计算机体系结构第四章练习题参考解答
计算机组织与系统结构第四章习题标准答案
第 4 章 习 题 答 案3. 已知某机主存空间大小为6４ＫB,按字节编址。
要求： (１）若用１K×4位的SR ＡＭ芯片构成该主存储器，需要多少个芯片？ (2)主存地址共多少位？几位用于选片？几位用于片内选址？ （３）画出该存储器的逻辑框图。
参考答案：（１）6４ＫB / 1Ｋ×４位 ＝ 64×2 ＝ 12８片。
（２)因为是按字节编址,所以主存地址共16位,6位选片，1０位片内选址。
(3)显然,位方向上扩展了2倍，字方向扩展了64倍。
下图中片选信号CS 为高电平有效。
A 15A 10A 9A 0D 0D 7……WE…4. 用６4K×1位的DRAM 芯片构成2５6K×8位的存储器。
要求:(１) 计算所需芯片数,并画出该存储器的逻辑框图。
(2） 若采用异步刷新方式,每单元刷新间隔不超过2ms,则产生刷新信号的间隔是多少时间？若采用集中刷新方式，则存储器刷新一遍最少用多少读写周期？ 参考答案: (1）25６KB / 64Ｋ×1位 = 4×8 = ３2片。
存储器逻辑框图见下页（图中片选信号CS 为高电平有效）。
(2）因为每个单元的刷新间隔为2ms,所以,采用异步刷新时，在2ms 内每行必须被刷新一次,且仅被刷新一次。
因为DRAM 芯片存储阵列为64Ｋ＝25６×2５6，所以一共有256行。
因此，存储器控制器必须每隔2ｍｓ/256=7.8µs 产生一次刷新信号。
采用集中刷新方式时,整个存储器刷新一遍需要25６个存储(读写)周期,在这个过程中,存储器不能进行读写操作。
A 17A 16A 15A 0D 0D 7………5． 用８K×８位的ＥPROM 芯片组成３2Ｋ×16位的只读存储器，试问：（1）数据寄存器最少应有多少位? （２) 地址寄存器最少应有多少位? （3） 共需多少个ＥPRO Ｍ芯片？ ﻩ （4） 画出该只读存储器的逻辑框图。
计算机组织与系统结构第四章习题标准答案
第 4 章 习 题 答 案3. 已知某机主存空间大小为6４ＫB,按字节编址。
要求： (１）若用１K×4位的SR ＡＭ芯片构成该主存储器，需要多少个芯片？ (2)主存地址共多少位？几位用于选片？几位用于片内选址？ （３）画出该存储器的逻辑框图。
参考答案：（１）6４ＫB / 1Ｋ×４位 ＝ 64×2 ＝ 12８片。
（２)因为是按字节编址,所以主存地址共16位,6位选片，1０位片内选址。
(3)显然,位方向上扩展了2倍，字方向扩展了64倍。
下图中片选信号CS 为高电平有效。
A 15A 10A 9A 0D 0D 7……WE…4. 用６4K×1位的DRAM 芯片构成2５6K×8位的存储器。
要求:(１) 计算所需芯片数,并画出该存储器的逻辑框图。
(2） 若采用异步刷新方式,每单元刷新间隔不超过2ms,则产生刷新信号的间隔是多少时间？若采用集中刷新方式，则存储器刷新一遍最少用多少读写周期？ 参考答案: (1）25６KB / 64Ｋ×1位 = 4×8 = ３2片。
存储器逻辑框图见下页（图中片选信号CS 为高电平有效）。
(2）因为每个单元的刷新间隔为2ms,所以,采用异步刷新时，在2ms 内每行必须被刷新一次,且仅被刷新一次。
因为DRAM 芯片存储阵列为64Ｋ＝25６×2５6，所以一共有256行。
因此，存储器控制器必须每隔2ｍｓ/256=7.8µs 产生一次刷新信号。
采用集中刷新方式时,整个存储器刷新一遍需要25６个存储(读写)周期,在这个过程中,存储器不能进行读写操作。
A 17A 16A 15A 0D 0D 7………5． 用８K×８位的ＥPROM 芯片组成３2Ｋ×16位的只读存储器，试问：（1）数据寄存器最少应有多少位? （２) 地址寄存器最少应有多少位? （3） 共需多少个ＥPRO Ｍ芯片？ ﻩ （4） 画出该只读存储器的逻辑框图。
大学计算机基础第4章 练习题(附参考答案)
第4章练习题及参考答案一、判断题（正确Y，错误N）1.现代通信指的是使用电波或光波传递信息的技术。
通信的任务就是传递信息。
2.现代通信就是传递信息，因此书、报、磁带、唱片等都是现代通信的媒介。
3.通信系统中的发送与接收设备称之为“终端”。
