1) O documento discute arquiteturas de computadores e como os programas são executados nos computadores. 2) São descritas as etapas de tradução e interpretação de programas, desde linguagens de alto nível até a linguagem de máquina. 3) As muitas etapas servem para que programas em diferentes linguagens possam rodar em diferentes processadores de forma independente, reduzindo a complexidade.

1. Arquiteturas
de
Computadore
s informal
Uma abordagem
1

2. O que é um computador?
 Computadores são ferramentas
 Servem para resolver problemas
2

3.  Qualquer sistema computacional possui 3
características em geral
 Processamento
 Memória (armazenamento)
 Comunicação
 Um celular, por exemplo, é um sistema
computacional que possui como principal
característica a comunicação
3

4. Curiosidades
 No Brasil, segundo o censo de 2010, há 190
milhões de habitantes
 Segundo o Portal Teleco, site de informações
sobre telecomunicações, dados de julho de 2011
mostram que há 220 milhões de celulares no país
 Pois é, há mais celulares do que pessoas no
Brasil. O mercado para profissionais de computação
é imenso!
4

5.  Uma ferramenta deve possuir objetividade
(realizar sem restrições a tarefa para a qual ela foi
criada)
 Além disso, há 3 aspectos importantes que
definem sua qualidade:
 Desempenho (tempo de processamento)
 Custo-benefício
 Facilidade de uso
5

6.  Você pode optar por uma memória de 2 GB a
R$ 500,00 ou por uma de 4 GB a R$ 600,00. Qual é
a melhor opção?
2 GB 4 GB
6

7.  A resposta é: depende
 Se a sua aplicação não necessitar de mais de 2 GB
de memória, você estará gastando R$ 100,00 a mais
que o necessário
 Isto faz parte da questão do custo-benefício
 No caso de carros e TVs, produtos novos e
melhores são lançados a preços mais caros que os
anteriores
 Já produtos da indústria computacional tem
preços iguais ou menores que os anteriores, e
ainda assim são geralmente melhores (mais ágeis)
7

8. Ok, mas chega de filosofar...
Vamos à matéria de
Arquiteturas de Computadores! 8

9. Como funciona um computador?
 Algoritmos implementados por um programa
escrito em uma sequências
linguagem de de instruções
programação
Programadores se comunicam com computadores
através de uma linguagem de programação
9

10.  Para haver comunicação, é necessário que haja
uma linguagem em comum...
 ...ou um tradutor
10

11.  Linguagens em geral...
Mais Mais
complexa chinês português, simples
inglês etc (computador
(usuário entende) entende)
 É necessária uma espécie de tradução das
linguagens comuns para a linguagem binária, que é
o que o computador “entende” de fato
 Veremos a seguir que, na verdade, tradução é
apenas parte do processo
11

12.  A nível de Ling. de Prog.
T
N5 R
software, temos: Alto Nível
A
Compilação D
U
Ç
Lê o código e, usando Montagem N4
Ã
as informações nele O
contidas, manipula a
memória. Montador
Sistema N3
Operacional
Interpretação
Parcial
Macroprogramação N2
Interpretação
12

13.  A nível de hardware, Interpretação
temos:
Microprogramação N1
Aqui, há um número muito maior de
instruções do que havia no início.
Com isso, mais circuitos devem ser Só agora são executadas
criados, aumentando o custo. as instruções
Portanto, linguagem simples é
necessária.
Circuitos Digitais N0
13

14. Tradução X Interpretação
 O esquema das etapas de execução de um
programa apresentado anteriormente não é uma
generalização
 Isto porque existem linguagens compiladas
(utilizam tradução) e outras, interpretadas
 A tradução é feita uma vez apenas. Já a
interpretação é realizada cada vez que o programa
é executado
14

15.  Tradução: ________
________
Execução
________ ✔
_________ ________ ✔
_________ ________ ✔
_________ ________ ✔
_________ ________ ✔
_________ ________ ✔
_________ ________ ✔
________ .
L2 .
________ .
L1
 Interpretação:
_________ ✔
_________ ✔
_________ ✔
_________
✔
_________ .
_________ .
Tempo de execução .
L2 L1 15

16.  Mas afinal, para que tantas etapas na
execução de um programa?
 O esquema abaixo mostra um dos problemas
que ocorreriam caso as instruções das
linguagens em alto nível fossem executadas
sem todas essas etapas
m C Pascal Cobol C++
.....
n Pentium
4
I7 Xeon AMD .....
16

17.  Note que, para cada linguagem diferente, seria
necessária uma maneira diferente de fazer suas
instruções serem executadas. Isso para cada
processador
 Para cada nova linguagem ou novo processador,
já haveria uma nova necessidade para que o
programa fosse executado
 No total, teríamos m*n
necessidades diferentes!
17

18.  Todas aquelas etapas servem então para
que, utilizando o conceito de divisão e
conquista, os processadores não precisem “se
preocupar” com linguagens, e vice-versa
 As instruções complexas são reduzidas a
instruções em uma linguagem
simples, entendida por todos os processadores
m C Pascal Cobol C++ .....
n Pentium
4
I7 Xeon AMD .....
18

19.  Agora, são apenas m+n maneiras
diferentes de execução de programas
 Intuitivamente, temos um custo maior por ter
tantas etapas... mas não é bem assim. Dos níveis
N5 até N3, o custo muitas vezes nem chega ao
usuário, pois o software é compilado antes de
chegar até ele
 É importante ressaltar que uma instrução em L2
não pode nunca ser diretamente executada no
nível N0.
 Depois de N2, não ocorre mais tradução, apenas
interpretação
19

20.  Na interpretação, as instruções são apenas
convertidas nas ordens em que serão
executadas, o que acontece de N1 para N0 no
esquema apresentado anteriormente
 Relembrando:
Macroprogramação
L2
Interpretação
Microprogramação
L1
Execução
Circuitos digitais
Instruções
 A seguir, uma melhor representação das etapas
de um programa até que ele esteja em L2
20

21. _____________ L5
_____________
_____________
_____________
Compilação
_______ _______ _______
....... + _______
_______
+ _______
_______
+ _______
_______
+ ....... L4
Montagem
010010101101
001010101010 L3 -> L2 + L1
O programa em L3 tem
101011100110
também os endereços de
...
memória envolvidos no
processo
101101010101 L2
010100101101
... 21

22. Curiosidades
 Em Delphi, é possível manipular o programa no
nível de montagem. Com isso, pode-se ter uma
noção maior de quanto tempo levará sua execução
 Atualmente, no caso de dispositivos móveis, por
exemplo, programa-se em alto nível e depois acessa-
se o programa em nível de montagem, para que
sejam reprogramadas apenas as partes “ruins”
22

23.  Com o conceito de linguagens (L1, L2, L3 etc)
apresentado, temos também o conceito de
máquinas virtuais. Por exemplo:
Macroprogramação
Máquina
L2 virtual L3
Microprogramação Máquina virtual L2
L1
Máquina física
Circuitos digitais
Instruções
23

24.  Generalizando para o topo, temos:
Linguagem de programação
de alto nível
L5
Compilação
.
.
.
.
.
.
. Máquina
. virtual à vista
. do usuário
. 24

25. Abstração
 Considere o seguinte esquema:
C Pascal Java
Compilador B Compilador C
Compilador D
Compilador A
Windows Linux
Política de compatibilidade
da Intel: todas as instruções
Processador Processador
1 2 entendidas por um Pentium
4 são entendidas também
pelo I7 (mais avançado)
25

