 'L W')
ALUSrcA = 0
ALUSrcB = 11
ALUOp = 00
(Op = 'J')
Memory address
computation
1
='
BE
Q'
)
Start
MemRead
ALUSrcA = 0
IorD = 0
IRWrite
ALUSrcB = 01
ALUOp = 00
PCWrite
PCSource = 00
(O
p
0
PCWrite
PCSource = 10
C o n tr o l A L U
SRC1
O p e r a c ió n
ALUO p0
0
0
Sum a
0
PC
0
1
R e s ta
1
A
1
0
Func. code
PcSrc0
PCwrite
Oper.
PCWrtCond
0
0
1
0
ALU
0
1
0
1
ALUOut-Cond
1
0
1
0
Jump address
O p e ra c ió n
A L U S rB 1
A L U S rcB 0
0
0
B
0
1
4
1
0
E xte n d
1
1
E xtS h ft
Sec
Control PCWrite
PCSrc1
SRC2
O p e r a c ió n
A d d rS rc A
ALU op1
O p e ra c ió n
A d d rC tl1
A d d rC tl0
1
1
Seq.
0
0
F e tc h
0
1
D isp a tc h 1
1
0
D isp a tc h 2
Figura 3: Campos y codificación de los valores de las microinstrucciones
Estado
0
1
2
3
4
5
6
Etiqueta
Fetch
Mem1
LW2
Control SRC1
ALU
Add
PC
Add
PC
Add
A
Control
Registros
4
Extshft Read
Extend
Memoria
Read PC
Read ALU
Write MDR
Write ALU
SW2
Rformat1 Func
Cod
A
B
Subt
A
B
BEQ1
9
JUMP1
ALUOutcond
Jump
Address
Figura 4: Microprograma
6
AddrCtl0
Control
Secuenc.
PCWrite
ALU
Seq.
Dispatch 1
Dispatch 2
Seq
Fetch
Fetch
Seq
Write ALU
7
8
Sec.
AddrCtl1
PCWriteCond
PCWrite
PCSource0
PCSource1
Control PCWrite
MemWrite
IorD
MemRead
Memoria
IRWrite
MemToReg
RegWrite
ALUSrcB0
ALUSrcB1
SRC2
RegDst
Control
Registro
SRC2
AluSrcA
Aluop0
Aluop1
Control ALU SRC1
Fetch
Fetch
Fetch
Examen de Prácticas
Fundamentos de Computadores de Ingenierı́a Informática
Facultad de Informática. Universidad de Las Palmas de GC
14 de julio de 2004
Las figuras 1, 2 y 3, muestran parte del estado en un instante determinado de una máquina
MIPS R2000. La figura 1 muestra el valor de los registros, la figura 2 indica el contenido de la
memoria y la figura 3 corresponde al segmento de texto.
1. (5 puntos) Escribe el código en ensamblador de la secuencia de instrucciones ejecutadas desde el estado actual hasta que el registro contador de programa P C toma el valor 0x0040009C.
Utiliza si lo consideras conveniente la tabla de códigos de operación 1
2. (2.5 puntos) ¿Cuál es el contenido de los registros después de que el registro P C tome el
valor 0x0040009C?
3. (2.5 puntos) ¿Cuál es el contenido de la memoria después de que el registro P C tome el
valor 0x0040009C?
nemónico
lw rt, rs, inmediato
ori rt, rs, inmediato
addiu rt, rs, inmediato
slti rt, rs, inmediato
bne rs, rt, inmdiato
cód-op.
0x23
0x0D
0x09
0x0A
0x05
nemónico
sw rt, rs, inmediato
addu rd, rs, rt
mult rt, rs
slt rd, rs, rt
bgez rs, inmediato
jr rs
cód-op. campo función
0x2B
0
0x21
0
0x18
0
0x2A
0x01
0
8
Cuadro 1: Tabla de códigos de operación
Figura 1: Contenido de los registros
Figura 2: Contenido del segmento de datos
Figura 3: Lenguaje máquina de un procedimiento
Examen Fundamentos de Computadores de la Ingenierı́a
Informática
Facultad de Informática. Universidad de Las Palmas de Gran
Canaria
12 de diciembre de 2003
1. (2.5 puntos) Para un computador de longitud de palabra de 36 bits, diseña
(razonablemente) los formatos de las instrucciones para que permitan construir un repertorio de instrucciones con:
7 instrucciones con dos direcciones de 15 bits y una de 3 bits.