4.在通信系统中，计算机既可以用作信源也可以用作信宿，接收和发送的都是数字信号。
5.通信系统中信源和信宿之间必须存在信道，才能实现信息的传输。
6.光纤是绝缘体，不受外部电磁波的干扰。
7.微波可以按任意曲线传播。
8.微波可以经电离层反射传播。
9.与同轴电缆相比，双绞线容易受到干扰，误码率较高，通常只在建筑物内部使用。
10.光纤通信、微波通信、卫星通信、移动通信，它们的任务都是传递信息，只是其传输介质和技术各有不同。
11.微波中继站之间的距离大致与塔高平方成正比。
一般为50公里左右。
12.中低轨道通信卫星相对于地面是静止的。
13.同步轨道上的卫星数目是有限的。
14.卫星通信是微波接力通信向太空的延伸。
15.传输信息量与传输速率是相同的概念。
16.模拟信号是随时间而连续变化的物理量，包含无穷多个值。
17.信道的带宽总是指信道上所能通过的信号的频带宽度。
18.FDM和TDM是指将任意多路信号复合在同一个信道中传输。
19.无线电广播中的中波段和短波段都采用调幅方式用声音信号调制载波信号，而且都利用电离层反射传输信号。
20.调频广播比调幅广播的声音质量好，原因是调频广播的传输频带较宽，且外界信号不会对声音的频率形成干扰。
21.在有线电视系统中，通过同轴电缆传输多路电视信号所采用的信道复用技术是频分多路复用。
22.采用频分复用技术传输的多路信号一定是模拟信号。
23.在蜂窝移动通信系统中，所有基站与移动交换中心之间均通过光纤传输信息。
24.如果一个基站覆盖的区域内因手机密集而导致频率资源缺乏，应该扩大基站覆盖的区域范围。
25.接入Internet的局域网内，任意两台计算机中网卡的MAC地址都相同。
大学计算机基础教程第4章习题答案要点-计算机网络与因特网基本知识
大学计算机基础教程第四章练习题答案详解4.1 计算机网络可分为哪两个组成部分？简述每个部分的功能作用答：计算机网络由硬件和软件组成。
包括服务器，网络适配器，网络工作站，网络互连设备，网络软件系统。
服务器是网络的核心控制计算机：主要作用是管理网络资源并协助处理其他设别提交的任务，它拥有可供共享的数据和文件，为网上工作站提供服务。
网络适配器也称网卡，作用是将通信介质和数据处理设备之间用网络接口设备进行物理连接。
网络工作站是网络用户的工作终端，一般是指用户的计算机。
网络互连设备连接成网络。
网络软件系统包括网络协议软件，通信软件和网络操作系统。
4.2构成计算机网络的3个要素是什么？答：3要素是计算机，通信线路和通信协议。
4.3分析描述信息在OSI模型的各个层次之间是如何流动的。
答：如图，信息由发送端应用层经过层层封装到达物理层，然后到接受端从物理层接受，然后到应用层。
4.4如何区别局域网，城域网和广域网。
答：局域网是指范围在几百米到十几公里内办公楼群或校园内的计算机相互连接所构成的计算机网络。
城域网是在一个城市范围内所建立的计算机通信网，一般覆盖十几公里到几十公里。
广域网通常跨接很大的物理范围，如一个国家，一个地区，甚至几个大洲。
他们之间并没有严格定义，根据它们的作用范围大小而定。
4.5在网络互连中，中继器，网桥，路由器，网关的作用有何区别。
答：中继器用于连接拓扑结构相同的两个局域网或延伸一个局域网，所起作用只是信号的放大和再生。
网桥工作再OSI模型的数据链路层，用于连接两个是用相同协议的局域网，网桥具有“帧过滤”功能。
它能够解析由它收发的数据，并根据数据包的目的地址来判断该数据包是否要转发到另一个网段。
路由器工作再OSI模型的网络层，它的作用包括连通不同的网络，选择信息传输的线路，同时完成数据帧的格式转换从而构成一个更大规模的网络。
网关用于连接使用不同协议或物理结构的网络，使数据可以在这些网络之间传输。
计算机体系结构第四~六章习题参考答案
⑤ ⑥
⑥
⑦
④ ⑤ ⑤ 5 6 7 8
⑤ ⑥ ⑥ 9 10 11 12 13 ⑦ 15
⑦
⑦ 18 21t(Δ t)
1
2 3
4
3）吞吐率： TP=7/21 =1/3（个 /Δ t） 效率：η =（7*6 Δ t ）/（21Δ t*6）=1/3
பைடு நூலகம்