26.  Vimos anteriormente que os compiladores A, B, C
e D não são necessariamente diferentes, assim
como os processadores
 Porém, com processadores que não sejam da
Intel, é possível que sejam necessários diferentes
compiladores para cada situação
 A linguagem Java, teoricamente, não possui
restrições de plataforma
 Veremos a seguir que ela utiliza
uma espécie de disfarce...
26

27. Através da abstração, a JVM (Java Virtual Machine)
“esconde” as complexidades que envolvem as
plataformas
______________
Java ______________
______________
_________________
_________________
_________________
_________________
Java ByteCode
JVM
Máquina Virtual Java
27

28. Hardware X Software
 Considere o esquema abaixo:
N5
COMPLEXIDADE
N4
N3
N2
N1
N0 28

29.  Mas, complexidade de...? Funcionalidade
 Cabe ao arquiteto do sistema saber onde cada
função deve ser implementada
 Adição e multiplicação são sempre feitas em
hardware, pois o desempenho é muito melhor.
Mas então, por que não implementar tudo em
hardware?
 Custo é a resposta. Operações mais sofisticadas,
se implementadas todas em hardware,
aumentariam demais o custo (circuitos demais)
29

30.  Não são poucos os circuitos necessários para
implementar operações de soma e multiplicação
em hardware. Agora imagine implementar um
programa complexo inteiro usando apenas esses
circuitos digitais!
 Por outro lado, imagine também o gasto de
tempo desnecessário que haveria se,
para cada vez que precisássemos
somar ou multiplicar, fosse neces-
sário traduzir as instruções em
software para hardware!
30

31.  Outra desvantagem de hardware é: se ocorrer
algum problema físico com as peças, como
reparar?
 Softwares são mais baratos e, caso haja algum
erro, é muito mais fácil localizar e consertá-lo.
Porém, como já foi citado, o desempenho é
menor.
31

32. Computadores:
Visão geral
Placa
mãe
endereços C
A C
Memória dados C A
RAM Processador /
H C
leitura / escrita CPU
E H
E
Hard Disk (HD) Central Processing
Unit
Disquete / Blu-ray
Rede Wi-Fi Graphics Processing
USB Unit
GPU
.
32
Fonte

33.  Vamos começar falando superficialmente sobre o
processador
 Sua função é executar programas armazenados na
memória principal, buscando instruções, identificando e
executando as mesmas uma após a outra
 Unidade de controle (UC):
É responsável pela busca das instruções na memória
principal e pelas suas identificações
 Unidade Lógica Aritmética (ULA):
É responsável pela realização de operações como adição,
AND booleano, entre outras, necessárias para a execução
das instruções
 Registradores:
Juntos, formam uma pequena memória de alta velocidade,
que armazena resultados temporários e certas informações
de controle. Cada registrador possui uma determinada
função. Os dois mais importantes são o contador de
programa, PC (responsável por apontar a próxima instrução
a ser executada), e o registrador de instruções, IR
(responsável por armazenar a instrução que será executada)
33

34.  O processador executa as instruções através de
uma pequena sequência de passos conhecida
como o ciclo busca-decodifica-executa
 Este ciclo é o centro da operação de todos os
computadores
 Veremos mais tarde por que o ciclo é tão
determinante na execução das instruções de um
programa
34

35.  A memória é a parte do computador onde
programas e dados são armazenados
Sem ela, os processadores não poderiam escrever
informações, então não existiria nenhuma maneira
de um computador armazenar um programa e
dificilmente poderia executar algum
 Em um computador, geralmente existe memória
primária e memória secundária
35

36.  Memórias primárias:
 memórias que o processador pode endereçar
diretamente
 elas geralmente fornecem uma ponte para as
memórias secundárias, mas sua função principal é
conter a informação necessária para o processador
num determinado momento – por exemplo, dados
dos programas em execução
 Exemplo: a memória principal, sobre a qual
falaremos mais detalhadamente ao analisar o Modelo
de Von Neumann
36

37. Memórias secundárias:
 não podem ser endereçadas diretamente; a
informação precisa ser carregada em memória
primária antes de poder ser tratada pelo processador
 não são fundamentais para a parte operacional do
computador. Computadores feitos exclusivamente
para efetuar cálculos matemáticos complexos, por
exemplo, não precisam tanto desse tipo de memória
 são geralmente não-voláteis, permitindo guardar os
dados permanentemente
 Exemplos: HD, CDs e DVDs
37

38.  RAM x CACHE
Memória RAM: É a memória principal da máquina,
onde todos os processos necessários para a inicialização
e execução de programas
armazenados em uma memória
secundária são carregados
Memória Cache: É uma
memória com maior veloci-
dade de acesso para o pro-
cessador que a RAM. É localizada embutida no
processador justamente para aumentar a velocidade de
acesso. Entretanto, seus dados são temporários
38

39.  Pode-se dizer que o “mundo” do computador se
resume a (esquema do Modelo de Von Neumann):
Busca
Memória Processador
Sequência de bits
0 ou 1
.
. BUSCA próxima instrução L2
. IDENTIFICA (decodifica e entende)
. EXECUTA cada instrução L1
.
39

40. Curiosidades
 1 byte equivale a 8 bits
 1 kilobyte (KB) equivale a 1.000 bytes, 1 megabyte
(MB) equivale a 1.000.000 bytes, 1 gigabyte (GB)
equivale a 1.000.000.000 bytes, e assim por diante...
 ...ou não?
40

41. Curiosidades
 A memória é contada em potência de 2. Quando
dizemos “1 GB de memória RAM”, estamos usando a
sigla incorreta para gibibytes (GiB)
 Portanto, 1 GB coloquialmente representa 1
GiB, que equivale a 2³: bytes (1.073.741.824 bytes);
quase 7,4% mais do que 1.000.000.000 bytes
 Mas você provavelmente
já sabia disso
41

42.  A seguir, será descrita mais detalhadamente a
arquitetura interna de um processador
 Mas antes, vamos resolver uma espécie de
enigma, apresentado em uma aula de
Arquiteturas de Computadores, pelo professor
Vinod processador
memória
endereços . . .
dados
. . .
controle (r/w)
. . .
42

43.  Dado o esquema do slide anterior, deseja-se
que os dados lidos da memória passem por
todos os nove pontos do
processador, utilizando o mínimo possível de
fios
 Os fios são todos retos, ou seja, a solução
para o problema será o mínimo de linhas retas
que passem por todos os pontos
. . .
Uma configuração
óbvia seria: . . .
. . .
43

44.  Com essa solução, temos 5 retas
 Será que 5 é realmente o número mínimo de
retas?
 Pense mais um pouco e clique para ver a
resposta...
. . .  Começando de uma forma diferente
 Seguindo por mais 2 pontos...
. . . Podemos usar apenas mais 2 retas!
 Por que não fazer isso...
 ...para depois fazer isso?
. . .  E finalmente isso. 4 retas!
44

45. Curiosidades
 Por que esta última solução não é tão óbvia
quanto a primeira, se não havia nenhuma restrição
de que as retas não podiam ultrapassar a caixa?
 Não estamos acostumados a pensar além do que
temos de concreto. Em países como os EUA, por
exemplo, os alunos são estimulados desde o
primário a “pensar fora da caixa”
 Não é à toa que a maioria das descobertas e
invenções vem de países desenvolvidos
 Então, lembre-se: “Think outside the box” 45

46. Processadores e
Microprogramação
Vamos agora analisar mais a fundo o Modelo
de Von Neumann
 Vamos definir conceitos como
registradores, barramentos, Unidade Lógica
Aritmética (ULA), entre outros
 Em seguida, construiremos nosso processador
utilizando todas as componentes apresentadas
46

