深入理解计算机系统_3e 第三章家庭作业 CS:APP3e chapter 3 homework

3.58

long decode2(long x, long y, long z)
{
int result = x * (y - z);
if((y - z) & 1)
result = ~result;
return result;
}

3.59

这个题考察的是2.3.4和2.3.5节的一个定理：w比特长度的两个数相乘，会产生一个2w长度的数，不管这两个数是无符号数还是补码表示的有符号数，把结果截取的低w比特都是相同的。

所以我们可以用无符号数乘法指令mulq实现有符号数乘法：先把数有符号扩展致2w位，然后把这两个2w位的数相乘，截取低2w位即可。

截取就是求模运算，即 mod 2^w。

store_prod
movq    %rdx, %rax      #rax中保存y
cqto                    #将rax有符号扩展为rdx:rax，即rdx为全1
movq    %rsi, %rcx      #rcx中保存x
sarq    $63, %rcx       #rcx为为全1若x小于0，否则为0，即将x有符号扩展
#下面把这两个扩展的数当成无符号数进行运算，取低128bit。
#此时y表示为rdx:rax,x表示为rcx:rsi, 即y = rdx*2^64 + rax, x = rcx*2^64 + rsi
#x*y = rdx*rcx*2^128 + rdx*rsi*2^64 + rcx*rax*2^64 + rax*rsi
#由于我们只需要取低128位，所以对x*y进行取模操作mod 128，得到公式：rdx*rsi*2^64mod2^128 + rcx*rax*2^64mod2^128 + rax*rsi
#由于这里的寄存器都是64位的，所以对于rdx*rsi*2^64mod2^128这样的操作我们可以直接使用imulq指令，截取两个寄存器相乘的低64位，然后把他加到rax*rsi的高64位。
#下面实现公式
imulq   %rax, %rcx      #rcx*rax*2^64mod2^128(随后放在高64位)
imulq   %rsi, %rdx      #rdx*rsi*2^64mod2^128(随后放在高64位)
addq    %rdx, %rcx      #随后放在高64位
mulq    %rsi            #x*y即rax*rsi
addq    %rcx, %rdx      #放在高64位
movq    %rax, (%rdi)    #存储低64位
movq    %rdx, 8(%rdi)   #存储高64位
ret

3.60

A. x : %rdi n : %esi result : %rax mask : %rdx

B. result = 0 mask = 1

C. mask != 0

D. mask >>= n

E. result |= (x & mask)

long loop(long x, int n)
{
long result = 0;
long mask;
for(mask = 1; mask != 0; mask >>= n)
{
result |= (x & mask);
}
return result;
}

3.61

long cread_alt(long *xp)
{
static long tmp = 0;
if(xp == 0)
{
xp = &tmp;
}
return *xp;
}

这个地方也是很无语，在我的环境下必须将tmp的存储类型设置为静态存储，并且将gcc的优化设置为O3，这样才能生成使用conditional transfer的指令（才能让gcc相信优化是值得的。。）：

00000000004004f0 <cread_alt>:
4004f0:   48 85 ff                test   %rdi,%rdi
4004f3:   b8 38 10 60 00          mov    $0x601038,%eax
4004f8:   48 0f 44 f8             cmove  %rax,%rdi
4004fc:   48 8b 07                mov    (%rdi),%rax
4004ff:   c3                      retq

3.62

typedef enum {MODE_A, MODE_B, MODE_C, MODE_D, MODE_E}
long switch3(long *p1, long *p2, mode_t action)
{
long result = 0;
switch(action)
{
case MODE_A:
result = *p2;
*p2 = *p1;
break;

case MODE_B:
result = *p1 + *p2;
*p1 = result;
break;

case MODE_C:
*p1 = 59;
result = *p2;
break;

case MODE_D:
*p1 = *p2;

case MODE_E:
result = 27;
break;

default:
result = 12;
}
return result;
}

3.63

long switch_prob(long x, long n)
{
long result = x;
switch(n)
{
case 0:
case 2:
result += 8;
break;
case 3:
result >>= 3;
break;
case 4:
result = (result << 4) - x;
case 5:
result *= result;
default:
result += 0x4b;
}
return result;
}

3.64

A. &A[i][j][k] = Xa + L(i*S*T + j*T + k)

B. R = 7，S = 5，T = 13

3.65

A. rdx (每次移位8，即按行移动)

B. rax(每次移位120 = 8 * 15，按列移动)

C. 由B，M = 15

3.66

NR(n)是数组的行数，所以我们找循环的次数，即rdi，得到rdi = 3n.

NC(n)是数组的列数，所以我们应该找每次循环更新时对指针增加的值，这个值等于sizeof(long) * NC(n)，即r8，得到r8 = 8 * (4n + 1).

综上，可知两个宏定义：

#define NR(n) (3*(n))
#define NC(n) (4*(n)+1)

3.67

A.


B. %rsp + 64

C. 通过以%rsp作为基地址，偏移8、16、24来获取strA s的内容（由于中间夹了一个返回地址，所以都要加8)

D. 通过传进来的参数%rdi(%rsp + 64 + 8)，以此作为基地址，偏移8、16、24来写入strB r

E.


