计算机系统结构第二章练习题答案.docx
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计算机系统结构第二章练习题答案
第二章练习题
（1）
一、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（A~D）填入题后面的括号中。
1．数据表示的含义是（ B ）。
A．表示数据所采用的数制和码制
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，可以表示的规格化最小正尾数的值是（C ）。
A．0.5 B．0.25
C．0.125 D．0.015625
3．浮点数表示的尾数的基rm=16，尾数长度p=2，可以表示的规格化最大正尾数的值是（ D ）。
A．
2 B．
C．
D．
4.多维数组的自定义数据表示通常采用（ 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.平均码长最短的编码是（ 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．1/12
B．2/8
C．3/4
D．4/8
8.2-4扩展编码最多可以得到的码点数是（ D ）。
A．6
B．9
C．10
D．13 00，01*4，10*4，11*4
9.RISC执行程序的速度比CIRC要快的原因是（ C ）。
A．RISC的指令系统的指令数比较少
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（
）。
5．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度是（
）。
三、判断题
判断下列各题的叙述是否正确，正确的叙述在括号内打“”；错误的叙述在括号内打“”；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。
（ ）
P66
6．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“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。
以量血流____________________________________________________________________________________________________________________________
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，则不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。
8．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I1~I10共10条指令，经过统计，各指令在程序中的使用频度分别为：
p1=0.25，p2=0.20，p3=0.15，p4=0.10，p5=0.08，p6=0.08，p7=0.05，p8=0.04，p9=0.03，p10=0.02。
（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*2.73+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：
可见，哈夫曼编码不是唯一的。
计算2种哈夫曼编码的“平均码长”分别为：
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：
显然，应当有：
Ra=Rb。
（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：
00
01
10
11000
11001
。
。
。
11110
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：
00
01
1000
1000
。
。
。
10111
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
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