47.  Registradores
 Locais onde são armazenadas informações
 A diferença dos registradores para as células da
memória principal é que os primeiros estão
localizados dentro do processador. Isso faz com que
informações contidas nos registradores sejam
buscadas bem mais rapidamente para processamento
 Representação*:
Registrador
*ATENÇÃO: tanto esta como as outras representações feitas aqui não fazem
parte de nenhum tipo de convenção – são meras ilustrações!
47

48.  Barramentos
 Conjuntos de fios por onde passam bits de dados
ou de controle
 Em outras palavras, artifícios utilizados para
transmitir sinais de um dispositivo para outro
 Representação:
ou
n
Onde n é o número de fios
do barramento, lembrando
que por cada fio passa um
bit por vez 48

49.  Multiplexadores (MUX)
 Circuitos que recebem entradas, selecionam uma
delas através de sinais de controle e as liberam
como saída
Representação:
MUX
49

50.  Unidade Lógica Aritmética (ULA)
 Dispositivo que recebe dois dados de entrada A e
B, opera-os sobre uma função pré-determinada e
libera um dado de saída
 Recebe bits de controle que especificam a
operação a ser realizada
 A ULA poderá fazer 4 operações em nossa
abordagem, portanto são necessários 2 bits de
controle (00, 01, 10 e 11 = 4 possibilidades)
 Por ora, a única operação relevante é a soma (00)
 Representação:
A B
ULA 50

51.  Deslocador
 Dispositivo que recebe um número binário e
multiplica ou divide por 2, se desejado for, através
do deslocamento à direita ou à esquerda
 Deslocar à direita significa “apagar” o bit mais à
direita e adicionar um 0 à esquerda, e o
procedimento é exatamente o oposto no
deslocamento à esquerda
 Exemplo: 0010 (=2)
 Deslocando à direita (divisão): 0001 (=1)
 Deslocando à esquerda (multiplicação): 0100 (=4)
 Representação:
DES
51

52.  Vamos falar mais detalhadamente sobre
registradores
 Sabemos que registradores contém dados que
tanto podem ser lidos quanto sobrescritos
 Por isso, cada registrador precisa receber um
bit que controla sua entrada, que chamaremos
de HE, e outro que controla sua saída, HS
 Registradores possuem na sua estrutura
interna um circuito flip-flop para cada bit que
armazena, cada um deles conectado a um fio
tanto do barramento de entrada como do
barramento de saída
52

53.  Abaixo, esquematizada a estrutura interna de
um registrador de 8 bits:
E
N
T
R
HE (habilita A
D
entrada) A
S
A
HS (habilita Í
saída) D
A
Tri-state buffer 53

54.  Tri-state buffers são circuitos que evitam
conflitos entre as saídas para o
barramento, fazendo um tipo de “desconexão
virtual” entre registradores e barramentos
 Esses conflitos seriam possíveis porque várias
saídas de registradores estarão conectadas a um
mesmo barramento
 Nossa arquitetura terá 16 registradores para
armazenar dados, dentre os quais alguns tem
funções especiais: PC (Program Counter), IR
(Instruction Register) e AC (Accumulator)
54

55.  O Program Counter contém o endereço da
próxima instrução a ser buscada na memória
principal
 O Instruction Register armazena a instrução
buscada na memória. Ou seja, IR = MP[pc],
sendo IR o conteúdo do registrador e pc um
endereço da memória principal MP
 Accumulator é um registrador que armazena
valores intermediários, que não seriam úteis ao
final da operação
 Haverá em nossa arquitetura, além dos 16,
outros registradores espalhados no processador:
dois latches, A e B, o Memory Adress Register
(MAR) e o Memory Buffer Register (MBR) 55

56.  Os latches servem para “segurar” dados no
barramento e evitar que sejam sobrescritos
 Precisamos sempre lembrar que os fios do
barramento apenas conduzem eletricidade, que
já é instável por si mesma
 Latches serão importantes então para captar
dados do barramento que estão prontos para
serem processados, isto é, estão estáveis
 É como tirar uma foto: é
necessário esperar até que
todos estejam parados
56

57. O MAR é ligado ao barramento de endereços,
que controla exclusivamente o fluxo de
endereços que o processador envia para serem
consultados na memória
 O MBR é ligado ao barramento de dados do
sistema, e guarda os dados buscados na
memória que serão processados na CPU ou os
dados resultantes de algum processamento e
que serão escritos na memória, ou até mesmo
processados novamente
57

58.  Podemos agora começar a “montar” o nosso
processador
 Já foi dito que, para começar, vamos pensar
apenas em somar dados. Para isso, precisamos
simplesmente ler dois deles e somá-los
 Dois registradores e uma ULA são necessários
 Escolheremos
PC
IR então, dentre nossos 16
AC
R1 registradores, um
R2 registrador R1 e outro R2
. ULA
. para ler e somar seus
.
. dados 58

59.  Intuitivamente, ligamos tudo através de
barramentos
 Vamos guardar o resultado da soma no
registrador R3
PC
IR
AC
Barramento B
R1
R2 Barramento A
R3
.
.
ULA
.
Barramento C
59

60.  Ainda não é o caso, mas se quiséssemos
multiplicar ou dividir um número por
2, precisaríamos adicionar um deslocador
 Posicionando os 2 dispositivos
separadamente, teríamos a vantagem de fazer
operações simultâneas. Colocando ambos
juntos, podemos usá-los consecutivamente, isto
é, multiplicar ou dividir direto o resultado de
uma soma, sem precisar armazená-lo antes
60

61.  Mesmo que ainda não seja necessário, vamos
adiantar um deslocador para a nossa máquina,
colocando o mesmo logo após a ULA:
PC
IR
AC
Barramento B
R1
R2 Barramento A
R3
.
.
ULA
.
DES
Barramento C 61

62.  Agora, precisamos pensar fisicamente
 Imagine se nossa soma fosse R1 ← R1 + R2, isto
é, o registrador R1 receberia o resultado da soma
de seu valor atual com o valor de R2
 Enquanto a ULA processa os primeiros bits de
cada dado, o barramento de saída está sendo
modificado e, portanto, os novos valores já estão
sendo salvos em R1, o que poderia causar um
erro na soma
 Uma das soluções para esse impasse é adicionar
latches antes da ULA, que guardarão os valores
originais de R1 e R2 enquanto são processados62

63. PC
IR
AC
Barramento B
R1
R2 Barramento A
R3
LA LB
.
.
.
ULA
DES
Barramento C
63

64.  Ok, mas temos que pensar também na interação
processador-memória
 É preciso adicionar, então, MAR e MBR. O MAR
controla apenas informações (endereços) que
vão do processador para a memória, mas o MBR
controla o fluxo de dados de toda a
interação, incluindo os dados de saída do
deslocador, dados de entrada para a ULA e dados
que serão lidos ou escritos na memória
MAR MBR
64

65.  Em nossa arquitetura, o MAR poderá ser
carregado a partir do latch B
 É interessante possibilitar o processamento de
dados direto do MBR para a ULA, poupando
assim o tempo de selecionar o registrador (entre
16 deles!) desejado para armazenar o resultado
da operação, e depois selecionar o mesmo
novamente para buscar os bits e processá-los
65

66.  Porém, repare que o MBR estará conectado à
ULA, junto com o latch A. Há um conflito visível
nessa configuração
Latch A
MBR
ULA
 Lembre-se de que a ULA é apenas um circuito
combinatório. Os bits de controle que recebe são
apenas para especificar a operação a ser feita, o
que significa que está sempre recebendo dados 66

