3º [EI/ETIS] Estructura de Computadores II (ECm2)

[Undomirie]

Salieron las notas de EI y ETIS. Al menos las de ETIS están en Moodle, aunque imagino que las otras también.
Felicidades a los pocos premiados y buena suerte para la próxima al resto.

[JESSIP]

Alguien podría poner como fue el examen¿?

[darkblade]

Alguien podría poner como fue el examen¿?

Basicamente así:

Spoiler: mostrar

Cayó un ejercicio de cachés separadas donde tenías que calcular tiempos de acierto, penalización por fallo y demás.
Uno de memoria virtual y paginación que tenía alguna dificultad.
Uno de discos duros con sectores irregulares(ZBR), calcular capacidad, velocidad máxima, latencia media, etc.
Y el último lo leí, y decidí no intentarlo, ni recuerdo de que era, creo que de buses con alguna cosa que lo complicaba.

Dicho así parece fácil, pero el enunciado medio era de 15 líneas.

[probeto]

El último ejercicio incluía algo de vectores de interrupción y el contenido del PC.

En Sistemas, 15 aprobados de 70. Más o menos lo de siempre, ¿no?
Enhorabuena a los afortunados.

[Undomirie]

Parte de memoria

- Test
- Ejercicio en el que te daba datos de caché y directorio caché, de tiempo de ejecución y nº de instrucciones de un programa. Un montón de datos. Pedía deducir el tamaño de la memoria física, la penalización por fallo y el tiempo medio de acceso a memoria si mal no recuerdo.
- Ejercicio con datos sobre un sistema con segmentación pura y tenías que sacar el tamaño del espacio virtual y luego hacer la traducción de una dirección virtual o algo similar.

Parte de E/S

- Test
- Una tabla con un montón de datos de un disco duro con ZBR, como dijo darkblade. Tenías los cilindros por zona, los sectores por pista de esa zona, el tamaño de sector, el nº de cabezas físicas y tiempos medios y tenías que sacar tamaño total, velocidad de transferencia, tiempo medio de lectura de un sector y densidad lineal en función del radio r (si necesitabas escribir una expresión).
- Ejercicio sobre interferencia en E/S para un dispositivo con interrupciones y luego si trabajaba con polling, con una rutina de consulta y una de transferencia (creo que el ejercicio 7 de Septiembre de 2009 de ETIS era igual o similar).
- Calcular el PC en un sistema con interrupciones vectorizadas cuya dirección base era 0x00000 (no recuerdo los bytes XD) si tenías que acceder a la entrada 3 de la tabla de interrupciones y el contenido de cada posición de memoria X era X mod 256.

Creo que eso es todo. Si alguien tiene alguna duda con los de E/S que pregunte, que en memoria me fue bastante peor.

[castrinho8]

Mi gran duda es si alguien sabe si se guardan las prácticas hasta septiembre o no xD

[JESSIP]

Mi gran duda es si alguien sabe si se guardan las prácticas hasta septiembre o no xD

Al mens en EI hasta septiembre si, luego ya no.
Es mas, si no has ido a practicas, en septiembre de todas formas el examen va a puntuar sobre 8, por lo q si no hiciste el examen de practicas ya tienes ahi un 0.

[omikinho]

En Diciembre tambien se guardan, lo que pasa es que se permitirá al alumno escoger entre conservar la nota de prácticas o hacer la parte de prácticas en el examen, con lo cual el examen sería el 100% de la nota como hace dos años.
A partir de ahí, por lo que tengo entendido, el examen será siempre el 100% de la nota.

[omikinho]

Amplío o que xa cometaron darkblade e Undomirie do exame.
Según parece había dous tipos nos que o único que cambiaba era un dos exercicios de E/S, nun dos tipos era de buses e no outro de interferencia E/S nunha CPU:

