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1、第7章习题课1.主存和CPU之间增加高速缓冲存储器的目的是______。A．解决CPU和主存之间的速度匹配问题；B．扩大主存容量；C．既扩大主存容量，又提高了存取速度；D．扩大辅存容量。答案：A2.(2012年考研题)假设某计算机按字编址,Cache有4个行,Cache和主存之间交换的块大小为l个字。若Cache的内容初始为空,采用2路组相联映射方式和LRU替换算法,当访问的主存地址依次为0,4,8,2,0,6,8,6,4,8时,命中Cache的次数是：A、1B、2C、3D、4答案：C3.在采用两级Cache的存储系统中，假设Hc1、Hc2
2、分别表示第1级Cache和第2级Cache的命中率，Tc1、Tc2分别表示第1级Cache和第2级Cache的访问时间，Tm1表示第1级Cache不命中而需增加的访问时间，Tm2为存储器的访问时间，请问两级Cache的存储系统的平均访问时间T为多少？CPU内的寄存器L1CacheL2Cache内部存储器（内存）外部存储器（外存）多层次Cache存储器3.参考答案：平均访问时间T为：（不考虑cache判断失效的时间）T=Hc1Tc1+(1-Hc1)Tm1(1)Tm1=Hc2Tc2+(1-Hc2)Tm2(2)所以把(2)代入(1)式，得到T即可
3、！4.P180-习题7.34.P180-习题7.3参考答案：若有cache的平均访问时间：(10ns*0.98+(10+100)*0.02)+(10ns*0.95+(10+100)*0.05)*1/5=12ns+3ns=15ns若无cache的平均访问时间:100*1+100*1/5=120ns所以速度提高：120ns/15ns=8倍5.P180-习题7.45.P180-习题7.4参考答案：(10ns*0.98+(10+100)*0.02)=12ns无cache的平均访问时间:100*1+100*1/5=120ns所以，速度提高：120ns
4、/12ns=10倍6.P180-习题7.5注意：此题第二问，课本后答案有问题！6.P260-习题7.5参考答案：9732（1）因为2M=221,所以主存地址为21位；每个字块有8=23个字，每个字有32(=4B)位，所以块内地址为3位，字节为2位。16KB/4*32B=27,所以c’=7主存字块标记组地址块内地址字节t+rc-rb6.P180-习题7.5参考答案：0123字节编号431块0326364块19596块2128127块3组号01227-1块0块1块2块3块4块5块6块7块8块9块10块11…403块124150123字节编号43
5、1块0326364块19596块2128127块3组号01227-1块0块1块2块3块4块5块6块7块8块9块10块11…403块12第二问读101个字，占101/8=13个块，而Cache有16KB/32B=512个块，即使4路组相联，也要512/4=128个组（每组4块），因此不存在冲突和替换的问题。也就是每个块只在第一次读时缺失，共缺失13次。命中率为（101×11-13）/（101×11）=98.83%只有读第0个字、第8个字、第16个字...第96个字时不命中4157.2010年考研题注意：行也就是块，即块大小为64字节注意：程序
6、A-行优先访问，程序B-列优先访问。7.2010年考研题（续）7.2010年考研题7.2010年考研题15/16=0.93751)主存容量256MB，按字节寻址的地址位数应为28位，数据Cache分为8行（用3位地址），每行64B（用6位地址），因此Cache中每个字块的Tag字段的位数应是28-9=19位，还要使用一个有效位，二者合计为20位；因此数据Cache的总容量应为：64B×8+(20/8×8)B=532B2)数组a在主存的存放位置及其与Cache之间的映射关系如下图所示。数组A[0][31]所在的主存块对应的Cache行号是：（
7、320+31×4）div64=6，数组A[1][1]所在主存块对应的Cache行号：((320+256×4+1×4)div64)mod8=5。所以 a[0][31]所在主存块映射到Cache第6行，a[1][1]所在主存块映射到Cache第5行。7.2010年考研题(具体解释)3)编译时i,j,sum均分配在寄存器中，故数据访问命中率仅考虑数组a的情况。①这个程序的特点是数组中的每一个int类型的数据只被使用一次。数组A按行优先存放，数据Cache正好放下数组半行中的全部数据，即数据的存储顺序与使用次序有更高的吻合度，每个字块存16个int
8、类型的数据，访问每个字块中头一个字不会命中，但接下来的15个字都会命中，访问全部字块都符合这一规律，命中率是15/16，即程序A的数据访问命中率为93.75%；②程而程序B是按照