67. PC
IR
AC
Barramento B
R1
R2 Barramento A
R3
LA LB
.
Barramento C .
.
MAR Sem pânico!
ULA
MBR
DES
A solução é simples!
67

68.  Basta adicionar um multiplexador, que chamaremos de AMUX
(multiplexador A):
PC
IR
AC
Barramento B
R1
R2 Barramento A
R3
Barramento C
LA LB
.
.
. AMUX
MAR
ULA
MBR
DES
68

69.  O multiplexador controlará qual dos dados deve
ser enviado para a ULA
 Mas e se a instrução a ser executada fosse
R1 ← R1 + R2 + R3 + R4 ?
 Intuitivamente, a solução seria uma ULA com 4
entradas, com a vantagem de resolver essa soma
sem precisar guardar nenhum resultado
intermediário
A B C D
ULA
69

70.  Sendo assim, uma ULA com 4 entradas é mais
vantajosa para os casos de soma com 4 parcelas.
 O problema é que isto não será econômico se essa
soma não ocorrer com frequência
 E pensando bem, de fato ela não é tão comum
quanto uma soma com apenas 2 operandos, para
a qual basta uma ULA com 2 entradas
 Unindo o útil ao agradável, por que não pensar
em uma solução alternativa para realizar esta
soma, ainda sem precisar salvar valores
intermediários?
70

71.  Eis a solução:
A B C D
ULA 1 ULA 2
E F
ULA 3
A B C D
ULA 4
71

72. Curiosidades
 Fabricar 3 ULA’s com 2 entradas é ainda mais
econômico do que projetar uma única ULA com 4
 Além disso, outra vantagem em reduzir o tamanho
das ULA’s pode ser explicada fazendo uma analogia
com a forma como são fabricados os próprios
processadores
72

73. Curiosidades
 Processadores são obtidos através de fatias
redondas de silício, que podem ser divididas em
partes pequenas ou nem tanto:
73

74. Curiosidades
 Podemos pensar em cada um desses pedaços
como uma componente do processador
 As fatias, porém, sempre tem impurezas
 Imagine, por exemplo, a fatia abaixo, onde as
manchas vermelhas são suas impurezas
74

75. Curiosidades
 Cada parte atingida por uma impureza está
inutilizada
 Pensando nas partes como componentes, aquelas
que foram atingidas não irão funcionar
 Na partição em componentes menores, repare
que bem mais delas saíram ilesas
O que restou:
75

76.  Recapitulando, temos então um processador
que realiza a soma que queríamos
Fora do Dentro do
Processador Processador
(memória)
PC
IR
AC
Barramento B
R1
Barramento A
R2
R3
Barramento C . LA LB
.
. AMUX
MAR
ULA
MBR
DES
76

77.  É importante ressaltar que as linhas que ilustram
os barramentos estão sendo mostradas apenas
nos caminhos que queríamos para a soma
 Na verdade, todos os registradores estão
conectados aos barramentos A, B e C, e uma
estrutura de controle é que determina de onde
são lidos os dados e onde eles são gravados
 Falando em controle, já vimos que não são só os
registradores que precisam de bits de controle
para que o processador possa funcionar
 A seguir, vamos quantificar os bits de controle
de todas as componentes e descrever para que
eles servem em cada uma delas 77

78.  Temos 16 registradores para leitura e escrita
 A intenção é ler sempre 2 dados (um vai para o
barramento A e o outro para o barramento B),
realizar uma operação na ULA e/ou no deslocador
e, quando necessário, armazenar o resultado em
outro registrador
 Isso faz com que precisemos de 16 bits de
controle para cada uma dessas operações.
Entenderemos o motivo logo a seguir
78

79.  A posição do registrador-alvo seria dada pela
posição do bit 1 em meio aos 16 bits de controle
 Por exemplo, na operação de leitura cujo controle
é: 0000000000001000 seria lido o dado do
0000000000001000
quarto registrador
0 PC
0 IR
0 AC
1 R1
0 R2
0 R3
.
.
.
0 R13
79

80.  Mas não é por mágica que a informação do
registrador é lida quando ele recebe o bit 1
 Na estrutura interna dos registradores, vimos que
eles recebem um bit HE para habilitar sua entrada
e outro, HS, para habilitar sua saída
 No exemplo anterior, a operação a ser feita era de
leitura. Então, é a saída do registrador que precisa
ser habilitada, para que a informação seja jogada
em um dos dois barramentos (A ou B)
 Bits de controle especificam qual dos dois
barramentos será o destino dos dados, mas isso
por ora não tem importância
80

81.  Caso a operação fosse de escrita no registrador, o
bit que iria para cada registrador corresponderia
ao HE, e aquele que recebesse 1 seria sobrescrito
 Mas, e se quisermos simplesmente gravar o
resultado no MBR, e não gravar em nenhum
registrador?
 Para isso, precisamos de um 17º
bit de controle (EnC, Enable C),
ao barramento C, que impeça
escrita em qualquer um dos 16
registradores caso isso não seja
desejado 81

82.  Os outros registradores (latches A e B, MAR e
MBR) recebem, separadamente, também 2 bits de
controle (HE e HS), exceto pelo MBR que recebe 4
 Os outros 2 bits do MBR são comandos de leitura
e escrita na memória (chamaremos RD, leitura, e
WR, escrita)
 Nossa ULA recebe 2 bits de controle para as 4
operações que pode executar a partir de dados de
entrada A e B: 00 para A + B, 01 para a operação
lógica A AND B, 10 para simplesmente retornar
A, e 11 para retornar o inverso de A
82

83.  O deslocador também precisa receber 2 bits de
controle (00 para não deslocar, 01 para deslocar à
esquerda, 10 para deslocar à direita e 11 nada faz)
 Finalmente, o multiplexador recebe apenas um
bit para controlar qual dos dois dados que ele
recebe deve seguir (0 para seguir o valor de latch
A e 1 para seguir o valor que veio de MBR)
 Na ordem, temos então 16 + 16 + 17 + 2 + 2 +2 +
4 + 2 + 2 + 1 = 64
 À primeira vista, precisamos apenas de um
registrador especial para controle, de 64 bits, com
um bit para cada sinal
 Mas serão todos esses 64 bits realmente
necessários? 83

84.  A verdade é que muito
desses bits podem ser
dispensados
 Fazendo uma análise mais cuidadosa dos
controles de cada componente, veremos por que
muitos desses sinais são desnecessários
 Mas, antes disso, vamos introduzir uma nova
componente que será necessária para nos
livrarmos de alguns bits
84

85.  Decodificador
 Dispositivo que, para a nossa abordagem,
receberá um número binário de 4 bits e, com ele,
liberará 16 bits onde o bit na posição i será 1 e os
outros, 0
 OBS: i é o valor na base 10 do binário original.
Note que i está entre 0 e 15
 Exemplo: se o decodificador recebe o binário
0011 (=3), a saída será 00000000000010003 2 1 0
 Representação:
DEC
85

86.  Afinal, qual a grande utilidade do decodificador?
 Pense: se com apenas 4 bits, podemos
representar até o número 15, então é possível
especificar em 4 bits qual o registrador a ser
selecionado
 Adicionando decodificadores para A, B e C,
passamos a conta de 16 + 16 + 17 bits
para 4 + 4 + 5, já que o bit EnC
permanece
 Pois é, já economizamos 36 bits
de controle
86

87.  Os latches A e B são registradores que não precisam
de controle na saída. Precisam apenas controlar os
dados que entram, que vão sobrescrever as
informações que eles guardavam até então
 A saída dos latches pode ficar sempre liberada, já que
a função deles é simplesmente salvar valores e não
deixar que outras informações de um barramento
passem por cima deles
HE
HS 87

