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计算机体系结构第四章练习题参考解答

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-可编辑修改- 第 四 章

4.52 浮点数系统使用的阶码基值re=2，阶值位数q=2，尾数基值rm=10，尾数位数p′=1，即按照使用的二进制位数来说，等价于p=4。计算在非负阶、正尾数、规格化情况下的最小尾数值、最大尾数值、最大阶值、可表示的最小值和最大值及可表示数的个数。

解: 最小尾数值：rm-1 = 10-1 = 0.1

最大尾数值：1- rm-p′ =1-10-1 = 0.9

最大阶值：2q-1=3

可表示数的最小值：1×rm-1 = 10-1 = 0.1

可表示数的最大值：rm2q-1×（1- rm-p′）=103（1-10-1）= 900

可表示数的个数：2q×rmp′（rm-1）/rm = 22×101（10-1）/10 = 36

4.53 一台机器要求浮点数的字长的精度不低于10-7.2，表数的范围正数不小于1038，且正负对称。尾数用原码、纯小数表示，阶码用移码、整数表示。设计这种浮点数的格式。

解 依题意，取表数范围N =1038，表数精度δ=10-7.2。

由式（4-4）得：37log(log10log21)log2q = 6.99，上取整，得到阶码字长q=7。

由式（4-5）得：16log1053.2log2p，上取整，得到尾数字长p=24。

从而加上一个尾数符号位和一个阶码符号位，浮点数的总字长为：p+q+2=24+7+2=33。

实际浮点数总字长应为8的倍数，故取浮点数总字长为40位。多出的7位可以加到尾数字长p中用于提高浮点数的表数精度，也可以加到阶码字长q中来扩大浮点数的表数范围。暂且让p增加6位，q增加1位，即p=30，q=8。如图4-8所示是设计出来的浮点数格式。

图4-8 例4.2浮点数的设计格式

4.58 用于文字处理的某专用机，每个文字符用4位十进制数字（0～9）编码表示，空格用︼表示。在对传送的文字符和空格进行统计后，得出它们的使用频度如下：

︼：0.20 0:0.17 1:0.06 2:0.08 3:0.11 4:0.08

5: 0.05 6:0.08 7:0.13 8:0.03 9:0.01

（1）若对数字0～9和空格采用二进制编码，试设计编码平均长度最短的编码。

（2）若传送106个文字符号，且每个文字符号后均自动跟一个空格，按最短的编码，共需传送多少个二进制位？若传送波特率为9600bPS，共需传送多少时间？

（3）若对数字0～9和空格采用4位定长码编码，重新计算问题（2）。

解：（1）∵操作码编码的平均长度最短为Huffman编码，生成的Huffman树，如图所示，长度 1 p=30 1 q=8 位序 39 38 9 8 7 0

尾符S 尾数M 阶符F 阶码E 。

-可编辑修改- 相应的Huffman编码如表所示。l=niip1×li = 3.23（位）。

（2）根据题意，每个字符的二进制码的平均长度为：3.23×（4＋1）=16.15（位）。若要传输106个字符，则要传输二进制位数为：106×16.15 =1.615×107（位）

若波特率为56Kb/s，则传输时间为：1.615×107/（56×103）=288（s）。

（3）当采用四位定长编码时，则需要传输二进制位数为：106×4（4＋1）=2×107（位），传输时间为：2×107/（56×103）=357（s）。

1 0

1 0 1 0

︼

1 0 1 0 1 0

3 7 0

5 1 6 4 2

9 8

4.60 一台模型机共有7条指令，各指令的使用频度分别为：35%，25%，20%，10%，5%，3%，2%，有8个通用数据寄存器，2个变址寄存器。

（1）要求操作码的平均长度最短，请设计操作码的编码，并计算操作码编码的平均长度。

（2）设计8位字长的寄存器—寄存器型指令3条，16位字长的寄存器一存储器型变址寻址方式指令4条，变址范围不小于正、负127。请设计指令格式，并给出指令各字段的长度和操作码的编码。

