Lösningsförslag tenta

Transkript

1 Lösningsförslag tenta (Version 5 med reservation för eventuella fel. Uppdaterad ) 1. X = ; Y = (8 bitars ordlängd) a) [0, 2 n 1] = [0, 2 8 1] = [0, 255] b) [ 2 n-1, +2 n-1-1] = [ 2 8-1, ] = [ 128, +127] c) S = X+Y bitnummer carry X Y = S d) N = s 7 = 0 Z = 1 (S = 0) V = x 7 *y 7 *s 7 + x 7 *y 7 *s 7 = 1*0*0 + 1 *0 *0 = 0 C = c 8 = 1 NZVC = 0101 e) D = X+Y 1k bitnummer carry X Y 1k = D f) N = d 7 = 0 Z = 0 (D 0) V = x 7 *y 71k *d 7 + x 7 *y 71k *d 7 = 1*1*0 + 1 *1 *0 = 1 C = c 8 = 1 = 0 NZVC = 0010 g) X = = A5 16 = 10* = 165 Y = = 5B 16 = 5* = 91 S = = 0 Resultatet S är felaktigt eftersom C = 1. D = = 4A 16 = 4* = 74 Resultatet D är korrekt eftersom C = 0. h) (x 7 = 1, neg ) X 2k = = = 91 X motsvarar 91 (y 7 = 0, pos) Y = 91 (s 7 = 0, pos) S = = 0 Resultatet S är korrekt eftersom V = 0. (d 7 = 0, pos) D = 74 Fel eftersom V = 1. i) N = 125, = = *2 6 Format: s/c/f s = 0 (pos); c = exp = = 133 = ; f = mantissa - 1 N flyt = 0/ / = 42FA a) a u = [(ac ) (a+b)] = c X 1 = (ac )(a+b) + (ac ) (a+b) = =1 u = ac +abc + (a +c)a b = a = ac +abc + a b +a b c = 1 X b = ac + a b = (a + b )(a + c ) (Nr 4) b) ab cd bc NAND-gindar "ettor" f = a (b c d) + ad (Nr 5) [Nr 8 ger också korrekt funktion, men utgår från "nollor" och är därför inte lämpligt för NAND-grindar. ] a (4p)

2 3. a) T Q Q + D Q D T T =1 1D Q D = T Q + TQ = T Q b) För T-vippor gäller att q + = q för T = 0 och q + = q för T = 1. q 2 q 1 q 0 T 2 T 1 T 0 q + 2 q q T 2 q 1 q 0 q T 1 q 1 q 0 q T 2 = q 2 q 1 q 0 + q 2 q 1 q 0 = (q 2 q 1 )q 0 T 1 = q 2 q 1 q 0 + q 2 q 1 q 0 = (q 2 q 1 ) q 0 T 0 = (q 2 q 1 q 0 ) = (q 2 q 1 ) q 0 T 0 q 1 q 0 q q 0 =1 T 0 1T q 0 q 0 q 1 q 2 =1 q 0 1 T 1 1T q 1 q 1 q 0 T 2 1T q 2 q 2 (6p) 4. Styrsignaler (=1) RTN A(8) B(8) T(8) R(8) 1 O B, LD T B T C8 64?? 2 O A, f 3, f 2, LD R A T 1 R C ? 3 O R, f 3, f 1, f 0, LD R, LD T 2R R, R T C O R, f 3, f 1, LD R R + T R C C6 5 O R, LD B R B C ?? C (4p)

3 5. a) FLISP: State Summaterm RTN-beskrivning Styrsignaler Q 4 Q 4 I xx M(PC) T, PC+1 PC MR, LD T, INC PC Q 5 Q 5 I xx X + T R O X, f 3, f 1, f 0, LD R Q 6 Q 6 I xx R X, (New Fetch) O R, LD X, NF FLX: State Summaterm RTN-beskrivning Styrsignaler Q 5 Q 5 I xx PC MA, PC+1 PC O PC, LD MA, IncPC Q 6 Q 6 I xx M(MA) T MR, LD T Q 7 Q 7 I xx X + T R O X, f 3, f 1, LD R Q 8 Q 8 I xx R X, (Next Fetch) O R, LD X, NF Detta är: LAX n,x b) FLISP: State S-term RTN-beskrivning Styrsignaler (=1) Q 4 Q 4 I DF M(PC) TA, PC+1 PC MR, LD TA, INC PC Q 5 Q 5 I DF M(X) T MR, g 13, g 12, LD T Q 6 Q 6 I DF M(TA) + T R, 0 T, ALU(NZVC) CC MR, g 14, f 3, f 1, f 0, LD R, LD CC, CLR T Q 7 Q 7 I DF R M(X) O R, g 13, g 12, MW Q 8 Q 8 I DF X + 1 R O X, f 3, f 0, LD R Q 9 Q 9 I DF R X, (New Fetch) O R, LD X, NF OPKOD Adr FLX: State S-term RTN-beskrivning Styrsignaler (=1) Q 5 Q 5 I DF PC MA, PC+1 PC O PC, LD MA, IncPC Q 6 Q 6 I DF M(MA) MA MR, LD MA Q 7 Q 7 I DF M(MA) T MR, LD T Q 8 Q 8 I DF X MA O X, LD MA Q 9 Q 9 I DF M(MA) + T R, Flags CC MR, f 3, f 1, LD R, LD CC Q A Q A I DF R M(MA) O R, MW Q B Q B I DF X + 1 R O X, f 3, g 0, LD R Q C Q C I DF R X, (Next Fetch) O R, LD X, NF (4p)