88.  Para a nossa abordagem, o MAR também precisa
de controle apenas na entrada, para controlar os
endereços que nele entram e que serão então
enviados para a memória automaticamente
 O mesmo serve para o MBR. Apenas um bit de
controle é necessário, que é enviado para a saída
do MBR, controlando se a informação nele contida
irá ou não para a memória
 As operações de leitura e escrita na memória
continuam sendo comandadas pelos bits RD e WR
descritos anteriormente
88

89.  Ótimo, precisávamos de um registrador de 64 bits
para controle, e agora conseguimos reduzir este
tamanho para 24
 Superficialmente, o que nós temos até então é:
Memória Processador
principal
endereços MAR
Controle
(24 bits)
dados
MBR
controle
(leit/esc)
N1
N2 N0
89

90.  Podemos imaginar N0 como um pobre estagiário,
que trabalha e executa ordens
 O controle, N1, seria o chefe, quem dá as ordens,
através da busca das instruções e dos recursos
presentes na memória principal
 Aos poucos, iremos desvendar
o que está por trás da nuvem
no slide anterior
90

91. A
 E nosso proces- 16 4
4
Controle
B
sador ficou assim: 16
4
bits
C
17
0
1
1
Barramento B 2
Barramento A 1
3
16 4
registradores
1 .
Barramento C
LA LB
.
1
.
AMUX
1
.
.
2 .
MAR .
.
ULA .
1
MBR .
23
2
DES
2
91
RD/WR

92.  Vamos dessa vez utilizar como exemplo a instrução
R1 ← R1 + R2, para ilustrar como ficam os bits de
controle durante o processo
A B C EnC AMUX ULA RD WR MAR MBR DES LA LB
92

93.  Chamaremos o momento inicial de t₀
 Os registradores R1 e R2 ficam nas posições 3 e 4,
respectivamente, lembrando que o primeiro
registrador, PC, fica na posição 0. O valor em R1
será jogado no barramento A, e o valor de R2 no
barramento B; logo, A = 0011 e B = 0100
 O resultado será armazenado em R1, então o
controle do barramento C deve também ser 0011
93

94.  Obviamente, no início do processo ainda não
podemos gravar nada no destino, então EnC tem
de estar “desativado”
 Neste momento, não há problemas em
especificar qual dos 2 dados (vindos do MBR ou
do latch A) o AMUX irá direcionar para a ULA.
Sabemos que serão dados vindos de latch A, então
o bit de controle para AMUX será 0
 Já vimos que a combinação do controle para que
a ULA opere uma soma é 00
94

95.  Nada está sendo lido ou escrito na memória (RD =
0 e WR = 0)
 MAR não receberá nenhum endereço de
memória
 MBR também não está realizando nenhuma
atividade em t₀
 Também já vimos que a combinação que faz com
que o deslocador retorne a própria entrada é 00
 As entradas dos latches A e B devem estar
desabilitadas, pois as informações ainda não
foram transferidas para os barramentos A e B
95

96.  Temos então, no momento t₀:
A B C EnC AMUX ULA RD WR MAR MBR DES LA LB
t₀ 0011 0100 0011 0 0 00 0 0 0 000 00 0 0
96

97.  Após um tempo para busca dos dados, tь, os
únicos controles que se modificam são aqueles
dos latches
 Isso porque, agora que os dados já foram jogados
aos barramentos, os latches precisam recebê-
los, quando estáveis, para que sejam transferidos
à ULA
 Vamos considerar t₁ = t₀ + tь
97

98.  Temos então, no momento t₁ :
A B C EnC AMUX ULA RD WR MAR MBR DES LA LB
t₀ 0011 0100 0011 0 0 00 0 0 0 000 00 0 0
t₁ 0011 0100 0011 0 0 00 0 0 0 000 00 1 1
98

99.  Após um tempo de execução, tє, os latches
precisam voltar a ser 0, para que nada presente
nos barramentos A e B sobrescreva os dados
armazenados nos latches, já que não sabemos se
eles virão a ser ainda necessários para a ULA
futuramente
 Além disso, se queremos gravar o resultado de
volta em R1, EnC precisa agora passar a ser 1
 O resto permanece inalterado
 Agora consideremos t₂ = t₀ + tь + tє
99

100.  Temos então, no momento t₂ :
A B C EnC AMUX ULA RD WR MAR MBR DES LA LB
t₀ 0011 0100 0011 0 0 00 0 0 0 000 00 0 0
t₁ 0011 0100 0011 0 0 00 0 0 0 000 00 1 1
t₂ 0011 0100 0011 1 0 00 0 0 0 000 00 0 0
100

101.  Mas então, é necessário ler toda a sequência de
bits de controle 3 vezes para uma simples
operação de soma?
 Vimos pela tabela que pouca coisa se altera
durante o tempo que decorre desde a leitura dos
dados nos registradores até o armazenamento do
resultado em um deles
 Então, deve haver uma maneira mais
inteligente e menos custosa de
executar instruções. Afinal,
tempo é sempre precioso
101

102.  Relógio (clock)
 Este é outro dispositivo importante, que emite
uma sequência de pulsos periódicos que
controlam alguns circuitos da máquina
 Se os pulsos são periódicos, quer dizer que
possuem uma determinada frequência
 O período de cada pulsação define o ciclo da
máquina
 A máquina realiza um conjunto de atividades
durante um ciclo
 Representação:
Ciclo
Marcador de 102
frequência

103.  Agora, podemos conservar todos os bits que se
mantiveram inalterados na tabela, deixando por
conta do relógio as alterações necessárias
 Por exemplo, sabemos que o bit EnC está
diretamente relacionado ao bit HE dos
registradores
 Os pulsos enviados pelo clock definem então o
momento exato em que a entrada do registrador
deve ser habilitada, caso se deseje armazenar o
resultado de algum cálculo em um registrador
 Isto pode ser feito através de um circuito bastante
simples: CK
HE
EnC
103

104.  Com isso, já temos tudo de que precisamos para
começar a ver o que está por dentro da nuvem
que havia em N1
 Em outras palavras, vamos agora entender como
funciona toda a máquina de controle do
processador e como ela executa o microprograma
 Microprogramas são sequências de instruções
(em binário, evidentemente) que controlam o
funcionamento de cada componente em N0
 Cada instrução de um microprograma é
executada em um ciclo
104

105.  O processamento de uma microinstrução se
resume a:
 Busca da instrução
 Identificação da instrução
 “Execução”, entre aspas porque engloba na verdade:
 Busca dos operandos
 Operação
 Armazenamento do resultado
 Temos então 5 atividades que são realizadas pelo
processador durante um ciclo
105

106.  Dentre as 5 atividades listadas, o tempo
necessário para a segunda (identificação de uma
instrução) será quase nulo na nossa abordagem
 Isto porque teremos na nossa arquitetura de
controle (N1) um registrador especial chamado
MIR (MicroInstruction Register), para onde cada
microinstrução será carregada
 O MIR já “entende” o significado dos bits de uma
instrução de acordo com a posição de cada um
MIR
106

107.  Visto isso, o relógio que utilizaremos poderá ser
dividido em 4 subciclos:
Atraso
Atraso
Atraso
1 ciclo
1 subciclo
 O relógio terá 4 saídas, das quais 3 possuem
atrasos. Isso faz com que sejam gerados pulsos em
momentos diferentes para cada saída
 Cada uma dessas saídas consiste em um subciclo,
como vemos na representação acima 107