500 instrucciones con una dirección de 15 bits y una de 3 bits
50 instrucciones con 0 direcciones.
2. (2.5 puntos) Se está interesado en 2 realizaciones de una máquina, una con
una circuiterı́a especial de punto flotante y otra sin ella. Considérese un
programa P , con la siguiente mezcla de operaciones:
multiplicación en punto flotante
suma en punto flotante
división en punto flotante
instrucciones de enteros
10 %
15 %
5%
70 %
La máquina MPF (máquina con punto flotante) tiene circuiterı́a de punto
flotante y puede por lo tanto realizar operaciones de punto flotante directamente. Se requiere el siguiente número de ciclos de reloj para cada tipo de
instrucción:
multiplicación en punto flotante
6
suma en punto flotante
4
división en punto flotante
20
instrucciones de enteros
2
La máquina MSPF (máquina sin punto flotante) no tiene circuiterı́a de punto
flotante y por lo tanto debe emular las operaciones de punto flotante usando
instrucciones de enteros. Las instrucciones de enteros necesitan todas dos
ciclos de reloj. El número de INSTRUCCIONES de enteros necesarias para
realizar cada operación de punto flotante es el siguiente:
1
multiplicación en punto flotante 30
suma en punto flotante
20
división en punto flotante
50
Ambas máquinas tienen una frecuencia de reloj de 100MHz.
a) Calcula la tasa de MIPS (millones de instrucciones por segundo) para
ambas máquinas.
b) Si la máquina MPF necesita 300 millones de instrucciones para un programa, ¿cuántas instrucciones de enteros requerirá la máquina MSPF
para el mismo programa?
c) ¿Cuál es el tiempo de ejecución para dicho programa de 300 millones
de instrucciones en la máquina MPF y MSPF?
3. (2.5 puntos) Escribe un programa en ensamblador MIPS que inicialice un
vector de palabras con la constante 0. Asume que la dirección de comienzo
del vector está en el registro a0 y el tamaño del vector de palabras está en el
registro a1.
4. (2.5 puntos) Se quiere añadir la instrucción jm (jump memory, salto a memoria) al camino de datos multiciclo. Su formato de instrucción es igual
al de lw excepto que el campo rt no se utiliza porque el dato cargado de
memoria se coloca en el P C en vez de hacerlo en registro destino.
a) Añada los caminos de datos y las señales de control necesarias al camino de datos multiciclo.
b) Indica las modificaciones necesarias a la máquina de estados finitos.
Especifica claramente cuántos ciclos necesita la nueva instrucción para ejecutarse en su camino de datos y la máquina de estados finitos
modificada.
2
3
Figura 1: Camino de datos multiciclo.
Figura 2: Especificación del control para la ruta de datos multiciclo.
4
Convocatoria extraordinaria de septiembre (septiembre 2003). Examen de
FCI. Duración 2 horas.
1. (1 punto) Utilizando reiteradamente las leyes de Morgan, obtener una
expresión en forma de suma de productos para las siguientes funciones:
a) F = (x + y)(xȳ + z)
b) G = (x̄ȳ + xz) (x̄ + ȳz)
2. (1 punto) Obtener una expresión como suma de minterms y otra como
producto de maxterms para la siguiente función:
f (x, y, z) = xȳ + x̄z + yz̄
3. (1 punto) Dada la siguiente función como suma de minterms, pasarla a
producto de maxterms. Minimizar la expresión resultante de la función
empleando maxterms.
P
f (x, y, z, w) =
m(0, 2, 3, 4, 5, 6, 11)
4. (2 puntos) Obtener el resultado de las siguientes operaciones binarias:
a) 110101 + 1001001
b) 1110010110 − 101011001
c) 0,01001 × 101,1001
d ) 1011,001/0,1101
5. (2.5 puntos) Minimizar la tabla de estado utilizando uno de los dos
métodos estudiados.
0
1
2
3
A B,1 A,1 E,0 D,0
B F,1 C,0 E,1 A,1
C I,1 B,0 F,1 I,1
D F,1 B,0 I,1 A,1
E H,0 A,1 I,1 F,0
F B,0 A,1 I,1 F,0
G B,1 A,1 F,0 I,0
H E,1 C,0 F,1 A,1
I B,0 A,1 G,1 I,0
1
6. (2.5 puntos) Diseña con biestables tipo D un sistema secuencial sı́ncrono
con dos entradas, E y C, y dos salidas, Z y S. Si durante tres pulsos de
reloj se mantiene C=1, entonces Z = E y S = 1; si durante tres pulsos
de reloj se mantiene C = 0, entonces Z = Ē y S = 1; en cualquier otro
caso ha de ser Z = 0 y S = 0.