1-(1.5p) test mem (1.5 p, 0.3p/preg ben, 0.15/preg mal, 5 preguntas):
1- memoria EPROM:
a) Atualizables in situ.
b) Atualizables non sei que.
c) Máis barata que unha PROM.
d) Ningunha ou algunha das anteriores.
2- tres técnicas de reducion do tempo de acerto nunha cache:
(TEORIA, E ADEMAIS SÓ HAI TRES:
- caches pequenas e simples.
- segmentacion de escrituras.
- evitar traducion durante o indexado da cache.)
- ningunha ou algunha das anteriores.
3- non sei que dunhos modulos de memoria, daban un número de módulos,
velocidades, ...
4- Acceso de dispositivos de entrada/saída a caché, cándo hai problemas:
a) entrada en escritura direta.
b) saída en post-escritura.
c) entrada en post-escritura.
d) saída en escritura direta (ALGO ASÍ, NON LEMBRO BEN).
5- o sistema de memoria virtual por segmentacion pura NON ten:
a) fragmentacion de táboa (ISO EXISTE?)
b) fragmentacion interna.
c) fragmentacion externa.
d) ningunha ou algunha das anteriores.
SEGMENTACION TEN FRAGMENTACION EXTERNA, E A DE TABOA NON ME SOA
DE NADA ASI QUE APOSTARIA POLA c).

2- cache unificada, datos do diretorio cache e da zona de almacenamento:
- 4 vias (recordade que x vías equivale a x liñas/conxunto).
- zona de almacenamento de 32 KB
- tamaño de liñas de 32 bytes.
- entradas do diretorio cache: 3 bits de control + bits para etiqueta.
- daban tamen o tamaño do diretorio cache.
- a cache indexase coa direcion fisica.
executase un programa de 300M instr (ou 400),
danse ciclos por acerto, ciclos por penalizacion,...
a)(0.25p) tamaño total do espacio fisico. (Un detalle: creo que non é o mesmo o tamaño da memoria física que o tamaño do espacio físico. O que pedían era 2^(bits da ZA + bits do DC), pero non estou seguro, mellor preguntádelle a Basilio: despois non me berredes se non lle preguntades e resulta que non era así).
b)(0.5p) tasa de fallos da cache.
c)(0.5p) tempo medio de acceso, creo.

3- segmentacion pura, memoria fisica de 2 GB (2^32 B), TS de 6 KB, cada entrada:
bits control | tam max segmento | dir. base segmento
------------------------------------------------------
8 bits | 32 bits | x bits
restriccion: os segmentos comenzan en direcions multiplos de 256, polo tanto os
8 bits menos significativos da dir. base segm. non se almacenan, porque son oito bits a cero.
cada DV:
num entrada en TS (Segm Virt) | desplazamento
-----------------------------------------------
y bits | 32 bits

a)(0.25p) tamaño da memoria virtual.
b)(1p) direccion fisica asociada á direcion virtual 0XA31492EEEE (era unha parecida, recordade que ás veces é necesario rellenar con ceros e que cando iso é necesario faise pola esquerda.)
Non abonda con dicir cómo se calcula: hai que calculala.

4-(1.5p) test e/s (1.5 p, 0.3p/preg ben, 0.15/preg mal, 5 preguntas):
1- lei de Amdhal, millora CPU, ocupa 50% duplicase a millora cada ano, en catro anos:
a) 1.77
b) 1.88 v, porque a millora non é 2x4=8, senon que é 2^4=16.
...
2- e/s asignada, mem total de 4 GB, e/s de 256 MB, ultima dir de e/s.
x) 0x0FFFFFFF
3- bus PCI en minima configuracion
- ten 32 lineas en modo multiplex, algo asi
- ten mais de 40 lineas. v, un bus PCI SEMPRE ten 64 lineas, outra cousa é que se implementen 32.
4- non sei que dun bus PCI, algo da liña #ENABLE creo.
5- raid 5:
- se se escaralla un disco, podes acceder ao que querias porque se
reconstrue cun EXOR sobre os demais, nin con OR nin con AND, con EXOR.

5- datos dun disco:
RPM: 5400
4 cabezas
T_seek avg = 9.5

zona | cilindros | sect/pista
-------------------------------
...

a)(0.25p) capacidade do disco.
b)(0.25p) velocidade maxima de transferencia.
c)(0.25p) se a velocidade de tx é 32MB/s, latencia media de letura dun sector.
d)(0.25p) formula xenerica da densidade lineal (bits/cm).