108.  Teremos também em N1 uma memória, chamada
memória de controle, onde são armazenadas e de
onde serão lidas as microinstruções
 Nossa memória de controle poderá armazenar, no
máximo, 256 instruções, cada uma com 32 bits
 Se é no MIR onde cada instrução será carregada,
concluímos que a largura do MIR será de 32 bits
Memória de Controle
Carrega instrução
MIR
108

109.  Toda memória precisa estar ligada a um MAR e
um MBR, e com a memória de controle não é
diferente
 Portanto, vamos adicionar um registrador MAR,
que chamaremos de MPC (MicroProgram
Counter), cuja função é encontrar a próxima
instrução do microprograma a ir para o MIR
Recebe endereço da próxima instrução
MPC
Envia endereço da próxima instrução
Memória de Controle
MIR 109

110.  O MBR da memória de controle
já está em N1...
 ...é o próprio MIR!
 Mas precisamos voltar a falar do MPC. De onde
ele recebe a próxima microinstrução?
 Podemos supor que as instruções são executadas
sequencialmente. Neste caso, basta incrementar o
endereço atual, e teremos o endereço da próxima
 Precisamos então de uma componente simples,
mas que ainda não tínhamos visto
110

111.  Incrementador
 Circuito relativamente simples de poucas portas
lógicas que, como o nome já diz, recebe um
número binário como entrada e retorna o seu
sucessor
 O número binário de entrada, no incrementador
que usaremos no nosso exemplo, será composto
por 8 bits
 Representação:
INC
111

112.  Temos até agora:
INC MPC
Memória de Controle
MIR
 Visivelmente, temos um problema
 MPC precisa ser controlado para
não ficar o tempo todo selecio-
nando endereços na memória! 112

113.  Vamos inserir agora o relógio, que será uma
componente fundamental para todo o
processador, tanto em N0 quanto em N1
 Por enquanto, não falaremos da atuação do
relógio em N0, e já podemos ligá-lo a duas das
componentes de N1 que temos até agora:
I
1 N MPC
C
2
Atraso Memória de
Controle
3
Atraso
Atraso
4 MIR
113

114.  Fazendo isso, permitimos que uma instrução seja
carregada da memória para o MIR apenas no
início do ciclo (subciclo 1), que é quando a
instrução começará a ser processada
 Além disso, permitimos que a próxima instrução
seja selecionada na memória pelo MPC apenas ao
final de um ciclo (subciclo 4), para que seja
recebida pelo MIR no início do ciclo seguinte
 Note que o MIR estará desabilitado e não irá
mudar durante os subciclos 2, 3 e 4. O mesmo vale
para o MPC durante os subciclos 1, 2 e 3
114

115.  Nosso nível N1 está quase concluído, mas
precisamos estudar o interior do MIR antes de
continuar
 Você certamente achou estranho quando
dissemos que o MIR entende a função de cada bit
de uma instrução apenas pela posição. Observe:
MIR
A U D M M E
M R W
U L E B A n C B A
D R
X A S R R C
115

116.  No MIR, os bits da instrução que ele recebe se
encaixam em cada uma das partes da figura
 Cada divisão do MIR serve para especificar o destino
em N0 de cada bit. Por exemplo: o bit mais à esquerda
será o controle de AMUX; do bloco DES saem os dois
bits de controle para o deslocador; e assim por diante
 Não são mais necessários bits de controle para os
latches. Já que eles possuem um momento certo para
serem ativados e este é o mesmo em todos os ciclos,
podemos deixar os latches por conta do relógio
 Para continuar a montagem do interpretador de
microinstruções, precisamos primeiramente do que
está por trás de 116

117.  Alguns slides atrás, fizemos uma suposição de que as
instruções do microprograma seriam processadas
sequencialmente. Porém, nem sempre isso acontece
 É comum que ocorram desvios de endereços durante
o processamento, e por isso precisamos reservar bits
em uma instrução que especifiquem o endereço da
próxima, para quando for necessário que esse desvio
ocorra
 Já podemos substituir por ADDR, conjunto de bits
que representam cada endereço da memória de
controle
 Se nossa memória de controle armazena até 256
instruções (= 2⁸), ADDR deve ser composto por 8 bits
para poder representar todos os endereços
117

118. I
1 N MPC
C
2
Atraso Memória de
Controle
3
Atraso
A
4 . . . . D
D
Atraso R
 Ops, o problema do conflito de novo
 Ainda se lembra da solução?
118

119. MMUX
I
1 N MPC
C
2
Atraso Memória de
Controle
3
Atraso
A
4 . . . . D
D
Atraso R
 Basta adicionar um multiplexador
 Chamaremos este de MMUX
119

120.  É bastante comum que esses desvios de
endereços sejam condicionais
 Por exemplo, voltar ao primeiro endereço da
memória de controle se uma condição X for
satisfeita. Senão, selecionar o endereço seguinte
 Isto nos leva a revelar o que há por trás de no
nosso MIR: um par de bits, o qual chamaremos de
COND, que determina se ocorrerá desvio ou se o
endereço da próxima instrução será simplesmente
o endereço atual + 1
 Se você entendeu isso, então você pode concluir
que COND será o controle de MMUX. Ou pelo
menos parte dele, como veremos mais adiante 120

121.  Lógica de microssequenciamento
 Diferente de todos os circuitos que apresentamos
até aqui, este foi projetado para uma única
situação, bem específica
 Ele recebe da ULA informações sobre o resultado de
uma operação: um sinal N que diz se foi negativo e
um sinal Z que diz se foi igual a 0
 Recebe também o par de bits COND do MIR
 Enfim, sabendo se o resultado da operação foi
positivo, nulo ou negativo e sabendo a condição de
desvio da microinstrução atual, podemos indicar se o
endereço da próxima microinstrução será
simplesmente o atual + 1 ou algum outro
121

122.  Lógica de microssequenciamento
 Talvez seja uma explicação confusa. Podemos clareá-
la com um exemplo prático:
x = 5;
if (x > 0)
return x;
 Por que o trecho de programa acima é válido?
 Temos todas as informações necessárias para decidir
se x será ou não retornado: sabemos qual a condição
para retornar x, e sabemos se x satisfaz a condição
(se x é 5, então x é maior que 0)
 A saída será o bit de controle para o nosso MMUX
 Representação:
LMS
122

123.  Temos enfim: MUX
I
1 N MPC
C
2
Atraso Memória de
Controle
3
Atraso
A C A
U
Atraso
4
M
U
X
O
N
D
L
A . . . . . D
D
R
LMS
N1
N0
ULA
Z N
123

124.  Agora, convencionando os significados dos bits
COND:
 00 = não desviar; a próxima instrução estará no endereço
seguinte na sequência de instruções
 01 = desviar para o endereço em ADDR se N = 1, isto é, se
o resultado da operação realizada pela ULA for negativo
 10 = desviar para o endereço em ADDR se Z = 1, isto é, se o
resultado for 0
 11 = desviar independente do resultado da ULA
 O sinal de controle de MMUX é resultado de
R.N + L.Z + L.R (L é o bit à esquerda, e R é o bit à
direita no par COND)
 Relembrando: ‘+’ é o operador lógico OR e ‘ . ’ é AND
124

125.  Nosso processador completo, incluindo N0 e N1, fica assim:
Figura retirada e adaptada do livro Organização Estruturada de 125
Computadores, de Andrew S. Tanenbaum (p. 140)