4 6. a) Funktionen hos signalen NF är att ladda tillståndsräknaren med värdet 3, som motsvarar första tillståndet i FTCH. Om sista tillståndet i XCUT inte aktiverar NF så fortsätter tillståndsräknaren räkna tills den varvar efter 15 och börjar om med RST följt av FTCH, dvs processorn startar om på det aktuella programmets startadress. b) Vi förutsätter att båda talen har ordlängden 8 bitar och därmed talområdet [ , ], eftersom hoppvillkoret för BPL avser tal med tecken. Det villkorliga hoppet BPL Adr utförs om N-flaggan = 0, dvs. om subtraktionen ger ett resultat 0. Värdet = motsvarar det negativa talet ( ) 10 = Hoppvillkoret blir W ( ) 0; W ; W Om overflow inträffar får N-flaggan i detta fall värdet 1 vilket medför att hoppet då inte utförs. Overflow inträffar om W ( ) dvs. W = Hoppet görs därför om W tillhör intervallet: W ftersom 2-komplementrepresentation används för negativa tal delar vi upp intervallet i en negativ och en positiv del, W 1 och 0 W Det verkliga intervallet för den negativa delen blir: W dvs W Hoppet utförs alltså om W tillhör något av intervallen: 0 W eller W c) Assemblerkod Adr Data ~ Läge Operation Operand LDA #10 4 JSR DLAY Offset CONST QU 5 ORG $ DLAY PSHA PSHA 82 F YLOOP LDA #CONST ILOOP DCA FD 4 BN ILOOP = FD DC 0,SP F7 4 BN YLOOP 82 8B = F7 8B 14 3 PULA 8C 14 3 PULA 8D 43 2 RTS d) JSR DLAY tar 4 klockpulser. A-reg innehåller värdet 10 vid anropet, så yttre slingan (YLOOP) utförs 10 gånger. T = [2+(3+4) 5+4+4] = 18+[ ] 10 = 468 st (μs)

5 7. BOS QU $FA Bottom of stack INPORT QU $FB DIPSWITCH UTPORT QU $FC Ljusdiodramp (LD) DLAY QU $80 Färdig fördröjningsrutin (200 ms) ORG $10 Huvudprogrammets startadress START LDSP #BOS Initiera stackbotten CLR UTPORT Alla ljusdioder släckta PLOOP LDX #PATTRN Pekare till tabell för diodmönster WAIT TST INPORT Starta visning? BPL WAIT Nej, bit7 = 0 ; LDA,X+ Ja, bit7 = 1. Hämta bitmönster från tabell STA UTPORT Visa bitmönster JSR DLAY Vänta 200 ms CMPX #PATTRN+8 Hela tabellen avverkad? BQ PLOOP Ja, börja om från startläget BRA WAIT Nej, kolla om nästa bitmönster skall visas ; Tabell med samtliga bitmönster PATTRN FCB % ,% ,% ,% FCB % ,% ,% ,% (7p)

6 H 01FFH 0200H Upptaget för styrregister mm ROM Passiv = 2 9 Start: 0000H = Slut: 01FFH = st RWM k = 2 11 Start: F800H = F7FDH F7FH I/O-port 1 F7FFH I/O-port 2 F800H 2 kbyte RWM FFFDH FFFH Inport3 FFFFH Inport4 64 kbyte ROM Slut: FFFFH = st I/O-port Adr: F7FH = I/O-port Adr: F7FFH = Inport Adr: FFFH = () Inport Adr: FFFFH = A 14 A 13 A 12 A 11 A 10 A 9 PA. IN3 PA IN1 IN2 IN3 IN4 RWM A 14 A 13 A 12 A 11 IN3 IN4 ROM RWM A 1 A 12 A 11 A 10 A 1.. IN4 IN1 IN2 OUT1 OUT2 (7p)