F. 我记得我在看《C语言程序设计: 现代方法 2rd》的时候，里面说传递聚合类型的变量可以使用指针，这样比传递整个数据结构要快一些（当然写操作会改变实参）。这个题目里面也都是读操作，可以发现编译器自动进行了优化——传递了基地址而非复制了整个数据结构。返回就是在调用它的函数的栈帧中存入一个相关的数据结构。（这个题里面process其实没有栈帧，如果返回地址算eval的话）

3.68

这题考察的是内存对齐。通过结构体成员的位置逐渐缩小范围：

int t 为8(%rsi)，所以4<B<=8

long u 为32(%rsi)，所以24 < 8 + 4 + 2*a <= 32，得到6<A<=10

long y 为184(%rdi)，所以176 < 4*A*B <= 184，得44 < A*B <=46。

所以AB = 45 或者AB = 46，结合A, B各自的范围，只可能为A = 9, B = 5.

3.69

A. 根据第4、5行的指令, idx的值为(bp + 40i + 8)，由第1、2行指令，这里的8是因为第一个int first整数和内存对齐的原因，所以每一个a_struct的大小为40字节。

由于0x120 - 0x8 = 280字节，所以CNT = 280/40 = 7.

B. 由第6、7行指令知，idx和x数组内元素都是signed long类型的。由于整个a_struct数据类型大小为40字节，所以其内部应该为8*5 = 8 + 8*4:

typedef struct
{
long idx;
long x[4];
}

3.70

A.

e1.p : 0

e1.y : 8

e2.x : 0

e2.next : 8

B. 16 bytes

C.

void proc(union ele *up)
{
up->x = *(up->e2.next->e1.p) - up->e2.next->e1.y;
}

3.71

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>

#define SIZE_OF_BUFFER 10

int good_echo(void)
{
char *buffer = calloc(SIZE_OF_BUFFER, sizeof(char));
if (buffer == NULL)
{
fprintf(stderr, "Error: failed to allocate buffer.\n");
return -1;
}
while(1)
{
fgets(buffer, SIZE_OF_BUFFER, stdin);
if (strlen(buffer) == SIZE_OF_BUFFER-1) /*两种情况，一种是刚好输入了能填满缓冲区的字符数，另一种是大于缓冲区，一次不能读完*/
{
fputs(buffer, stdout);
if (buffer[SIZE_OF_BUFFER-1-1] == '\n')/*刚好输入了能填满缓冲区的字符数,结束读入*/
{
break;
}
memset(buffer, 0, strlen(buffer));/*清空缓冲区，因为要通过strlen判断读入了多少字符，继续读入*/
}
else if (strlen(buffer) < SIZE_OF_BUFFER-1)/*一定是最后一次读入，结束读入*/
{
fputs(buffer, stdout);
break;
}
else
{
break;
}
}
free(buffer);
return 0;
}

int main(int argc, char const *argv[])
{
return good_echo();
}

3.72

A. andq $-16, X这条指令相当于将低4位置零，也就是使得rax中保存的8n+30对16取整。所以s2-s1为8n+30对16取整的结果。

B. p的值为rsp(r8)-15对16取整的结果，确保了p数组的起始地址为16的整数倍。

C. 8n + 30对16取整有两种可能：一种是8n本身就是16的整数倍即n = 2k，此时取整后为8n+16; 另一种是8n = 16k + 8即n = 2k + 1，此时取整后为8n + 24。由System V AMD64 ABI标准可知，s1的地址为16的整数倍(即结尾为0000)，所以s2的地址也肯定是16的整数倍(结尾为0000)。又因p是由s2减15对16取整得到的结果，所以p和s2之间肯定相差2字节，即e2 = 2 bytes. 所以e1最大为（n为奇数） ：8n + 24 - 16 - 8n = 8 bit, 最小为（n为偶数）：8n + 16 -16 - 8n = 0.（这个题我估计没有考虑到ABI标准对于栈帧对齐的问题，s1的地址本来就应该是16的整数倍）

D. 由A B C可知，这种方法保证了s2 和 p的起始地址为16的整数倍，而且保证了e1最小为8n，能够存储p数组。

浮点数部分并未测试

3.73

find_range:
vxorps %xmm1, %xmm1, %xmm1
vucomiss %xmm0, %xmm1
ja .L5
jp .L8
movl $1, %eax
je .L3
.L8:
seta %al
movzbl %al, %eax
addl $2, %eax
ret
.L5:
movl $0, %eax
.L3:
rep;ret

3.74

find_range:
vxorps %xmm1, %xmm1, %xmm1
vucomiss %xmm0, %xmm1
cmova $0, %eax
cmove $1, %eax
cmovb $2, %eax
cmovp $3, %eax
rep;ret

3.75

A. 每一个复数变量使用两个%xmm寄存器传送。

B. 通过%xmm0和%xmm1返回一个复数类型值。