解：（1）∵操作码编码的平均长度最短为Huffman编码，生成的Huffman树如图所示，Ii Pi Huffman编码 Li

︼ 0．20 10 2

0 0．17 000 3

7 0．13 010 3

3 0．11 110 3

2 0．08 0010 4

4 0．08 0011 4

6 0．08 0110 4

1 0．06 0111 4

5 0．05 1110 4

8 0．03 11110 5

9 0．01 11111 5 1.00

0.01 0.04 0.09 0.20 0.40

0.03 0.05 0.11 0.20

0.08 0.06 0.14 0.27 0.60

0.16

0.08 0.13 0.33

0.17

0.08 。

-可编辑修改- 相应的Huffman编码如表所示。l=niip1×li = 2.35（位）

（2）由于通用寄存器有8个，则指令中通用寄存器字段应为3位；操作码字段2位可有4个码点，用三个码点表示三条指令，另一个码点则作为扩展标志。所以3条8位长的寄存器—寄存器型指令格式如下：

由于变址寄存器有2个，则指令中变址寄存器字段应为1位；变址范围-127～+127，则指令中相对位移字段应为8位；操作码字段前2位可有4个码点，用三个码点表示三条指令，另一个码点则作为扩展标志。扩展2位正好可表示四条指令，操作码字段则为4位。所以4条16位长的寄存器—存储器型指令格式如下：

特别地，当采用3/4扩展编码时，使用频度高的用短码表示，使用频度低的用长码表示，其相应的编码如表所示。

4.65 某模型机9条指令使用频度为：

ADD（加） 30% SUB（减） 24% JOM（按负转移）6% STO（存） 7%

JMP（转移）7% SHR（右移）2% CIL（循环左移）3% CLA（清除）20%

STP（停机）1% Ii Pi Huffman编码 Li 2-4编码（3/4） Li

I1 0．35 00 2 00 2

I2 0．25 01 2 01 2

I3 0．20 10 2 10 2

I4 0．10 110 3 1100 4

I5 0．05 1110 4 1101 4

I6 0．03 11110 5 1110 4

I7 0．02 11111 5 1111 4 1.00

0.02 0.05 0.10 0.20 0.40

0.03 0.05 0.10 0.20 0.25 0.60

0.35

操作码（2位）寄存器1（3位）寄存器2（3位）

操作码（4位）寄存器（3位）变址寄存器（1位）相对位移（8位） 。

-可编辑修改- 要求有两种指令字长，都按双操作数指令格式编排，采用扩展操作码，并限制只能有两种操作码码长。设该机有若干通用寄存器，主存为16位宽，按字节编址，采用按整数边界存储，任何指令都在一个主存周期中取得，短指令为寄存器--寄存器型，长指令为寄存器--主存型，主存地址应能变址寻址。

（1）仅根据使用频度，不考虑其它要求，设计出全Huffman操作码，计算其平均码长；

（2）考虑题目全部要求，设计优化实用的操作码形式，并计算其操作码的平均码长；

（3）该机允许使用多少可编址的通用寄存器？

（4）画出该机两种指令字格式，标出各字段之位数；

（5）指出访存操作数地址寻址的最大相对位移量为多少个字节？

解：（1）根据给出的使用频度，在构造Huffman树的过程中，有两个结点可供合并，因此可生成不同的Huffman树，其中给出一棵如图所示，相应的Huffman编码如表所示。

∴ Huffman编码的平均长度为：l=niip1×li

l=0.3×2＋0.24×2＋0.2×2＋0.07×4＋0.07×4＋0.06×4＋0.03×5＋0.02×6＋0.01×6=2.61（位）

ADD CLA SUB

J0M JMP STO

CIL

STP SHR

（2）任何指令都在一个主存周期中取得，那么短指令字长为8位，长指令字长为16位。又指令都是二地址指令，所以短指令寄存器--寄存器型的格式为： 指令 Ii Pi Huffman编码 Li 2-5编码（3/6） Li

