二、综合应用题
1．某计算机系统中的磁盘有300个柱面，每个柱面有10个磁道，每个磁道有200个扇区，扇区大小为512B。文件系统的每个簇包含2个扇区。请回答下列问题：（1）磁盘的容量是多少？ （2）假设磁头在85号柱面上，此时有4个磁盘访问请求，簇号分别为：100260、60005、101660和110560。
若采用最短寻道时间优先（SSTF）调度算法，则系统访问簇的先后次序是什么？ （3）第100530簇在磁盘上的物理地址是什么？将簇号转换成磁盘物理地址的过程是由I/O系统的什么程序完成的？[2019年408统考] 答：
（1）磁盘容量=(300×10×200×512/1024)KB=3×105KB。
（2）依次访问的簇是100 260、101 660、110 560、60 005。
（3）第100 530簇在磁盘上的物理地址由其所在的柱面号、磁头号、扇区号构成。
其所在的柱面号为⌊100530/(10×200/2)⌋=100；
100530%(10×200/2)=530，磁头号为⌊530/(200/2)⌋=5；
扇区号为(530×2)%200=60。
犯罪中止
将簇号转换成磁盘物理地址的过程由磁盘驱动程序完成。
2．某计算机采用页式虚拟存储管理方式，按字节编址。CPU进行存储访问的过程如图1-1所示。
图1-1
根据图1-1回答下列问题。
（1）主存物理地址占多少位？
（2）TLB采用什么映射方式？TLB用SRAM还是DRAM实现？
（3）Cache采用什么映射方式？若Cache采用LRU替换算法和回写（Write Back）策略，则Cache每行中除数据（Data）、T ag和有效位外，还应有哪些附加位？Cache总容量是多少？Cache中有效位的作用是什么？
（4）若CPU给出的虚拟地址为0008 C040H，则对应的物理地址是多少？是否在Cache中命中？说明理由。若CPU给出的虚拟地址为0007 C260H，则该地址所在主存块映射到的Cache组号是多少？[2018年408统考]
答：
（1）物理地址位数是20+3+5=28(或16+12=28)。
（2）TLB中每项都有一个比较器，故TLB采用全相联映射方式TLB采用SRAM实现。
（3）Cache中每组有两行，故采用2路组相联映射方式。
因为是2路组相联并采用LRU替换算法，所以每行（或每组）需要1位LRU为；因为采用回写策略，所以每行有1位修改位（脏位）。
28位物理地址中Tag字段占20位，组索引字段占3位，块内偏移地址占5位，故Cache 共有23=8组，每组2行，每行有25=32B；Cache总容量为8×2×(20+1+1+1+32×8)=4464位=558字节。
(或者8×2×(20+1+1+32×8)+8=4456位=557字节)
有效位用来指出所在Cache行中的信息是否有效。
第一首完整的七言诗（4）虚拟地址0008 C040H对应的物理地址是004 0040H。
访问Cache不命中。
理由为：主存物理地址为004 0040H，其中高20位00400H为标志字段，低5位0000B 为块内偏移量，中间3位010B为组号2，因此将00400H与Cache中第2组两行中的标志字段同时比较，可以看出，虽然有一个Cache行中的标志字段与00400H相等，但对应的有效位为0，而另一Cache行的标志字段与00400H不相等，故访问Cache不命中。
因为物理地址的低12位于虚拟地址低12位相同，即为0010 0110 0000B，其中011B 是组号（组索引），因此，该地址所在的主存块映射到的Cache组号为3。
3．请根据题2图1-1给出的虚拟存储管理方式，回答下列题。
（1）某虚拟地址对应的页目录号为6，在相应的页表中对应的页号为6，页内偏移量
为8，该虚拟地址的十六进制表示是什么？
（2）寄存器PDBR用于保存当前进程的页目录起始地址，该地址是物理地址还是虚拟地址？进程切换时，PDBR的内容是否会变化？说明理由。同一进程的线程切换时，PDBR 的内容是否会变化？说明理由。 （3）为了支持改进型CLOCK置换算法，需要在页表项中设置哪些字段？[2018年408统考]
答：
（1）该虚拟地址为0180 6008H。
（2）该地址是物理地址。进程切换时，PDBR的内容会变化；同一进程的线程切换时，PDBR的内容不会变化。每个进程的地址空间、页目录和PDBR的内容存在一一对应的关系。进程切换时，地址空
中国质量万里行间发生了变化，对应的页目录及其起始地址页相应变化，因此需要用进程切换后当前进程的页目录起始地址刷新PDBR。同一进程中的线程共享该进程的地址空间，其线程发生切换时，地址空间不变，线程使用的页目录不变，因此PDBR的内容也不变。
（3）需要设置访问字段（引用位/使用位）和修改字段（脏位）。
4．已知
大学生录像后扶人
计算f(n)的C语言函数f1如下：
将f1中的int都改为float，可得到计算f(n)的另一个函数f2。假设unsigned和int 型数据都占32位，float采用IEEE754单精度标准。
请回答下列问题
（1）当n=0时，f1会出现死循环，为什么？若将f1中的变量i和n都定义为int型，则f1是否还会出现死循环？为什么？
（2）f1(23)和f2(23)的返回值是否相等？机器数各是什么（用十六进制表示）？
（3）f1(24)和f2(23)的返回值分别是33 554 431和33 554 432.0，为什么不相等？什么是辩证法
（4）f(31)=232-1，而f1(31)的返回值却为-1，为什么？若使(n)的返回值与f(n)相等，则最大的n是多少？
（5）f2(127)的机器数为7F80 0000H，对应的值是什么？若使f2(n)的结果不溢出，则最大的n是多少？若使f2(n)的结果精确（无舍入），则最大的n是多少？[2017年408统考]
答：
（1）由于i和n是unsigned型，故“i<=n-1”是无符号数比较，n=0时，n-1的机器数为全1，值是232-1，为unsigned型可表示的最大数，条件“i<=n-1”永真，因此出现死循环。
若i和n改为int类型，则不会出现死循环。
因为“i<=n-1”是带符号整数比较，n=0时，n-1的值是-1，当i=0时条件“i<=n-1”不成立，此时退出for循环。
（2）f1(23)与f2(23)的返回值相等。3721网络实名
f1(23)的机器数是OOFF FFFFH，
F2(23)的机器数是4B7F FFFFH。
（3）当n=24时，f(24)=1 1111 1111 1111 1111 1111 1111B，而float型数只有24位有效位，舍入后数值增大，所以f2(24)比f1(24)大1。
（4）显然f(31)已超出了int型数据的表示范围，用f1(31)实现得到的机器数为32个1，作为int型数解释
时其值为-1，即f1(31)的返回值为-1。
因为int型最大可表示数是0后面加31个1，故使f1(n)的返回值与f(n)相等的最大n 值是30。
（5）IEEE754标准用“阶码全1、尾数全0”表示无穷大。f2返回值为float型，机器数7F80 0000H对应的值是+∞。
当n=126时，f(126)=2217-1=1×2126，对应阶码为127+126=253，尾数部分舍入后阶码加1，最终阶码为254，是IEEE754单精度格式表示的最大阶码。故使f2结果不溢出的最大n值为126。
当n=23时，f(23)为24位1，float型数有24位有效位，所以不需舍入，结果精确。故使f2获得精确结果的最大n值为23。
5．在按字节编址的计算机M上，题4只f1的部分源程序与对应的机器级代码（包括指令的虚拟地址）如下：
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