Exercícios MT1

Ao fim de 4 atualizações, a aplicação demora 10,75 ms.

Acompanha-se o tempo total ano a ano, atualizando um componente de cada vez: ano 0: 72 + 28 = 100 ms; ano 1: 36 + 28 = 64 ms; ano 2: 36 + 7 = 43 ms; ano 3: 9 + 7 = 16 ms; ano 4: 9 + 1,75 = 10,75 ms.

• 23 ms. Não corresponde à sequência de atualizações do enunciado.
• 8 ms. Subestima o tempo que resta após 4 anos.
• 10,75 ms. É o tempo da tabela de atualizações ano a ano.
• 11,5 ms. Próximo, mas não é o valor da tabela oficial.

CPU: 1600 operações/s. Barramento: 2000 operações/s. O CPU limita o desempenho.

O CPU leva $1{,}5\times10^6 / 2{,}4\times10^9 = 0{,}625$ ms por operação, ou seja 1600 operações/s. O barramento transfere 256 MB/s, ou seja $256\times10^6 / (128\times10^3) = 2000$ blocos/s. Como 1600 < 2000, o CPU é o gargalo do sistema.

Write-back reduz o número de acessos à memória principal.

Com write-back, as escritas ficam na cache (marcando o bloco como modificado) e só são transferidas para a memória principal quando o bloco vai ser substituído. Assim, várias escritas consecutivas no mesmo bloco resultam numa única escrita na memória principal.

• implementar um sistema de memória mais rápido. A política de escrita não torna a memória mais rápida.
• simplificar as operações de leitura. As leituras são tratadas da mesma forma.
• reduzir o número total de bits de memória. O número de bits não depende da política de escrita.
• reduzir o número de acessos à memória principal. As escritas acumulam-se na cache e só descem à memória na substituição.

Blocos maiores aproveitam melhor a proximidade espacial.

Um bloco maior traz para a cache, além do byte acedido, os bytes que lhe são adjacentes em memória. Como os programas tendem a aceder a endereços próximos uns dos outros, esses bytes têm grande probabilidade de vir a ser necessários, e já estão na cache. Isso é a localidade espacial.

• a frequência de relógio. O tamanho do bloco não altera o relógio do CPU.
• a penalidade de falta. Blocos maiores podem até aumentar a penalidade de falta.
• a proximidade espacial. Blocos maiores trazem para a cache os bytes vizinhos do acedido.
• a proximidade temporal. A localidade temporal depende da reutilização no tempo.

(a) 24 bits. (b) 3 blocos. (c) Taxa de acertos $h \geq 0{,}89$.

(a) 128 blocos → 7 bits de índice; 32 bytes por bloco → 5 bits de offset; com 12 bits de etiqueta, o endereço tem $12+7+5=24$ bits. (b) O ciclo acede a 0xA80, 0xA84, …, 0xACC (20 endereços de 4 em 4 bytes), que pertencem aos blocos 0xA80, 0xAA0 e 0xAC0: 3 blocos distintos, logo 3 faltas e 3 blocos transferidos. (c) $\mathrm{CPI}_{efetivo} = 1{,}5 + (1-h)\times100 \leq 12{,}5$, logo $(1-h)\leq0{,}11$ e $h\geq0{,}89$.

O ficheiro de 200 MB transfere-se mais depressa no disco magnético (≈ 2,131 s contra 4 s no SSD).

No disco magnético, 200 MB são 50000 setores de 4 kB, que ocupam 61 cilindros. No melhor caso, o tempo é 8 ms de busca média + 3 ms de rotação média (a 10000 RPM) + 60 × 2 ms de buscas mínimas entre cilindros + 200 MB / 100 MB/s = 2 s, num total de ≈ 2131 ms. No SSD, o tempo é 200 MB / 50 MB/s = 4 s. Logo o disco magnético é mais rápido neste cenário.

• O tempo no SSD é 2 vezes menor.. O SSD é mais lento neste cenário: 4 s contra 2,131 s.
• O tempo no SSD é 4 vezes menor.. Vale o contrário: o disco magnético é mais rápido.
• O tempo é menor no disco magnético.. 2,131 s no magnético contra 4 s no SSD.
• O tempo é igual em ambos os discos.. As taxas de transferência são diferentes.

(a) RAID-1 e Dsk2. (b) RAID-5 (4 grupos) e Dsk2. (c) RAID-6 (2 grupos) e Dsk2. (d) RAID-1 e Dsk2.