126.  Para concluir, falta apenas falar sobre as ligações do
relógio com as componentes de N0, que ainda não
havíamos visto
 Para isto, vamos supor um microprograma qualquer
que interpreta a soma de x + y, que foi executada com
x recebendo o valor 3 e y recebendo o valor 5
 Para simplificar o exemplo, escolheremos o ciclo em
que a soma será efetuada. Isto significa que as
constantes 3 e 5 já foram buscadas na memória e
armazenadas nos registradores (suponhamos R1 e
R2), e está pré-determinado que o resultado será
armazenado em R3
 Assim, a microinstrução deste ciclo será r3 := r1 + r2
(o símbolo “:=“ denota atribuição)
126

127.  Para conseguir passar esta microinstrução para
sua forma real (binária), vamos relembrar as
divisões do MIR:
 Depois, vamos analisar quais os bits de controle
necessários para cada um desses campos e, dessa
forma, teremos nossa instrução em bits
A
A C U D M M E
M O R W D
U N L E B A n C B A
D R D
X D A S R R C
R
127

128.  Sabemos que ambos os operandos virão dos
latches, já que não buscamos nada do MBR. Para
que AMUX direcione à ULA a informação contida
no latch A, o controle deve ser 0
 Não há desvios nesta instrução, então COND = 00
 A operação é de soma. Esta operação é realizada
pela ULA quando o controle é igual a 00
A
A C U D M M E
M O R W D
U N L E B A n C B A
D R D
X D A S R R C
R
0 00 00
128

129.  Nada será feito além da soma, então o controle
do deslocador precisa ser 00 para que sua saída
seja igual à entrada
 Nada sairá de MBR para a memória ou vice-versa
 O campo MAR também será 0 já que não enviará
nenhum endereço para a memória principal
A
A C U D M M E
M O R W D
U N L E B A n C B A
D R D
X D A S R R C
R
0 00 00 00 0 0
129

130.  Nada será lido da memória neste ciclo (RD = 0)...
 ...nem escrito (WR = 0)
 O bit EnC deve ser 1 porque neste ciclo haverá
armazenamento de um valor (o resultado da soma
está sendo atribuído a R3 na microinstrução).
Evidentemente, o relógio irá ditar o momento
certo do armazenamento
A
A C U D M M E
M O R W D
U N L E B A n C B A
D R D
X D A S R R C
R
0 00 00 00 0 0 0 0 1
130

131. PC 0
 Lembra-se dos nossos registradores? IR 1
AC 2
 Começando da posição 0, R1, que .
R1 3
.
R2 4
contém o primeiro operando, está na .
R3 5
.
posição 3. Logo, A = 0011 (3 na base 2) .
 R2, que contém o segundo operando, .
.
está na posição 4. Logo, B = 0100
 Enfim, R3, destino do resultado, está na posição
5. Logo, C = 0101
A
A C U D M M E
M O R W D
U N L E B A n C B A
D R D
X D A S R R C
R
0 00 00 00 0 0 0 0 1 0101 0100 0011
131

132.  Agora só nos resta o campo ADDR. Nossa
microinstrução contém uma simples soma, sem
desvio de endereços. Então, podemos atribuir
qualquer valor para ADDR, já que ele será
ignorado. Sendo assim, vamos optar por todos os
bits sendo 0
 Enfim, nossa microinstrução na forma binária é:
00000000000101010100001100000000
A
A C U D M M E
M O R W D
U N L E B A n C B A
D R D
X D A S R R C
R
0 00 00 00 0 0 0 0 1 0101 0100 0011 00000000
132

133.  Agora, podemos começar a processar a instrução
 No subciclo 1, o relógio ativa apenas o MIR,
porque estamos ainda na etapa da busca da
instrução
 Vimos que a instrução é automaticamente
identificada no MIR e não leva praticamente
tempo algum. Consideramos então que a
identificação também ocorre no subciclo 1
Memória de Controle
0 00 00 00 0 0 0 0 1 0101 0100 0011 00000000
.
.
.
.
.
MIR
133

134.  No subciclo 2, os bits dos campos A e B do MIR
serão enviados aos decodificadores, para habilitar
as saídas dos registradores R1 e R2
 Com isso, os valores 3 e 5 são jogados aos
barramentos A e B, respectivamente
 Neste subciclo, o relógio ativa os latches, para
que possam receber esses valores
 Retomaremos a figura do livro Organização
Estruturada de Computadores para mostrar o
caminho dos dados durante este subciclo
134

135. 3 5
135

136.  O subciclo 3 é o intervalo em que ULA e
deslocador irão operar sobre os dados recebidos
 Aqui seria também o momento certo para que o
MAR fosse carregado, se fosse necessário. Mas a
microinstrução deste ciclo não envolve essa
necessidade, e por isso tivemos o bit 0 na parte do
MIR destinada ao MAR
5+3 00 (soma)
8
--- 00 (saída = entrada)
136
8

137.  E finalmente, é no subciclo 4 em que ocorre o
armazenamento do resultado em um dos nossos 16
registradores, quando a instrução assim determina
 Nossa microinstrução r3 := r1 + r2 atribui o resultado
da soma a R3, o que significa que temos, sim, que
armazenar dados em um dos 16 durante este ciclo
 O valor 8, neste instante, está no barramento C
 Já vimos que EnC é 1 durante todo o ciclo, pois é um
dos sinais de controle fornecidos pelo MIR. Cabe ao
relógio habilitar a entrada de R3 no momento
certo, que é o subciclo 4 para qualquer
microinstrução
 Agora que 8 está em R3, podemos começar um novo
137
ciclo com uma nova microinstrução, caso ela exista

138.  Podemos dividir o nosso MIR em 2 conceitos:
A
A C U D M M E
M O R W D
U N L E B A n C B A
D R D
X D A S R R C
R
OPCODE Operandos
(determina a operação da microinstrução)
 ADDR é formado por 8 bits, e A, B e C por mais 4
cada. Ou seja, 20 bits compõem os operandos
 Os outros 12 do MIR compõem então o código da
operação. Isto quer dizer que temos 2¹² (= 4096)
possíveis instruções diferentes
138

139.  Porém, queremos economizar
novamente. Será que é possível?
 Com uma análise mais cuidadosa,
veremos que podemos reduzir de
4096 para 2048 possibilidades
 Para iniciar nossa “eco-
nomia”, precisamos ter
em mente que alguns
pares de bits do MIR não
admitem todas as 4
combinações (00, 01, 10
e 11) 139

140.  Mais especificamente, o par de bits RD e WR não
admite a combinação 11, já que é impossível que
aconteçam simultaneamente operações de leitura
e escrita na memória
 Vamos raciocinar: tínhamos 2¹² possibilidades
0 ou 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
= 2x2x2x2x2x2x2x2x2x2x2x2 = 2¹²
 Quantas possibilidades teríamos se o par RD/WR
apenas admitisse a combinação 11, isto é, se RD
fosse sempre 1 e WR fosse sempre 1?
2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2
= 2x2x2x2x2x2x2x2x2x1x1x2 = 2¹⁰
140

141.  Daí, temos que o nosso total de possibilidades
agora é 2¹² - 2;:, isto é, 4096 - 1024 = 3072
 Podemos usar um raciocínio análogo para o
deslocador, que nunca receberá a combinação 11
 Teremos 3072 - 1024 = 2048 microinstruções
 Assim, já reduzimos as possibilidades de
instruções pela metade. Poderíamos levar em
conta outras restrições, mas chega de ser pão
duro e vamos voltar ao que interessa
141

142. Pilhas
 Você já deve saber que uma pilha
é uma estrutura de dados que
consiste em um amontoado de valo-
res (empilhados, daí o nome)
 Pilhas serão importantes na execução
de programas. Veremos a seguir como
elas são utilizadas
142