长度为4向量A和B的点积为 A· B＝a1*b1+a2*b2+a3*b3+a4*b4 共需做4乘法和3加法： c1=a1*b1, c2=a2*b2, c3=a3*b3, c4=a4*b4 d1=c1+c2, d2=c3+c4, d3=d1+d2= A· B (1)乘法部件和加法部件不能同时工作，部件内也只能顺序 方式工作如下图所示。 由向量点积A· B运算的时空图可知，完成全部运算最少为 4× 5十3 × 5＝35(拍) 部件 3.解
1 ⑤ 3# ⑤ 1 3# 2 3# ①# ⑤
1# 5 ② 5 1# ② 2 3# 5
1# 5 2 5 1# 2 2 3 5#
③ 5 5# 15 2 5# 6 ③ 15 2 2 9 3 15 5#
5 解：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 地址流A: 2 1 3 1 4 2 5 3 2 1 2 3 4 1 5
栈顶→
t
n=3栈底 n=4栈底 n=5栈底
2 1 3 1 4 2 5 2 1 3 1 4 2 2 2 3 1 4 2 3 1
3 5 2 4
2 3 5 4
1 2 3 5
2 1 3 5
3 2 1 5
4 3 2 1
计算机系统结构 第四章自考练习题答案
11.简要列举页式虚存管理系统的优点和问题。（P91）
12.在页式虚拟存储器中，什么叫页面失效？什么叫页面争用？什么时候两者同时发生？什么时候两者不同时发生？（P97）
13.什么是堆栈型的替换算法（用式子描述）？（P101）
14.简述页面失效频率（PFF）替换算法的思想及优点，该算法的依据是什么？（P102）
9.在Cache存储器中常用的地址映象方式是（C）。
A.全相联映象B.页表法映象C.组相联映象D.段页表映象
10.下列关于虚拟存储器的说法比较正确的应当是（D）。
A.更换替换算法能提高命中率B.访主存命中率随主存容量增大而提高
C.访主存命中率随页面大小增大而提高
D.在主存命中率低时，改用堆栈型替换算法，并增大主存容量，可提高命中率
3.如何评价一个替换算法的好坏？（P99）
4.什么是Cache？它是如何组织的？（P110）
5.什么是虚拟存储器？它有什么特点和作用？（P88）
6.在有Cache的存储系统中，访存操作是如何进行的？
7.简述IBM PC机的页式存储管理的特点。
8.简述段页式存储管ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ的地址变换过程。
9.什么是存储系统？什么是存储系统的层次结构？（P85）
16.计算机系统中主存一辅存存储层次式Cache一主存存储层次常用的替换算法是（B）。
A.随机算法B.近期最少使用算法C.先进后出算法D.OPT算法
17.并行主存系统不包括（C）。
A.单体多字B.多体单字C.单体单字D.多体多字
18.在虚拟存储器中，不能用作地址映象和变换的辅助表是（B）。
A.段表B.主存页面表C.内页表D.外页表
计算机系统结构第四章(习题解答)
1. 假设一条指令的执行过程分为“取指令”、“分析”和“执行”三段，每一段的时间分别是△t 、2△t 和3△t 。
在下列各种情况下，分别写出连续执行n 条指令所需要的时间表达式。
⑴ 顺序执行方式。
⑵ 仅“取指令”和“执行”重叠。
⑶ “取指令”、“分析”和“执行”重叠。
答：⑴ 顺序执行方式12 ......1 2 12T ＝∑=++n1i i i i )t t t (执行分析取址＝n(△t ＋2△t ＋3△t)＝6n △t⑵ 仅“取指令”和“执行”重叠12 ......1 212T ＝6△t ＋∑=+1-n 1i i i )t t (执行分析＝6△t ＋(n-1)(2△t ＋3△t)＝(5n ＋1)△t⑶ “取指令”、“分析”和“执行”重叠12 34 ......1 2 3 41234△t2△t3△t△t2△t3△t△t2△t3△tT ＝6△t ＋∑=1-n 1i i )t (执行＝6△t ＋(n-1)(3△t)＝(3n ＋3)△t2. 一条线性流水线有4个功能段组成，每个功能段的延迟时间都相等，都为△t 。