6- exercicio parecidisimo ao de setembro de 2009. (graos de interferencia con IRQ e con E/S programada, e rafagas)
a)(0.5p) Porcentaxe de interferencia do disp. e/s considerando IRQ, tempo de xestión da interrupción X ns.
b)(0.5p) Porcentaxe de interferencia do disp. e/s considerando e/s programada,
tempo de consulta (polling) e tempo de xestión da transferencia X microseg.

7-(0.5p) interrupcions vetorizadas, qué temos no PC ao rematar a execucion da instrucion
que se estaba a executar cando enviou a señal de interrupcion (IRQ),
tendo en conta que a memoria fisica é de 32 bits e RBTV = 0x00000000
e o vector é igual a 3, e MEM[X]=X%256.
SOL, creo: PC=RBTV+VECTORX4 = 0X0000000C. (3x4=12 en base 10=C en base 16. x4 porque son 32 bits, se foran 16 sería x2, e se foran 64 bits sería x8 por exemplo, hai que ter coidado con isto.)
en PC estará a direción de memoria fisica onde comeza a rutina de xestión da interr. (ISR)
Como aquí as direciós son de 4 bytes, e a memoria direcciona por bytes, é dicir, e resumindo, que o contido dunha direción de 4 bytes é un byte, temos que:

PC=0X0000000C
Estritamente, no PC, que é unha direción, só hai un byte, pero nós sabemos que a un nivel máis alto, por aśi dicilo, no PC temos almacenada unha direción, e tendo en conta que unha direción é de 4 bytes:
PC+0=0X0000000C
PC+1=0X0000000D
PC+2=0X0000000E
PC+3=0X0000000F

DIR: 0X0000000C | 0X0000000D | 0X0000000E | 0X0000000F
---------------------------------------------------
CONTIDO: 0x0C | 0X0D | 0X0E | 0X0F

PC=0x00000012 PC=0x0000000C
MEM[PC]=0x0C0D0E0F (aínda que estritamente MEM[PC]=0X0C, o resultado que lles interesa aos profesores é o anterior.)

Bueno, pois o mesmo que co exame de IS que acabo de subir, os que queiran que miren se hai cousas mal e que mo comenten e daquí a dúas ou tres semanas pasareino a pdf (máis curioso) e subireino ao repositorio.

Vexo sorprendido que aínda non está o exame de Setembro de 2009 no repositorio, así que subireino agora (leva anos nos diferentes recursos do Moodle adicados a ECm2).

Ai, e recordade que tedes no repositorio un exercicio de segmentación pura "normal" resolto por Basilio:
http://quegrande.org/apuntes/EI/3/ECm2/ ... emoria.pdf

O exercicio de segmentación pura que había no exame tiña práticamente a mesma estrutura, o único que cambia era que na tradución segmentada do exame tiña unha restrición: que as direciós onde comezaban os segmentos tiña que ser múltiplo de 256, é dicir, que se descartaban os log_2(256)=8 bits menos significativos á hora de almacenalos na TS porque facer sitio pra oito bits que serán sempre oito ceros sabendo de antemau que van ser sempre oito ceros é tontería.

Nos exercicios resoltos por Basilio que veñen nos apuntes só hai un de segmentación pura, pero a verdade é que é un pouco extraño, vén como apartado dun tipo de procesadores que poden usar catro tipos de tradución dependendo das circunstancias (sen memoria virtual, paxinación pura, segmentación pura e segmentación paxinada).

[toxo]

a)(0.25p) tamaño total do espacio fisico. (Un detalle: creo que non é o mesmo o tamaño da memoria física que o tamaño do espacio físico. O que pedían era 2^(bits da ZA + bits do DC), pero non estou seguro, mellor preguntádelle a Basilio: despois non me berredes se non lle preguntades e resulta que non era así).

Pois eu creo que é o mesmo, de feito no boletin de problemas resolto no exercicio 3.1 chamalle espazo fisico e no 3.4 chamalle memoria principal (fisica, RAM e o mesmo) e fai referencia ao mesmo.
Eu penso que é duas formas distintas de definir o mesmo. A memoria principal e memoria fisica ou memoria RAM e o espazo fisico e o espazo (real) do que se dispon para almacear as paxinas fisicas dun proceso ousexa o tamaño da memoria RAM

Non o teño moi claro pero como di que a cache indexase coa direccion fisica pode ser que a etiqueta (que vai no DC) sexa o NPF e a ZA (na que vai o dato) sexa o desprazamento enton: bits do DC + bits da ZA = bits do NPF + despr = bits de PF. e de ahi que digas que 2 elevado a iso é o tamaño total

[omikinho]

Non teño nin idea, pero recordo que nese apartado, con tal de que desgloses corretamente cántos bits corresponden a cada campo xa che daba boa parte dos 0.25 puntos que vale ese apartado.

