Soluciones de los ejercicios sobre instrucciones y direccionamiento

Soluciones de los ejercicios sobreinstrucciones y direccionamiento• Siguiente: Soluciones de los ejercicios sobre periféricos y ADM• Padre: Materiales didácticos• Inicial: Fundamentos de ordenadores1Con direccionamiento indexado resulta DE = (CD)+(X) = (CD)+(CP), es decir, relativo a programa. Porejemplo:[15] LD .A,/5[.X] ; al final del ciclo de lectura de la; instrucción, (CP) se incrementa, y; cuando la UCP calcula la dirección efectiva,; (X) = (CP) = 16; DE = 5+16=21o:[15] BR /5[.X] ; bifurca a 5+16 = 21Modificar (X) sería lo mismo que bifurcar: LD .X,#3 es equivalente a BR /3La utilidad es la del modo relativo a programa. Si, por ejemplo, queremos bifurcar a una instrucción queestá diez direcciones más adelante podemos hacerlo con BR /9[.X]. Si esta instrucción está en ladirección 1.500, bifurcará a 1.501 + 9; si está en 4.000, bifurcará a 4.001 + 9.Para hacer posible que la instrucción referencie una dirección anterior a la suya, la máquina puedediseñarse para que (CD) se interprete como un número con signo (6 bits: margen de -32 a +31, conconvenio de complemento a 2). Esto es útil para las bifurcaciones que implementan bucles pequeños:[1230] BR /-31[.X] ; bifurca a -31+1231 = 1200Para que el programador no tenga que estar contando el número de instrucciones que hay que saltarse, elensamblador puede estar diseñado de modo que reconozca el direccionamiento relativo a programa (“$”delante de la etiqueta, o nada) y cuente:programa fuente:programa objeto:1

[1200] ETI LD ... [1200] 001 ...... ... ... ...[1230] BR ETI [1230] 011010100001Soluciones de los ejercicios sobre instrucciones y direccionamientoEl ensamblador ha traducido así:(CO) = 011 = BR; (MD) = 010 (indexado); (CD) = B’100001 = D’-31Caso de autoincremento: En general, no está clara la utilidad, pero si (CD)=0, resulta un modoinmediato, con el operando en la palabra siguiente (la instrucción, junto con el operando, ocupa dospalabras):[d] LD .A,/0[.X++]; DE = d+1; X = CP se incrementa dos veces:; una, por haber leído la instrucción;; otra, por el modo de direccionamiento[d+1] 4000 ; la instrucción carga 4000 en AC y pasa a d+22Operación Modo de direccionamiento Dirección efectivaCargar el valor de una constante eninmediatoun registroRecorrer una lista de datosalmacenados en palabrasconsecutivas de la MPautoincrementola misma de la instrucciónDE = (R); (R)+n → RBifurcar a una dirección cercana relativo a programa DE = (CP) + (CD)Llamar a una rutina contenida enla ROMAcceder a un dato que está undeterminado número dedirecciones más allá de unadirección de partida dadaLlamar a una rutina ubicada enotro módulo escrito por el usuariodirecto (poniendo en CD un valornumérico)indexadodirecto (poniendo una etiquetacomo valor de CD)DE = (CD)DE = (CD) + (R)DE = (CD)2

3Soluciones de los ejercicios sobre instrucciones y direccionamiento(A+B)×C, o: AB+C× A+B×C, o: ABC×+LD /A LD /APUSHPUSHLD /B LD /BPUSHPUSHADD LD /CLD /C PUSHPUSHMULMULADDPOPPOP4CALL hace una operación push sobre la pila, introduciendo en ella el contenido de CP; RET hace un popSi el convenio es que PP apunta a la cima,• CALL: (PP)-k → PP; (CP) → (PP)• RET: ((PP)) → CP; (PP)+k → PPSi el convenio es que PP apunta a la primera libre por encima de la cima,• CALL: (CP) → (PP); (PP)-k → PP• RET: (PP)+k → PP; ((PP)) → CP5(I0)(I1)0 → CP,RA; ? 508 → PP---------repetir siempre(MP[RA]) → RI; (CP) + 1 → CPsi (CO) esCLR: 0 → AC;(CP) → RA...3

