2017-2018-1 20155201 《信息安全系统设计基础》第九周学习总结

Posted 2020-10-15

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2017-2018-1 20155201 《信息安全系统设计基础》第九周学习总结

教材学习内容总结

一、存储技术

DRAM和SRAM的特性：
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静态RAM(SRAM)
SRAM将每个位存储在一个双稳态的存储器单元里，
动态RAM(DRAM)
DRAM将每个位存储为一个电容的充电。每个DRAM芯片被连接到某个成为存储控制器的电路，电路可以一次传送w位到每个DRAM芯片或一次从每个DRAM芯片传出w位。
存储器模块
磁盘存储
磁盘是由一个或多个叠放在一起的盘片组成的，被封装在一个密封的包装里，整个装置通常称为磁盘驱动器，简称磁盘。

磁盘容量的计算：

磁盘容量=(字节数/扇区) * (平均盘区数/磁道) * (磁道数/表面) * (表面数/盘片) * (盘片数/磁盘)

假设一个磁盘，5个盘片，每个扇区512字节，每个面20000条磁道，每条磁道平均300个扇区。(注：每个盘片两个表面)
磁盘容量=(512) * (300) * (20000) * (2) * (5)=30 720 000 000字节=30.72GB

磁盘对扇区的访问时间计算：
磁盘对扇区的访问时间有三个部分：寻道时间、旋转时间、传送时间。

寻道时间：为了读取某个扇区的内容，传动臂先将读/写头定位到包含目标扇区的磁道上，移动传动臂所需的时间即为寻道时间。
T(avg seek)通常为3~9ms。
旋转时间：一旦读/写头定位到了期望的磁道，驱动器等待目标扇区的第一个位旋转到读/写头下。
T(max rotation)=(1s/RPM) * (60secs/1 min)
T(avg rotation)=1/2 * T(max rotation)
传送时间：一个扇区的传送时间依赖于旋转速度和每条磁道的扇区数目。
T(avg transfer)= (1s/RPM) * (1/(平均扇区数/磁道)) * (60secs\\1min)

例题————一个有如下参数的磁盘：旋转速率：7200 RPM，T(avg seek)=9ms，每条磁道的平均扇区数：400
平均旋转延迟：T(avg rotation)=1/2 * T(max rotation)
                             =1/2 * (60sec/7200 RPM) * (1000ms/sec)
                             =4 ms
平均传送时间：T(avg transfer)=(60/7200 RPM) * (1/400) * (1000ms/sec)=0.02 ms

二、局部性

局部性的两种形式：时间局部性和空间局部性；良好的时间局部性程序中，被引用过一次的存储器位置很可能在不远的将来再被多次引用。重复引用同一个变量的程序具有良好的时间局部性。良好的空间局部性程序中，一个存储器位置被引用了一次，程序很可能在不远的将来引用附近的一个存储器位置。

三、存储器层次结构

中心思想是：对于每个k，位于k层的更快更小的存储设备作为位于k+1层的更大更慢的存储设备的缓存。层次结构中的每一层都缓存来自较第一层的数据对象。

四、高速缓存
高速缓存参数：
高速缓存有四个组，每个组一行，每个块2字节，列举出整个地址空间并划分好位
- cpu如何执行读：
- 先读地址0的字
- 读地址1的字
- 读地址13的字
- 读地址8的字
- 读地址0的字

教材学习中的问题和解决过程

问题1：如何理解DRAM芯片的组织？
问题1解决方案：下图展示的是16 * 8的DRAM芯片的组织，d=16(超单元)，每个超单元有w=8位，r=4行，c=4列。信息通过引脚流入和流出芯片。每个引脚携带一个1位的信号。
要从DRAM中读出超单元(2,1)，存储控制器发送行地址2，DRAM将行2的整个内容都拷贝到一个内部行缓冲区；接下来，存储控制器发送列地址1，最后从行缓冲区拷贝出超单元(2,1)中的8位，发送到存储控制器。
示意图：

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代码调试中的问题和解决过程

问题1：如何做到以步长为1的引用模式扫描三维数组a？
问题1解决方法：教材练习题6.8

int sumarray3d(int a[N][N][N]){
    int i,j,k,sum=0;
    for(i=0;i<N;i++)
        for(j=0;j<N;j++)
            for(k=0;k<N;k++)
            sum+=a[i][j][k];
    return sum;
    
}