2
Examen Fundamentos de Computadores de la Ingenierı́a Informática
Facultad de Informática. Universidad de Las Palmas de Gran Canaria
Septiembre de 2003
1.
(2.5 puntos) Comparar las máquinas de 0, 1 y 2 direcciones, escribiendo programas para calcular la expresión:
X = (A + B · C)/(D − E · F − G · H)
Para cada una de los tres tipos de máquinas el repertorio de instrucciones disponibles es el siguiente:
0 direcciones
PUSH M
POP M
SUM
SUB
MUL
DIV
1 direcciones
LOAD M
STORE M
SUM M
SUB M
MUL M
DIV M
2 direcciones
MOVE X, Y
SUM X, Y
RES X, Y
MUL X, Y
DIV X, Y
donde M es una dirección de memoria de 16 bits y X e Y son direcciones de 16
bits o números de registros de 4 bits.
La máquina de 0 direcciones usa una pila, la de 1 dirección usa un acumulador y
la de dos direcciones tiene 16 registros e instrucciones en las que cada operando
puede estar en un registro o en memoria. Suponiendo códigos de operación de
8 bits y longitudes de instrucción que son múltiplos de 4 bits. ¿Cuántos bits
necesita cada computadora para representar el programa que calcula el valor de
X?
2. (2.0 puntos) Asuma la personalidad del diseñador jefe de un nuevo procesador.
El diseño del procesador y el compilador están completados, y ahora se debe
decidir si se fabrica el diseño actual tal y como está o se utiliza tiempo adicional
para mejorarlo. Se discute el problema con el grupo de ingenierı́a de circuitos y
se llega a las siguientes opciones:
Dejar el diseño tal y como está. A esta máquina base se le da el nombre
de Mbase. Tiene una frecuencia de reloj de 500MHz y se han tomado las
siguientes medidas usando un simulador:
Tipo de instrucción CPI Frecuencia
A
2
40 %
B
3
25 %
C
3
25 %
D
5
10 %
Optimizar la circuiterı́a. El grupo de ingenierı́a de circuitos indica que puede mejorar el diseño del procesador para dar una frecuencia de 600MHz.
A esta máquina se le da el nombre Mopt. Se han tomado las siguientes
medidas usando un simulador para Mopt:
1
Tipo de instrucción
A
B
C
D
CPI
2
3
3
4
Frecuencia
40 %
25 %
25 %
10 %
a) ¿Cuál es el CPI para cada máquina? (0.5 puntos)
b) ¿Cuáles son las tasas de MIPS originales para Mbase y Mopt? (0.5 puntos)
c) ¿Cuánto más rápida es Mopt que Mbase? (1.0 puntos)
3.
(1.5 puntos) El procedimiento strcpy copia la cadena y en la cadena x
usando la convención de C de terminación con byte nulo:
void strcpy(char x[], char y[])
{
int i;
i = 0;
while ((x[i]=y[i])!=0) /* copia y comprueba el byte */
i = i+1;
}
4.
(1.5 puntos) Se quiere añadir la instrucción jm (jump memory o salto a memoria) al camino de datos multiciclo. El formato de la nueva instrucción es igual
al de la instrucción lw excepto que el campo rt no se utiliza porque el dato cardado de memoria se coloca en el PC en lugar de escribirlo en el registro
destino. Añada los caminos de datos y las señales de control necesarias al camino de datos multiciclo de la figura 1, e indique las modificaciones necesarias a
la máquina de estados finitos de la figura 2. Intente encontrar una solución que
minimice el número de ciclos de reloj requeridos para la nueva instrucción. especifique claramente cuántos ciclos necesita la nueva instrucción para ejecutarse
en el camino de datos con la máquina de estados finitos modificados.
5. (2.5 puntos) Añada los caminos de datos y las señales de control necesarias al
camino de datos multiciclo de la figura 1 y las modificaciones del diagrama de
estados de la figura 2 para gestionar las excepciones debidas a instrucciones no
definidas o desbordamientos aritméticos. Explica también cómo el procesador
trata una excepción.
2
3
Figura 1: Camino de datos multiciclo.