Soluciones de los ejercicios sobre instrucciones y direccionamiento(OCALL0)(OCALL1)(RET0)(RET1)/*otras instrucciones*/...CALL: ? (PP)-1 → PP,RA---------------? (CP) → (RA) /*es decir, (CP) → MP[RA]*/-------------? (CD) → CP,RA-------------RET: ? (PP) → RA-------------? ((RA)) → CP /*es decir, (MP[RA]) → CP*/(PP)+1 → PP /*esto puede hacerse aqui, en RET o en RET1*/-------------? (CP) → RA-------------6En el supuesto a, cada una de las UCP ejecuta 11.000 instrucciones en un tiempo que es la suma de lostiempos de ejecución para P1 y P2. Así, para la UCP U1 medimos una velocidad V 1=11.000/((1+10)×10 -3 ) = 1.000.000, es decir, 1 MIPS.En el supuesto b, cada una de las UCP ejecuta 9×1.000 + 10.000 instrucciones en un tiempo que es lasuma de 9 veces el tiempo de ejecución para P1 más el tiempo de ejecución para P2. Así, para la UCPU1 medimos una velocidad V 1= 19.000/((9×1+10)×10 -3 ), que también resulta ser 1 MIPS.Repitiendo los cálculos para las cuatro UCP resulta, en MIPS:Supuesto aSupuesto bV1 11/11 = 1 19/19 = 1V2 11/26 = 0,423 19/106 = 0,179V3 11/41 = 0,268 19/49 = 0,388V4 11/7 = 1,57 19/23 = 0,826Es decir, para el supuesto a la UCP más rápida es U4, pero para el supuesto b la más rápida es U1Conclusión:No se puede identificar a “la más rápida”; los “MIPS” no son una medida fiable paracomparar las prestaciones de distintas UCP.4

7Soluciones de los ejercicios sobre instrucciones y direccionamientoa. La velocidad es V = F/CPI (medida en MIPS), donde F es la frecuencia de reloj (medida en MHz) yCPI el número medio de ciclos por instrucción: si se ejecutan I 1instrucciones que requieren C 1ciclos, I 2instrucciones que requieren C 2ciclos, etc.,CPI = (I 1×C 1+ I 2×C 1+...)/ (I 1+ I 2+...)Aplicando los datos,• CPI A= (2×1 + 4×2 + 10×3)/(2 + 4 + 10) = 5/2V A= 100/(5/2) = 40 MIPS• CPI B= (32×1 + 6×2 + 2×3)/(32 + 6 + 2) = 5/4V B= 100/(5/4) = 80 MIPSEs decir, en instrucciones ejecutadas por segundo el segundo compilador genera un programa quehace que la UCP sea el doble de rápida.b. Para calcular los tiempos reales de ejecución tenemos en cuenta el número total de ciclos de relojpara cada programa:• C A= 2×10 6 + 4×2×10 6 + 10×3×10 6 = 40×10 6 ciclosT A= 40×10 6 /100×10 6 = 0,4 segundos• C B= 32×10 6 + 6×2×10 6 + 2×3×10 6 = 50×10 6 ciclosT B= 50×10 6 /100×10 6 = 0,5 segundosEs decir, pese a dar el doble de MIPS, el segundo programa tarda más en ejecutarse. La explicaciónes fácil: tiene muchas más instrucciones, pero la mayoría son de un ciclo, lo que hace aumentar elnúmero de MIPS.5