开始5个任务，每间隔一个△t 向流水线输入一个任务，然后停顿2个△t ，如此重复。
求流水线的实际吞吐率、加速比和效率。
答：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15...1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 151 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 56 7 8 9 10 11 12 13 14 151 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23我们可以看出，在（7n+1）Δt 的时间内，可以输出5n 个结果，如果指令的序列足够长（n →∞），并且指令间不存在相关，那么，吞吐率可以认为满足：)n (t75t )n /17(5t )1n 7(n 5TP ∞→∆=∆+=∆+=加速比为：)n (720n /17201n 7n 20t )1n 7(t 4n 5S ∞→=+=+=∆+∆⨯=从上面的时空图很容易看出，效率为：)n (75n /1751n 7n 5t )1n 7(4t 4n 5E ∞→=+=+=∆+⨯∆⨯=3. 用一条5个功能段的浮点加法器流水线计算∑==101i i A F 。
计算机体系结构课后习题
第1章 计算机系统结构的基本概念1.1 试用实例说明计算机系统结构、计算机组成与计算机实现之间的相互关系。
答：如在设计主存系统时，确定主存容量、编址方式、寻址范围等属于计算机系统结构。
确定主存周期、逻辑上是否采用并行主存、逻辑设计等属于计算机组成。
选择存储芯片类型、微组装技术、线路设计等属于计算机实现。
计算机组成是计算机系统结构的逻辑实现。
计算机实现是计算机组成的物理实现。
一种体系结构可以有多种组成。
一种组成可以有多种实现。
1.2 计算机系统设计中经常使用的4个定量原理是什么？并说出它们的含义。
答：（1）以经常性事件为重点。
在计算机系统的设计中，对经常发生的情况，赋予它优先的处理权和资源使用权，以得到更多的总体上的改进。
（2）Amdahl 定律。
加快某部件执行速度所获得的系统性能加速比，受限于该部件在系统中所占的重要性。
（3）CPU 性能公式。
执行一个程序所需的CPU 时间 = IC ×CPI ×时钟周期时间。
（4）程序的局部性原理。
程序在执行时所访问地址的分布不是随机的，而是相对地簇聚。
1.3 计算机系统中有三个部件可以改进，这三个部件的部件加速比为：部件加速比1=30； 部件加速比2=20； 部件加速比3=10（1） 如果部件1和部件2的可改进比例均为30%，那么当部件3的可改进比例为多少时，系统加速比才可以达到10？（2） 如果三个部件的可改进比例分别为30%、30%和20%，三个部件同时改进，那么系统中不可加速部分的执行时间在总执行时间中占的比例是多少？解：（1）在多个部件可改进情况下，Amdahl 定理的扩展：∑∑+-=iii n S F F S )1(1已知S 1＝30，S 2＝20，S 3＝10，S n ＝10，F 1＝0.3，F 2＝0.3，得：）（）（10/20/0.330/0.30.30.3-111033F F +++++=得F 3＝0.36，即部件3的可改进比例为36%。
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第 四 章4.52 浮点数系统使用的阶码基值r e =2，阶值位数q=2，尾数基值r m =10，尾数位数p ′=1，即按照使用的二进制位数来说，等价于p=4。
计算在非负阶、正尾数、规格化情况下的最小尾数值、最大尾数值、最大阶值、可表示的最小值和最大值及可表示数的个数。
解: 最小尾数值：r m -1 = 10-1 = 0.1最大尾数值：1- r m -p ′ =1-10-1 = 0.9 最大阶值：2q -1=3可表示数的最小值：1×r m -1 = 10-1 = 0.1 可表示数的最大值：r m 2q-1×（1- r m -p ′）=103（1-10-1）= 900可表示数的个数：2q ×r m p ′（r m -1）/r m = 22×101（10-1）/10 = 364.53 一台机器要求浮点数的字长的精度不低于10-7.2，表数的范围正数不小于1038，且正负对称。
