计算机系统结构_第二章练习题答案

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1、第二章练习题（1）、单项选择题在下面各题的4个备选答案中，只有一个答案是正确的，请把正确答案的标号 填入题后面的括号中。数据表示的含义是（BAD)A.表示数据所米用的数制和码制B.硬件能够直接识别的数据类型C.数据类型D.浮点数的表示方式2.浮点数表示的尾数的基rm=8，尾数长度p=2，可以表示的规格化（C）。A.0.5B .0.25C.0.125D .0.0156253.浮点数表示的尾数的基rm=16,尾数长度p=2，可以表示的规格化（D）。115A.2B .2161255C.256D .2564多维数组的自定义数据表示通常米用（B)A.浮点数表示B.带数据描述符的数据表示C.带标志符的数据

2、表示D.带标志符和数据描述符的数据表示5不需要编址的数据存储空间是（C)A.CPU中通用寄存器B.主存储器C.堆栈D.I/O接口中的寄存器6.干均码长最短的编码疋（D）。A.定长码B.扩展码C.需要根据编码使用的频度计算平均码长后确定D.Huffman 编码7.下述4种编码中，不是 2-4扩展编码的是（D) A.1/12B.2/8C.3/4D.4/88.2-4扩展编码最多可以得到的码点数是（D)A.6B.9）。1.最小正尾数最大正尾数的值是的值是C. 10D. 1300, 01*4, 10*4, 11*49. RISC执行程序的速度比 CIRC要快的原因是（ C ）。A . RISC的指令系统

3、的指令数比较少B. 程序在RISC上编译生成的目标程序比较短C. RISC的指令平均周期数比较少D. RISC只允许Load指令和Store指令访问存储器10. RISC采用交叉寄存器窗口技术，从而大大减少了（B ）。A .绝大多数指令的执行时间B. 程序调用引起的访问存储器的次数C. 目标程序的指令条数D. CPU访问存储器的访问周期二、填空题1. 设计一种浮点数据表示方式需要确定的6个参数分别是：（尾数的基rm的值），（尾数的值 m的数制和码制），（尾数长度p）,（阶码的基re的值），（阶码的值e的 数制和码制），（阶码长度q）。2. 浮点数的表数范围是指（用有限的q位阶码和p位尾数能够表

4、示的浮点数的数值大小的 范围）。3. 可表示浮点数的正数区间：规格化浮点数的最大正数值由尾数的（ 最大正数值）与阶码（最大正数值）组合而成； 规格化浮点数的最小正数值由尾数的（ 最小正数值）与阶码（最小负数值）组合而成。 规格化浮点数的最大负数值由尾数的（ 最大负数值）与阶码（最小负数值）组合而成； 规格化浮点数的最小负数值由尾数的（ 最小负数值）与阶码（最大正数值）组合而成。4. 若浮点数尾数的长度为p位，尾数的基为rm，那么，尾数的rm进制数的位数是（P）。log 2 rm5. 若浮点数尾数的长度为p位，尾数的基为rm,那么，可以表示的规格化浮点数的表数精、1-（pd）度是（rm2三、判断

5、题V;错误的叙述在括号内打（7 ）判断下列各题的叙述是否正确，正确的叙述在括号内打“ “汉”并简述错误的理由。1 .指令系统和数据表示都是计算机系统的主要软件硬件分界面。2. 浮点数表示可以表示实数范围内的所有实数。（x）浮点数表示的实数在实数轴上是不连续的，因此它只能表示有限的实数3. 带标志符的数据表示增大了数据字的字长，从而会增大目标程序在这种机器上运行时占 用的存储空间。 （ X ）数据的总存储量虽然加大了， 但由于简化了指令系统，指令只需指出操作种类，不需指 出数据类型等，每条指令的字长可以缩短。只要设计合理，整个程序（包括指令和数据）的 总存储量反而有可能减少，即使增加也不会增加得

6、太多。机器采用带标志符的数据表示使数据字增长，但是会使指令字缩短。 一般程序中的指令字要多于访问的数据字，因此，目标程序运行时占用的存储空间会减少。4带标志符的数据表示简化了指令系统，加快了指令的执行速度。（ X）带标志符的数据表示简化了指令系统，但降低了指令的执行速度。P69指令执行时需要对数据字 2逐个进行识别，判断是否与指令规定的操作相容，因此，指令执行更费时了5 在引入带标志符的数据表示的机器中，数据的“标志符”对高级语言程序员是透明的。 （彳 ）P666 因为寄存器的位数大于主存储器单元的位数，所以，在把存储空间组织为2个地址空间的组织方式中，把 CPU通用寄存器和I/O接口寄存器“