Figura 2: Especificación del control para la ruta de datos multiciclo.
4
Examen Fundamentos de Computadores de la Ingenierı́a Informática
Facultad de Informática. Universidad de Las Palmas de Gran Canaria
14 de julio de 2003
P1
1.75
P2
2.5
P3
1
P4
1.75
P5
3
1. 1.75 puntos. Un computador tiene palabras de 24 bits. Los operandos se pueden direccionar
de las formas siguientes:
Registro (R): se requieren 4 bits.
Memoria (M): se requieren 4 bits para el registro base y 9 para el desplazamiento
Inmediato (I): 9 bits.
a) Diseñar los formatos de instrucciones necesarios para tener un repertorio con 2 instrucciones de M-I, 63 instrucciones de M-R, 15 instrucciones de R-I y 64 instrucciones de
R-R.
b) ¿Variarán los formatos diseñados en el apartado anterior si en las especificaciones del
mismo repertorio de instrucciones nos piden 14 instrucciones de R-I en vez de 15?
2. 2.5 puntos. Considere el siguiente fragmento de código C:
for(i=0; i<=1000; i=i+1){a[i] = b[i] + c}
Suponga que a y b son vectores de palabras y la dirección base de a está en el registro
$a0 y la de b en $a1 . El registro $t0 se asocia con la variable i y $s0 con la
variable c . Escriba el código MIPS. ¿Cuántas instrucciones se ejecutan a lo largo de este
código? ¿Cuántas referencias de datos a memoria se producirán durante la ejecución?
3. 1.0 punto. El código siguiente trata de implementar un salto condicional a la dirección noes-cero, cuyo valor es 0xABCD1234. Sin embargo, dicho salto no funciona de la forma que
está implementado. Explique por qué e indique de qué manera habrı́a que codificarlo para
que funcione.
0x00000004
0x00000008
no-es-cero:
add $8, $15, $16
bne $8, $0, no-es-cero
...
sub $9, $12, $13
1
Tipo
Tipo-R
Load
Store
Saltos y bifurcaciones
Frecuencia ( %)
41
24
14
21
Cuadro 1: Frecuencia simplificada de usos de las instrucciones para el programa gcc
4. 1.75 puntos. Sus amigos de la C 3 (Creative Computer Corporation) han determinado que
el camino crı́tico que establece la longitud del ciclo de reloj del camino de datos multiciclo es el acceso a memoria para la carga o almacenamiento de datos (no para la búsqueda
de instrucciones) Esto ha dado lugar a su más reciente realización de la MIPS 30000 para
ejecutar con una frecuencia de 500MHz en vez del objetivo de alcanzar los 750MHz. De
todas formas, Beatriz e Ibrahin, de C 3 , tienen una solución. Si todos los ciclos que acceden
a memoria para datos se dividen en dos ciclos, entonces la máquina puede funcionar con la
frecuencia de reloj final. Utilizando la combinación de instrucciones del gcc mostrada en la
tabla 1, determine cuánto más rápida será la máquina con accesos a memoria de dos ciclos
respecto a la máquina de 500MHz con acceso a memoria en un sólo ciclo. Suponga que
todos los saltos necesitan el mismo número de ciclos y que las instrucciones del repertorio y
las aritméticas inmediatas se realizan como de tipo R.
5. 3.0 puntos. Se quiere añadir la la instrucción aritmética de 4 operandos add3, la cual
suma tres números en vez de dos:
add3 $t5, $t6, $t7, $t8 # $t5 = $t6 + $t7 + $t8
Añada los caminos de datos y las señales de control necesarias al camino de datos
multiciclo de la figura 1, e indique las modificaciones necesarias a la máquina de estados
finitos de la figura 2. Especifique claramente cuántos ciclos necesita la nueva instrucción
para ejecutarse en su camino de datos y la máquina de estados finitos modificada. Suponga
que la arquitectura del repertorio de instrucciones está modificada con un nuevo formato
de instrucción similar al formato R, excepto que los bits 0-4 se utilizan para especificar el
registro adicional (se seguirá utilizando los rs, rt y rd) y, por supuesto, se utiliza un nuevo
código de operación. Su solución no deberı́a depender de añadir nuevos puertos de lectura al
banco de registro, ni deberı́a utilizar una nueva ALU.
2
3
Figura 1: Camino de datos para el problema 5.
Figura 2: Especificación del control para el problema 5
.
4