尾数用原码、纯小数表示，阶码用移码、整数表示。
设计这种浮点数的格式。
解 依题意，取表数范围N =1038，表数精度δ=10-7.2。
由式（4-4）得：37log(log10log 21)log 2q +> = 6.99，上取整，得到阶码字长q=7。
由式（4-5）得：16log1053.2log 2p -->=，上取整，得到尾数字长p=24。
从而加上一个尾数符号位和一个阶码符号位，浮点数的总字长为：p+q+2=24+7+2=33。
实际浮点数总字长应为8的倍数，故取浮点数总字长为40位。
多出的7位可以加到尾数字长p 中用于提高浮点数的表数精度，也可以加到阶码字长q 中来扩大浮点数的表数范围。
暂且让p 增加6位，q 增加1位，即p=30，q=8。
如图4-8所示是设计出来的浮点数格式。
图4-8 例4.2浮点数的设计格式4.58 用于文字处理的某专用机，每个文字符用4位十进制数字（0～9）编码表示，空格用︼表示。
在对传送的文字符和空格进行统计后，得出它们的使用频度如下：︼：0.20 0:0.17 1:0.06 2:0.08 3:0.11 4:0.08 5: 0.05 6:0.08 7:0.13 8:0.03 9:0.01（1）若对数字0～9和空格采用二进制编码，试设计编码平均长度最短的编码。
（2）若传送106个文字符号，且每个文字符号后均自动跟一个空格，按最短的编码，共需传送多少个二进制位？若传送波特率为9600bPS ，共需传送多少时间？（3）若对数字0～9和空格采用4位定长码编码，重新计算问题（2）。
解：（1）∵操作码编码的平均长度最短为Huffman 编码，生成的Huffman 树，如图所示，相应的Huffman编码如表所示。
l=∑=ii p1×li= 3.23（位）。
（2）根据题意，每个字符的二进制码的平均长度为：3.23×（4＋1）=16.15（位）。
若要传输106个字符，则要传输二进制位数为：106×16.15 =1.615×107（位）若波特率为56Kb/s，则传输时间为：1.615×107/（56×103）=288（s）。
（3）当采用四位定长编码时，则需要传输二进制位数为：106×4（4＋1）=2×107（位），94.60 一台模型机共有7条指令，各指令的使用频度分别为：35%，25%，20%，10%，5%，3%，2%，有8个通用数据寄存器，2个变址寄存器。
（1）要求操作码的平均长度最短，请设计操作码的编码，并计算操作码编码的平均长度。
（2）设计8位字长的寄存器—寄存器型指令3条，16位字长的寄存器一存储器型变址寻址方式指令4条，变址范围不小于正、负127。
请设计指令格式，并给出指令各字段的长度和操作码的编码。
解：（1）∵操作码编码的平均长度最短为Huffman编码，生成的Huffman树如图所示，相应的Huffman 编码如表所示。
l=∑i p ×l i = 2.35（位）（2）由于通用寄存器有8个，则指令中通用寄存器字段应为3位；操作码字段2位可有4个码点，用三个码点表示三条指令，另一个码点则作为扩展标志。
所以3条8位长的寄存器—寄存器型指令格式如下：由于变址寄存器有2个，则指令中变址寄存器字段应为1位；变址范围-127～+127，则指令中相对位移字段应为8位；操作码字段前2位可有4个码点，用三个码点表示三条指令，另一个码点则作为扩展标志。
扩展2位正好可表示四条指令，操作码字段则为4位。
所以4条16位长的寄存器—存储器型指令格式如下：特别地，当采用3/4扩展编码时，使用频度高的用短码表示，使用频度低的用长码表示，其相应的编码如表所示。
4.65 某模型机9条指令使用频度为：ADD （加） 30% SUB （减） 24% JOM （按负转移）6% STO （存） 7% JMP （转移）7% SHR （右移）2% CIL （循环左移）3% CLA （清除）20% STP （停机）1%要求有两种指令字长，都按双操作数指令格式编排，采用扩展操作码，并限制只能有两种操作码码长。