ADD I1 0．30 01 2 00 2

SUB I2 0．24 11 2 01 2

CLA I3 0．20 10 2 10 2

STO I4 0．07 0011 4 11001 5

JMP I5 0．07 0010 4 11010 5

JOM I6 0．06 0001 4 11011 5

CIL I7 0．03 00001 5 11100 5

SHR I8 0．02 000001 6 11101 5

STP I9 0．01 000000 6 11110 5 0.56

0.01 0.03 0.06 0.12 0.26

0.02 0.03 0.06 0.07 0.14 1.00

0.20

0.07 0.44

0.24 0.30

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计算机组成原理期末复习资料(一)

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《计算机组成原理》期末复习资料（一）

复习资料及试题汇编(00.1-01.7)

一、数据表示、运算和运算器部件

1.将十进制数+107/128和-52化成二进制数，再写出各自的原码、反码、补码表示（符号位和数值位共8位）。

解： +107/128 = +6BH/80H = +1101011B/10000000B =+0.1101011

–52 =-34H=–110100

原码 01101011 10110100

反码 01101011 11001011

补码 01101011 11001100

2.判断下面的二元码的编码系统是有权还是无权码，写出判断的推导过程。

十进制数 二元码的编码

0 0000

1 0111

2 0110

3 0101

4 0100

5 1011

6 1010

7 1001

8 1000

9 1111

解：设4位二元吗每位分别为ABCD，且假定其为有权码。则

从4的编码0100可求得B的位权为4；从8的编码1000可求得A的位权为8；

计算机网络吴功宜(第三版)课后习题解答(第1-4章)

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*** 计算机网络 -清华版_吴功宜(第三版)课后习题解答 (第

1-4 章)