[NEXT]

A ver si alguien me puede decir como calcular el tamaño de la tabla de páginas en el ejercicio 3 del examen de junio del 2009, que estamos un compañero y yo peleandonos y no terminamos de ver como es. Gracias.

[wakynian]

A ver si alguien me puede decir como calcular el tamaño de la tabla de páginas en el ejercicio 3 del examen de junio del 2009, que estamos un compañero y yo peleandonos y no terminamos de ver como es. Gracias.

Cuál es el enunciado?

[NEXT]

El enunciado es:

"Un sistema ten unha memoria virtual de 16 Terabytes direccionable a nivel de byte e a memoria física dispoñible é de 2 Gigabytes. O sistema emprega un sistema de traducción con paxinación en 2 nivéis. A táboa de páxinas do primeiro nivel ocupa unha páxina física e atópase ubicada na última páxina do sistema. Todas as táboas de páxina do nivel 2 xuntas ocupan exactamente a mitade da memoria física dispoñible. Cada entrada de cada unha das táboas de páxina contén o número de páxina física e 17 bits de control. O contido dunha dirección de memoria X é X mod 256."

[omikinho]

"Un sistema ten unha memoria virtual de 16 Terabytes direccionable a nivel de byte e a memoria física dispoñible é de 2 Gigabytes.
O sistema emprega un sistema de traducción con paxinación en 2 nivéis.
A táboa de páxinas do primeiro nivel ocupa unha páxina física e atópase ubicada na última páxina do sistema.
Todas as táboas de páxina do nivel 2 xuntas ocupan exactamente a mitade da memoria física dispoñible.
Cada entrada de cada unha das táboas de páxina contén o número de páxina física e 17 bits de control.
O contido dunha dirección de memoria X é X mod 256."

Tamaño da paxina fisica = p.

Direcion Virtual:

TP1 TP2 Desp

TP1: Número de entrada da táboa de páxina de nivel 1 onde está situada a páxina física na que se atopa a TP2 buscada.
Recordade que nos dixeron que a TP1 ocupa unha páxina física, polo está nunha páxina física.
TP2: Numero de entrada da TP2 citada antes. Nesta entrada temos a páxina física na que se atopa a direción física buscada.
Na entrada indicada desta TP2 está indicada a páxina física onde está a direción física que buscamos.

Nota: hai que ter en conta que cando paxinamos a taboa de paxinas, é dicir, cando temos máis dun nivel de paxinado, as taboas dos niveis
superiores ao primeiro ocupan sempre unha paxina fisica, é dicir, neste caso, cada unha tas taboas de paxinas de nivel dous ocupan
unha paxina fisica.
A taboa de paxinas de nivel 1 non ten por que, pero no enunciado indicasenos que tamen ocupa unha paxina fisica.

Desp: Desplazamento dentro da páxina física que contén a direción física que estamos buscando.
A direción física será: numero páxina física x 2^(tam p.f.) + desp = num. p.f. x 2^p + desp é dicir: pax. fis. CONCAT desp

O tamaño do desplazamento dentro da páxina física é igual ao tamaño da páxina física (bueno, o log en base 2 deste tamaño), é dicir, p.

E importante darse conta de que unha cousa é o numero de páxina física e outra cousa é a direción desa páxina física.

direcion paxina fisica = num. pax. fis. x 2^(tam.p.f.) = mun.pax.fis x 2^p

Direcion Fisica:

PF Desp

PF: Numero da páxina física buscada.

Desp: desplazamento dentro da paxina fisica buscada.

Detalle importante: no enunciado di que TODAS AS TABOAS DE PAXINA (as de segundo nivel e a de primeiro nivel) conteñen os mesmos
campos e cos mesmos tamaños:

TPx:

num. pax. fis | 17 bits alleos ao caso.