设该机有若干通用寄存器，主存为16位宽，按字节编址，采用按整数边界存储，任何指令都在一个主存周期中取得，短指令为寄存器--寄存器型，长指令为寄存器--主存型，主存地址应能变址寻址。
（1）仅根据使用频度，不考虑其它要求，设计出全Huffman 操作码，计算其平均码长； （2）考虑题目全部要求，设计优化实用的操作码形式，并计算其操作码的平均码长； （3）该机允许使用多少可编址的通用寄存器？（4）画出该机两种指令字格式，标出各字段之位数；（5）指出访存操作数地址寻址的最大相对位移量为多少个字节？ 解：（1）根据给出的使用频度，在构造Huffman 树的过程中，有两个结点可供合并，因此可生成不同的Huffman 树，其中给出一棵如图所示，相应的Huffman 编码如表所示。
∴ Huffman 编码的平均长度为：l=∑=ni i p 1×l il=0.3×2＋0.24×2＋0.2×2＋0.07×4＋0.07×4＋0.06×4＋0.03×5＋0.02×6＋0.01×6=2.61（位）（2）任何指令都在一个主存周期中取得，那么短指令字长为8位，长指令字长为16位。
又指令都是二地址指令，所以短指令寄存器--寄存器型的格式为：长指令为寄存器--主存型的格式为：由题意可知：指令操作码采用扩展编码，且只能有两种码长。
从指令使用频度来看，ADD 、SUB 和CLA 三条指令的使用频度与其它指令的使用频度相差较大，所以用两位操作码的三个码点来表示三条指令，一个码点作为扩展码点，且扩展三位来表示六条指令，即采用2--4扩展编码构成3/6编码，2--4扩展编码如表所示。
∴ 2--4扩展编码（3/6）的平均长度为：l=∑=ni i p 1×l i =2.78（3）（4）由短指令寄存器--寄存器型的格式可知，寄存器号字段长度为3位，寄存器个数为8个。
则各字段长度如图格式所标识。
而对于长指令寄存器--主存型，一般变址寄存器是某通用寄存器，则变址寄存器号的字段长度为3位，则各字段长度如图格式所标识。
（5）由于相对位移字段长度为5位，因此访存地址寻址的最大相对位移量为25=32字节。
4.79 下面是一段数据块搬家程序。
在RISC 处理机中，为了提高指令流水线的执行效率，通常要采用指令取消技术。
START ：MOVE AS ，R1 ；把源数组的起始地址送入变址寄存器R1MOVE NUM ，R2 ；把传送的数据个数送入R2 LOOP ： MOVE （R1），AD －AS （R1） ；AD －AS 为地址偏移量，在汇编过程中计算 INC R1 ；增量变址寄存器 DEC R2 ；剩余数据个数减1 BGT LOOP ；测试N 个数据是否传送完成 HALT ；停机NUM ： N ；需要传送的数据总数（1）如果一条指令的执行过程分解为“取指令”和“分析”两个阶段，并采用两级流水线。
为了采用指令取消技术，请修改上面的程序。
（2）如果N=100，采用指令取消技术后，在程序执行过程中，能够节省多少个指令周期？ （3）如果把一条指令的执行过程分解为“取指令”、“分析”（包括译码和取操作数等）和“执行”（包括运算和写回结果等）三个阶段，并采用三级流水线。
仍然要采用指令取消技术，请修改上面的程序。
解：（1）START ：MOVE AS ，R1MOVE NUM ，R2MOVE （R1），AD －AS （R1） LOOP ：INC R1 DEC R2BGT LOOPMOVE （R1），AD－AS（R1）HALTNUM：N（2）解决转移指令引起的流水线断流可插入一条无效的空操作指令（NOP）。
空操作指令也要占用一个机器周期，又不执行任何实际的操作。
当N=100时，则要浪费100个机器周期（50个指令周期）。
采用指令取消技术后，仅在转移不成功时取消指令，浪费1个机器周期（0.5个指令周期）。
因此可节省49.5个指令周期。
（3）START：MOVE AS，R1MOVE NUM，R2MOVE （R1），AD－AS（R1）INC R1LOOP：DEC R2BGT LOOPMOVE （R1），AD－AS（R1）INC R1HALTNUM：N。