8Soluciones de los ejercicios sobre instrucciones y direccionamientoa. desplazamiento: corresponde a lo que tradicionalmente se llama direccionamiento directo, oabsoluto. Como la dirección está fijada en la instrucción, se puede usar para almacenar o acceder aoperandos cuya dirección se asigna estáticamente (dirección relativa fijada en tiempo de traducción,y dirección absoluta en tiempo de carga)b. base: la dirección efectiva está contenida en el registro, es decir, es un modo indirecto a registro.Operandos cuya dirección se asigna dinámicamente (dirección calculada en tiempo de ejecución)c. base + desplazamiento: puede usarse para acceder a un elemento dentro de un array; eldesplazamiento contendría la dirección del primer elemento del array, y en el registro de base (queen este caso actúa como un índice) se introduciría la dirección del elemento calculada relativamenteal comienzo del array. O bien, y similarmente, para acceder a un elemento dentro de una estructurade registro (record)d. (factor×índice) + desplazamiento: para acceder por su número a un elemento de un array queempieza en la dirección dada por el desplazamiento. El registro de índice contendrá el número deelemento, y se usará el factor de escala adecuado según que los elementos del array sean de 1, 2, 4 u8 bytese. base + índice + desplazamiento: puede servir para acceder a un campo de un registro dentro de unarray de registros; por ejemplo, base es la dirección de comienzo del array, índice es el número delelemento (registro) multiplicado por el número de bytes de cada elemento, y desplazamiento es loque hay que sumar para acceder al campo. O también, para accesos a arrays bidimensionales.f. base + (factor×índice) + desplazamiento: para accesos más eficientes a arrays bidimensionalescuando los elementos son de 2, 4 u 8 bytes9La fórmula a aplicar es: base + (factor×índice) + desplazamiento. Sólo tenemos que descodificar el byteSIB para ver qué registros actúan como base e índice y cuál es el factor:(SIB) = H’8A = B’10001010, es decir:factor de escala = B’10 (4)índice = B’001 (EBX)base = B’010 (ECX)Por tanto:DE = (ECX) + 4×(EBX) + (desplaz.)Aplicando los valores dados y operando en decimal:DE = 255 + 4×15 + 10 = D’3256

10Soluciones de los ejercicios sobre instrucciones y direccionamientoa. El número de byes viene indicado en el campo “limit” del GDTR. Como tiene 16 bits, el númeromáximo de bytes es 2 16 = 65.536 bytesb. El número del descritor está contenido en el campo “Index” del selector. Como tiene 13 bits, GDTpuede contener hasta 2 13 = 8.192 descriptores (congruente con lo anterior, puesto que cada descriptortiene 8 bytes)c. El tamaño máximo de un segmento está determinado por los 20 bits del campo “limit” de sudescriptor, que dan la longitud del segmento en bytes si G = 0 o en unidades de 4 KB si G = 1. Portanto, si en el descritor del segmento es G = 0, el tamaño máximo es 2 20 = 1 MB; si G = 1, el tamañomáximo es 2 20 unidades de 4 KB, es decir, 2 20 ×4×2 10 = 4 GBd.• De acuerdo con el formato del registro GDTR, la dirección de base de la tabla GDT esH’00000000, y su extensión (limit) es H’00FF = 255 (es decir, puede contener 256/8 = 32descriptores de segmento)• (DS) = H’001A = B’000000011010. De acuerdo con el formato del registro DS, index = 3; TI = 0(se selecciona GDT); RPL = 2• La dirección del descriptor dentro de la GDT es 8×index = 24 = H’18, y ésta es la dirección enmemoria del descritor del segmento, puesto que la dirección de base de la tabla es 0• Teniendo en cuenta lo dicho sobre los contenidos de memoria, el contenido del descritor delsegmento será el indicado en esta figura:De aquí resulta:• Como G = 0, el tamaño del segmento se mide en bytes, y es: H’E1918 = 923.928 bytes• La dirección de base del segmento es H’1F1C1B1A = 521.935.642e. Con todo esto ya se puede responder a las dos preguntas:• La primera es trivial: dirección final = dirección de base del segmento + offset = 521.935.642 +325 = 521.935.967• La respuesta a la segunda no es tan evidente. En la figura anterior podemos ver que DPL = 0, esdecir, el acceso a este segmento requiere el máximo privilegio. No sabemos cuál es el nivel deprivilegio del programa en el que está la instrucción (no conocemos el contenido del registro CS),7