Se a isto sumanos que por definicion cada TP2 ocupa unha páxina física, e que polo enunciado sabemos que a TP1
ocupa unha páxina física, sabemos que a TP1 e as TP2 ocupan o mesmo.
Isto non ten porque darse sempre.

V = 16 TB = 2^4 TB = 2^44 B => Direcion virtual de 44 bits:

Direcion Virtual:

TP1 TP2 Desp
x x p

x + x + p = 44

x=TAM(num entrada TP1)=TAM(num entrada TP2) = TAM(num entrada TPx) [x é o numero de bits que necesitamos pra representar o NUMERO da entrada, non o tamaño, ese tamaño dependera do numero de entradas que teña a TP, non do tamaño da TP)
p=TAM(desp pax.fis)=log_base_2(tam. pax.fis)

M = 2GB = 2^1 GB = 2^31 B => Direcion fisica de 31 bits:

Direcion Fisica:

PF Desp

y p

y + p = 31
y=TAM(num pax.fis) [o tamaño do NUMERO de pax.fis, é dicir cántos bits ocupa indicar ese número, que vai depender do número de páxinas físicas que haiba na memoria física, non depende do tamaño da páxina física]

formulas basicas:

AREA DUN RETANGULO = ALTO * ANCHO (non vos riades, vai en serio)

TAMAÑO TABOA PAXINAS = NUM. ENTRADAS TP * TAMAÑO ENTRADA

TAMAÑO TODAS AS TP2 = NUMERO TP2's * TAMAÑO UNHA TP2

Agora o dato que vai facer que resolvamos o problema:
"Todas as táboas de páxina do nivel 2 xuntas ocupan exactamente a mitade da memoria física dispoñible."

É dicir: TAMAÑO TODAS AS TP2 = 1 GB = 2^30 B:

NUMERO TP2's * TAMAÑO UNHA TP2 = 2^30 B.

E diredes: ¿resolver o qué, se aínda ter duas incognitas máis?
Non tal:

NUMERO TP2's = NUM. ENTRADAS TP1 (cada entrada da TP1 fai referencia a unha TP2 diferente)
TAMAÑO UNHA TP2 = NUM. ENTRADAS TP2 * TAM. ENTRADA TP2. (formula do retangulo adaptada a ecm2)

SUSTITUINDO:

NUM. ENTRADAS TP1 * NUM.ENTRADAS TP2 * TAM. ENTRADA TP2 = 2^30 B

como neste caso num.entradas tp1 = num.entradas tp2 e tam. entrdada tp2 = tam.entrada tp1:

num.entradas TP * num.entradas tp * tam.entrada tp = 2^30 B

num.entradas tp = 2^x

DF: y + p = 31
tam entrada tp = num.pax.fis+17 = y + 17 bits = ((31-p)+17)/8 B (cuidado con isto).

2^x * 2^x * (31-p+17)/8 B = 2^30 B

2^(2*x) * (48-p)/2^3 B = 2^30 B

2^(2*x) * (48-p) = 2^33

48-p = (2^33)/2^(2*x) = 2^(33-2*x)

Lembrando que:

x + x + p = 44

x = (44-p)/2

48-p = (2^33)/2^(2*x) = 2^(33-2*x) = 2^(33-2*((44-p)/2)) = 2^(33-44+p) = 2^(p-11)

(É menos lioso deixar a ecuacion en función de p).

E nada, agora toca xogar cos valores realmente posibles, cabe ter en conta duas cousas:

48-p ten que ser potencia de dous.

2^(p-11) > 0 => p-11 > 0 => p > 11

Comezamos pola primeira potencia de 2 maior que 11:

48-p=16 => p = 48-16 = 32

2^(p-11) = 2^(32-11) = 2^21 != 16

48-p=32 => p=48-32=16

2^(p-11) = 2^(16-11) = 2^5 = 32

BIEEEEEEEEN:

p=16, x=(44-16)/2 = 14
y = 31-p = 31-16=15

TAMAÑO DE PAXINA FISICA = 2^p B = 2^16 B = 64 KB

A fumada non é pequena... pero évos o que hai.

En próximas entregas e se me vexo con ganas explicovos cómo se traduce unha DV a unha DF.
E a poder ser antes de mañá ás 15:30, claro.

Se vedes algunha cafrada gorda avisade.
E se vedes algunha pequena tamén.