第一章 计算机网络概论 P42

1. 请参考本章对现代 Internet 结构的描述，解释“三网融合”发展

的技术背景。

答：基于 Web的电子商务、电子政务、远程医疗、远程教育，以及基

于对等结构的 P2P网络、 3G/4G与移动 Internet 的应用，使得 Internet

以超常规的速度发展。

“三网融合”实质上是计算机网络、电信通信网与电视传输网技术的

融合、业务的融合。

2. 请参考本章对 Internet 应用技术发展的描述，解释“物联网”发

展技术背景。

答：物联网是在 Internet 技术的基础上，利用射频标签、无线传感

与光学传感等感知技术自动获取物理世界的各种信息，构建覆盖世界上人

与人、人与物、物与物的智能信息系统，促进了物理世界与信息世界的融

合。

3. 请参考本章对于城域网技术特点的描述，解释“宽带城域网”发展

技术背景。

答：宽带城域网是以 IP 为基础，通过计算机网络、广播电视网、电

信网的三网融合，形成覆盖城市区域的网络通信平台，以语音、数据、图

像、视频传输与大规模的用户接入提供高速与保证质量的服务。

4. 请参考本章对 WPAN技术的描述，举出 5 个应用无线个人区域网络

技术的例子。

答：家庭网络、 安全监控、 汽车自动化、 消费类家用电器、 儿童玩具、

医用设备控制、工业控制、无线定位。***

*** 5.. 请参考本章对于 Internet 核心交换、边缘部分划分方法的描述，

举出身边 5 种端系统设备。

答：PDA、智能手机、智能家电、无线传感器节点、 RFID 节点、视频

监控设备。

7. 长度 8B与 536B的应用层数据通过传输层时加上了 20B的 TCP报头,

通过网络层时加上 60B 的 IP 分组头，通过数据链路层时加上了 18B 的

Ethernet 帧头和帧尾。 分别计算两种情况下的数据传输效率。 （知识点在：

计算机系统原理13015习题答案

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习题解答

第1章 计算机系统概述

1. 给出以下概念的解释说明

1. 中央处理器（CPU）

通常把控制部件、运算部件和各类寄存器互联组成的电路称为中央处理器（Central Processing Unit，CPU），简称处理器。

2. 算术逻辑部件（ALU）

用来进行算术逻辑运算的部件，即算术逻辑部件（Arithmetic Logic Unit）。

3. 通用寄存器

临时存放从主存取来的数据或运算的结果。

4. 程序计数器（PC）

在执行当前指令的过程中，自动计算出下一条指令的地址并送到PC（Program

Counter，PC）中保存。

5. 指令寄存器（IR）

从主存取来的指令需要临时保存在指令寄存器（Instruction Register，IR）。

6. 控制器

用于自动逐条取出指令并进行译码的部件，即控制元件（Control Unit，CU），也称控制器。

7. 主存储器

用来存放指令和数据。

8. 总线

CPU为了从主存取指令和存取数据，需要通过传输介质和主存相连，通常把连接不同部件进行信息传输的介质称为总线。

9. 主存地址寄存器（MAR）

CPU送到地址线的主存地址应先存放在主存地址寄存器（Memory Address

Register, MAR)中。

10. 主存数据寄存器（MDR）

CPU发送到或从数据线取来的信息存放在主存数据寄存器（Memory Data

Register， MDR）中。

11. 机器指令 计算机能理解和执行的程序称为机器代码或机器语言程序，其中的每条指令都由0和1组成，称为机器指令。

12. 存储程序

13. 指令操作码

操作码字段指出指令的操作类型，如取数、存数、加、减、传送、跳转等。

14. 高级程序设计语言

高级程序设计语言简称高级编程语言，是指面向算法设计的、较接近于日常英语书面语言的程序设计语言，如BASIC、C/C++、Java等。

15. 汇编语言

谢希仁《计算机网络》习题解答

谢希仁《计算机网络》习题解答

概述

1-01 计算机网络的发展可以划分为几个阶段？每个阶段各有何特点？

答：计算机网络的发展可以划分为四个阶段，各自特点如下：

1．第一阶段（网络产生）：以单个主机为中心的远程联机系统，称为面向终端的计算机网络；

2．第二阶段（网络发展）：以ARPANET为代表的分组交换网，称为以通信子网为中心的计算机网络；

3．第三阶段（网络标准化）：计算机网络体系结构形成，ISO颁布开放系统互连基本参考模型OSI/RM；

4．第四阶段（Inernet时代）：20世纪80年代以来，Inernet成为世界上规模最大和增长速率最快的计算机网络，其网络体系结构TCP/IP也成为计算机网络的事实上的国际标准。

1-02 简述分组交换的要点。

答： 分组交换是基于存储转发的一种交换方式，实质上是采用了在数据通信的过程中断续（或动态）分配传输带宽的策略。

其优点为：

1．高效：在分组传输的过程中动态分配传输带宽；

2．灵活：每个结点均有智能，可根据情况决定路由和对数据做必要的处理；

3．迅速：以分组作为传送单位，在每个结点存储转发，网络使用高速链路；

4．可靠：有完善的网络协议，采用分布式多路由的通信子网。

其缺点为：

1．分组在各结点存储转发时因排队会产生一定的时延；

2．各分组必须携带的控制信息造成一定的额外开销；

3．分组交换网需要专门的管理和控制机制。

1-03 从多个方面比较电路交换、报文交换和分组交换的主要优缺点。

答：

1-04 举出对网络协议的分层处理方法的优缺点。

答：优点：

1．各层之间是独立的。这使得可以将一个难以处理的复杂问题分解为若干个较容易处理的更小一些的问题。

2．灵活性好。当任何一层发生变化时，只要层间接口关系保持不变，则这层以上和以下各层均不受影响。

3．结构上可分割开。各层都可以采用最合适的技术实现。

4．易于实现和维护。

5．能促进标准化工作。

缺点：如何分层是一件复杂的工作，要注意每一层的功能都非常明确（如哪些功能放入哪一层、层与层之间不能有重复的功能等），还要注意层数不能太多又不能太少（太少会使每一层的协议太复杂、太多会在描述和综合各层功能的系统工程任务时遇到困难），目前还不存在一个最佳的层次划分方法。有些文献还指出严格按分层结构编写的软件效率低。