Soluciones de los ejercicios sobre instrucciones y direccionamientoque debería ser también 0 para que el acceso fuese posible, pero sí conocemos el contenido deDS, y vemos que RPL = 2. Por tanto, aunque el programa tuviese el máximo privilegio, para esteacceso está rebajado al nivel 2, de donde deducimos que este acceso sería imposible. La UCPgeneraría la interrupción correspondientef. El objetivo principal de los registros de segmento en el 8086 era ampliar el espacio dedireccionamiento de los 64 KB (16 bits) del 8080 a 1 MB (20 bits). Adicionalmente, con los cuatroregistros de segmento que tenía se facilitaba una separación en la memoria entre los segmentos decódigo (programa), datos y pila. Pero no había nada previsto en el hardware para facilitar laprotección de unos procesos frente a otros. La estructura de datos intermedia llamada “descriptor delsegmento” proporciona esos mecanismos de protección (que aprovecha el sistema operativo):tamaño máximo de los segmentos (campo “limit”), opciones de sólo lectura, sólo ejecución, etc.(campo “type”) y niveles de privilegio (campo DPL del descriptor y campos RPL de los registros desegmento)g. El gran inconveniente es que como las tablas de descritores, que pueden ser muy grandes (hasta 64KB la GDT, como hemos visto), están en memoria, los accesos a memoria se multiplican. Todoacceso a una dirección implica leer previamente el descriptor, es decir, dos accesos adicionales (dospalabras). En MIPS, la velocidad se dividiría por tres.La solución es muy sencilla (una vez que se conoce). Aunque el número total de segmentos (y, portanto, de descriptores) pueda ser muy grande (más de 8.000 sólo en la tabla GDT), en un momentodeterminado sólo hay seis segmentos “activos”: los determinados por los contenidos de los seisregistros de segmento. La renovación de esos segmentos (la carga con un nuevo valor de uno ovarios registros de segmento) no es muy frecuente: sólo tiene lugar cuando la UCP cambia de tarea(debido a una interrupción que hace pasar al sistema operativo, y a la salida del sistema operativopara ejecutar otra tarea) y cuando se ejecuta una instrucción de transferencia de control (bifurcación,llamada a subprograma, etc.) “lejana”, es decir a una instrucción que está en otro segmento. Portanto, pueden mantenerse en la UCP copias de los descriptores de segmento que se estén utilizando,y de ese modo no harán falta accesos adicionales a la memoria. De hecho, los seis registros desegmento tienen en realidad dos partes: una “visible” (los 16 bits que forman el selector: index + TI+ RPL) y otra “escondida”, en la que está la copia del descriptor:Cuando se carga un nuevo valor (un nuevo descriptor) en un registro de segmento la UCP se encarga(de manera transparente al programador) de cargar la copia de su descriptor en la parte escondida.Al ser copias de informaciones en memoria, las partes escondidas constituyen un tipo de memoria8

Soluciones de los ejercicios sobre instrucciones y direccionamientooculta (cache)11a. Los modos relativos sólo permiten transferencias de control dentro del segmento en el que seencuentra la instrucción. Las bifurcaciones o llamadas a subprogramas que estén en otro segmentonecesitan de otro modo de direccionamiento. Se usan distintas instrucciones para cada caso. Lastransferencias dentro del mismo segmento se llaman “cercanas”, y a otro segmento “lejanas”b. En una CALL “cercana” se guarda, como siempre, el contenido del contador de programa. En unaCALL “lejana” se guarda también el contenido del registro CS, pero sólo la parte visible: la parteescondida se recargará con el descriptor de segmento cuando se ejecute la correspondiente RET, querecupera de la pila los valores del contador de programa y de CS. Naturalmente, hay dos versionesde RET, una cercana y otra lejana• Siguiente: Soluciones de los ejercicios sobre periféricos y ADM• Padre: Materiales didácticos• Inicial: Fundamentos de ordenadores9