Número de discos: RAID-1 precisa de 32 (Dsk1) ou 64 (Dsk2); RAID-5 com 4 grupos precisa de 4×(8/d+1) = 20 (Dsk1) ou 36 (Dsk2); RAID-6 com 2 grupos precisa de 2×(16/d+2) = 20 (Dsk1) ou 36 (Dsk2). Custos: 4480/4160 € (RAID-1), 2800/2340 € (RAID-5), 2800/2340 € (RAID-6). Consumos: 188,8/204,8 W (RAID-1), 118/115,2 W (RAID-5 e RAID-6). Na avaria, RAID-1 copia o disco espelho, enquanto RAID-5/6 recalculam a paridade lendo todo o grupo; com discos menores (Dsk2) a recuperação é mais rápida.

O tempo de leitura é 558 ms.

A 10000 RPM, uma rotação completa demora 6 ms e a latência média de rotação é metade: 3 ms. O tempo total é 40 ms (busca) + 3 ms (rotação média) + 15 ms (controlador) + 25 MB / 50 MB/s = 500 ms (transferência), ou seja 558 ms.

• 58,5 ms. Esquece o tempo de transferência dos dados.
• 61,5 ms. Usa a rotação média de forma incorreta.
• 558 ms. 40 + 3 + 15 + 500 = 558 ms.
• 601 ms. Usa a rotação completa em vez da média.

Disponibilidade $= \frac{MTTF}{MTTF+MTTR} = \frac{MTTF}{MTTF + MTTF/4} = \frac{1}{1{,}25} = 0{,}8$.

A disponibilidade é a fração do tempo em que o sistema está operacional: $\frac{MTTF}{MTTF+MTTR}$. Substituindo $MTTR = MTTF/4$, obtém-se $\frac{MTTF}{1{,}25\,MTTF} = 0{,}8$ (80%).

Quanto mais esporádicos forem os acessos a um periférico, mais conveniente é geri-los por interrupção.

O varrimento (polling) interroga o periférico a uma taxa constante e gasta ciclos de CPU mesmo quando não há nada para fazer. Com interrupções, o CPU só é desviado quando o periférico sinaliza que precisa de atenção, o que compensa quando os acessos são esporádicos.

• Quanto mais frequentes forem os acessos, mais convém interrupção.. Acessos frequentes adaptam-se melhor a varrimento.
• Quanto mais esporádicos forem os acessos, mais convém interrupção.. O varrimento gasta ciclos à espera; a interrupção só quando é preciso.
• O varrimento é sempre mais rápido que a interrupção.. Depende do trabalho exigido pelo periférico.
• O varrimento é sempre mais lento que a interrupção.. Depende do trabalho exigido pelo periférico.

Numa transferência por DMA, o CPU apenas inicia a transferência.

O CPU configura o controlador de DMA e inicia a transferência. A partir daí, é o controlador de DMA que comanda a transferência de dados entre o periférico e a memória, enviando uma interrupção ao CPU apenas no fim do processo.

• O CPU tem de executar a transferência.. Quem comanda a transferência é o controlador de DMA.
• O CPU não tem qualquer intervenção na transferência.. O CPU tem de configurar e iniciar a transferência.
• O CPU tem apenas de iniciar a transferência.. Depois de iniciada, o controlador de DMA trata de tudo.
• O CPU tem de iniciar e terminar a transferência.. O fim é sinalizado por interrupção do controlador.

(a) 100 kB por acesso; busca + rotação = 2,75 ms. (b) O disco limita o sistema (250 blocos/s). (c) 25 sensores.

(a) Bloco = 25 MB/s × 4 ms = 100 kB; busca + rotação = 4 ms − 100 kB / 80 MB/s = 4 − 1,25 = 2,75 ms. (b) CPU: 2×10⁶ ciclos a 3×10⁹ ciclos/s = 2/3 ms por bloco → 1500 blocos/s; barramento: 750 MB/s ÷ 100 kB = 7500 blocos/s; disco: 1 / 4 ms = 250 blocos/s. O disco é o gargalo. (c) Cada sensor consome 1000 × 3 = 3000 ciclos/s; 0,0025% de 3×10⁹ = 75000 ciclos/s; N = 75000/3000 = 25 sensores.

Polling: 3,2×10⁸ ciclos/s. Interrupções: 4×10⁸ ciclos/s. O polling é mais vantajoso.

O disco transfere 16 MB/s × 0,8 = 12,8 MB/s, ou seja 12,8×10⁶ / 32 = 400000 blocos de 32 bytes por segundo. Com polling, é preciso sondar pelo menos uma vez por transferência: 400000 × 800 = 3,2×10⁸ ciclos/s. Com interrupções: 400000 × 1000 = 4×10⁸ ciclos/s. Como 3,2×10⁸ < 4×10⁸, o polling consome menos ciclos de CPU.