7、编址”为 1个地址空间，主存单独 编址为另一个存储空间。（ X ）由于寄存器的存储容量比主存储器要小得多，所以，寄存器所要求的地址长度更短。在把存储空间组织为 2个地址空间的组织方式中，把主存储器与输入输出设备统一编址为1个地址空间，而把通用寄存器独立编址为另一个存储空间。在2个地址空间的组织方式中，CPU通用寄存器“单独编址”为1个地址空间，主存和I/O接口寄存器“统一编址”为另一个地址空间。7.对给定的频度分布pi，由哈夫曼算法生成的哈夫曼树的结构是唯一的，因此，得出哈夫曼编码的“平均码长”是唯一的。（X ）对给定的频度分布Pi,哈夫曼树的结构并不是唯一的，但平均码长是唯一的。由哈夫曼算法

8、生成的哈夫曼树时，如果当前的频度集合有 2个以上的结点可供选择，贝怀同的选择会生成结构不同的哈夫曼树，由此得出的哈夫曼编码也不同，但“平均码长”是相同的。&扩展编码要求所有的“短码”都不能是“长码”的前缀，否则会产生解码不唯一的问题。 （ ）9. 2-4扩展编码和2/4扩展编码是同一种扩展编码的2种表示。（ X ）2 4扩展编码要求短码为两位长度，长码为四位长度，不限定短码和长码分别有多少种。2/4扩展编码只是要求短码有两种，长码有四种，但并不限定短码和长码的长度。2-4扩展编码是“码长”的表示方式，2/4扩展编码是“码点”的表示方式，它们一般表示的“扩展码”不相同。10. 由于RISC简化了

9、指令系统，因此， RISC上的目标程序比 CISC上的目标程序短一些， 程序运行的时间就会少一些。（ X ）CISC通过使用硬件加快使用频度高的指令的执行，并用一条新的指令代替那些使用频度高的指令串，简化了目标程序的代码。因此CISC上的目标程序比 RISC上的目标程序短一些。RISC简化了指令系统，通过一系列技术使得程序运行时间比CISC的少一些。RISC上的目标程序一般会比CISC上的目标程序长一些，但是，RISC的指令平均周期数 CPI比CISC的CPI要小得多，因此，RISC上的目标程序运行的时间会少一些。四、应用题1 一个处理机有IiIio共10条指令，经过统计，各指令在程序中的使用

10、频度分别为：Pi=0.25 ,P2=O.2O, p3=0.15, p4=0.10, p5=0.08, p6=0.08, p7=0.05, p8=0.04, p9=0.03, pio=O.O2。(1) 计算这10条指令的操作码编码的最短“平均码长”。(2) 写出这10条指令的操作码的哈夫曼编码，并计算编码的“平均码长”和信息冗余量。(3) 采用3/7扩展编码和2/8扩展编码写这10条指令的操作码，并分别计算“平均码长” 和信息冗余量。问哪一种扩展编码比较好？并说明其理由。解：(1 )平均码长最短的编码是Huffman编码：P92最短平均码长为：H =0.25*2+0.2*2.32+0.15*2.

11、73+0.1*3.32+0.08*3.64+0.08*3.64+0.05*4.32+0.04*4.64+0.03*5.05+0.02*5.64 = 2.96(2)根据给出的使用频度，在应用哈夫曼算法构造哈夫曼树的过程中，选择2个频度最小的结点合并时，有 2个以上的结点可供合并，因此，可生成结构不同的哈夫曼树。给出2棵哈夫曼树，分别如图 A和图B所示：图去哈夫曼树计算2种哈夫曼编码的“平均码长”分别为:10La - Pi Lai =0.25 2 0.20 2 0.15 3 0.10 3 0.08 4i A.0.08 40.05 50.04 5 0.03 50.02 5 =2.9（位）10Lb -

12、piLbi =0.25 2 0.20 2 0.15 3 0.10 3 0.08 4i a0.08 40.05 4 0.04 5 0.03 60.02 6 =2.9（位）可见，尽管哈夫曼编码不是唯一的，但平均码长却是唯一的。2种哈夫曼编码的信息冗余量分别为：广I Ir2 96、& = 1X100% = 1 1*100% =1.0%ILa丿2.99 丿Ix/2 96 Rb=100%=1.卜 100%=1.0%ILb丿I2.99 丿显然，应当有：Ra=Rbo（3）采用3/7扩展编码和2/8扩展编码写这10条指令的操作码，并分别计算“平均码长” 和信息冗余量。采用在2 5不等长扩展：3/7扩展编码：000110110001100111110平均码长：（0.25+0.20+0.15 ） *2+ （0.1+0.08+0.08+0.05+0.04+0.03+0.02 ） *5 = 3.2 信息冗余量：1-2.96/3.2 = 7.5%2/8扩展编码：0001 1000100010111平均码长：(0.25+0.20) *2+ ( 0.15+0.1+0.08+0.08+0.05+0.04+0.03+0.02 ) *4 = 3.1 信息冗余量：1-2.96/3.1 = 4.5%通过比较2/8扩展码比较好，因为它的信息冗余量比3/7的小