143.  Toda pilha possui duas operações básicas: PUSH, que
consiste em adicionar um valor
na pilha; e POP, que retira da pilha o
valor presente no topo
 Para a nossa arquitetura, pilhas serão
blocos contíguos presentes na memó-
ria principal que conterão dados a serem
processados, com um ponteiro SP (Stack Pointer) que
indicará o endereço onde está o topo da pilha
 À medida que descemos pela memória, os endereços
aumentam. Ou seja, sempre que adicionarmos um
valor na pilha (PUSH), o ponteiro SP apontará para o
endereço atual – 1, um endereço acima
 O contrário acontece para a operação POP 143

144.  A pilha do exemplo a seguir começa no endereço
1000 da memória, e seu topo está em 996
.
.
.
.
.
.
996 9
997 4
7
SP
998
999 2
1000 5
.
.
.
.
.
144

145.  Fazendo PUSH 3, o valor 3 será acrescentado na
pilha, e o topo será o endereço 996 – 1 = 995
.
.
.
.
.
.
995 3
996 9
997 4
7
SP
998
999 2
1000 5
.
.
.
.
.
145

146.  Por outro lado, se tivéssemos feito POP, sairia o valor 9
que está no topo da pilha e o novo topo estaria em 996
+ 1 = 997
.
.
.
.
.
.
996 9
997 4
7
SP
998
999 2
1000 5
.
.
.
.
.
146

147.  Algumas linguagens de programação são
organizadas em blocos (escopos)
 Em Java, por exemplo, o escopo de uma classe
são todos os procedimentos existentes naquela
classe, e no escopo de cada procedimento existem
todas as operações realizadas por ele, inclusive
eventuais chamadas a outros procedimentos
147

148.  Para essas linguagens, é interessante utilizar
pilhas durante a execução de um programa para
liberar o espaço ocupado pelas variáveis locais de
um procedimento, quando ele é finalizado
 Variáveis locais são variáveis utilizadas e
conhecidas exclusivamente nos procedimentos
onde foram inicializadas, e no nível de
macroprogramação são geralmente carregadas
nas pilhas
 Já as variáveis globais são variáveis conhecidas
em todo o programa e a princípio estão presentes
em endereços da memória que não fazem parte
da pilha de um procedimento em particular 148

149.  Além das operações PUSH e POP, outra operação
útil para pilhas é mover arbitrariamente o
ponteiro SP, sem inserir dados inicialmente
 Isto é útil para quando a execução entrar em um
procedimento que utilizará variáveis locais, de
maneira que SP será decrementado (topo subirá)
para reservar espaço para essas variáveis
 Em Pascal, isso fica fácil de ser visto, já que as
variáveis locais são inicializadas antes da palavra
begin, que indica o começo do procedimento
 O exemplo a seguir mostra o começo do método
de ordenação BubbleSort, em Pascal
149

150. procedure BubbleSort(var A: ArrayType);
var i, j: integer;
begin
.
.
.
 Repare que as variáveis i e j são inicializadas. Em
seguida, a palavra begin indica o começo das
operações do procedimento – é neste ponto onde
SP é decrementado em 2
 A pilha agora ocupa mais 2 espaços: os espaços
de i e j, que eventualmente receberão valores
durante a execução do procedimento
 E se o topo da pilha atingir endereços que já
estão sendo usados pelo programa? 150

151.  Familiar?
 Agora vamos supor uma função, também em
Pascal, que recebe duas entradas e retorna como
resultado o produto entre elas
 Perceba como fica sua pilha de execução
151

152. function produto(a, b: integer): integer;
var p, j: integer;
begin
if (a = 0) or (b = 0) then
produto := 0
else
begin
p := 0;
for j := 1 to a do
p := p + b;
produto := p;
end
end;
j   Ao final desta linha, precisamosvariáveis
Quando a função termina, os espaços das de 2
p locais são liberados. Em outras palavras, SP é um
espaços para as variáveis a e b, mais
SP end. ret.  Já aopara o endereço de retorno, de
incrementado em 2, voltando a ser o endereço de
espaço final desta linha, a execução estava
precisamos de
retorno. Este endereço dirá onde
mais 2que a as variáveis locais p e j
b
modo paraafunção saberáepara onde a
quando chamou função produto, ela continuará
a 152
partir daquele ponto terminar
retornar quando

153.  Com apenas estas descrições, fica a
impressão de que a função foi inútil,
já que a pilha guardou apenas seus
valores de entrada e manipulou as variáveis locais
 Mas é óbvio que isto não é verdade. De que
maneira então foram usadas as variáveis
a e b para chegar até o resultado final,
e onde ele foi parar?
 Todos os resultados de operações intermediárias
foram sendo armazenados no nosso registrador
AC (Accumulator). O mesmo vale para o resultado
final da função, que pode ser apenas um valor
intermediário para o resto do programa 153

154.  O endereço de retorno está relacionado a outro
registrador, o Program Counter
 Quando a função produto termina, o endereço de
retorno é desempilhado e salvo em PC
 Caso você não se lembre, AC e PC são dois dos
nossos 16 registradores conectados aos
barramentos A, B e C em N0
 Isso nos dá bagagem suficiente para falar sobre o
nível de macroprogramação
154

155. Macroprogramação
 Vimos que existem milhares de possibilidades de
microinstruções diferentes
 Surge a necessidade de haver instruções em um
nível mais alto, para consequentemente reduzir o
conjunto de instruções de forma significativa
 Veremos no slide seguinte uma tabela, mais uma
vez do livro Organização Estruturada de
Computadores, com todas as macroinstruções da
nossa máquina e suas descrições
 Repare como diminuímos de mais de 2 mil para
menos de 25 instruções 155

156. 156

157.  Antes de entender melhor a tabela, é importante
ressaltar que seus bits não devem nunca ser
confundidos com os bits das microinstruções! Até
porque microinstruções são formadas por 32 bits,
enquanto as macro possuem 16 apenas
 Dito isto, perceba que da 1ª até a 15ª instrução,
nunca se repete uma combinação para os 4
primeiros bits. Isto quer dizer que é possível
identificar instruções que não comecem por 1111
apenas pelos 4 primeiros bits
 Porém, quando a instrução começa por 1111, é
necessário analisar os bits seguintes
157

158.  Diferentemente das microinstruções, que tinham
um número fixo para OPCODE e outro para os
operandos, a parte de OPCODE varia nas macro
 A instrução LODD, por exemplo, possui 4 bits de
operação, 0000, enquanto todos os outros
representam seu operando. Já as instruções que
começam por 1111 precisam de mais bits OPCODE
para que possam ser diferenciadas entre si
158

159.  Para ilustrar como é feita a identificação das
macroinstruções, precisamos primeiro tornar
aqueles nossos 16 registradores um pouco mais
complexos
 Além de PC, IR e AC, precisamos de mais
registradores com funções especiais para que seja
possível implementar um microprograma que
interprete nossas macroinstruções corretamente
 Mais uma vez, trabalharemos em cima de uma
figura do livro Organizações Estruturadas de
Computadores, que mostra os registradores
adequadamente nomeados
159

160.  O registrador SP armazena o endereço do
topo da pilha
 TIR armazena uma cópia temporária da
macroinstrução que está sendo executada, ou
seja, uma cópia de IR. É usado para
decodificar o OPCODE
 Os 3 registradores que seguem contém as
constantes 0, +1 e -1
 AMASK contém a chamada máscara de
endereços e é usado para separar bits
OPCODE dos bits de endereço, através da
operação AND do seu conteúdo com a
macroinstrução da qual se quer separar os
bits
 SMASK é útil nas instruções INSP e DESP, que
contém 8 bits de operandos, pois a operação
AND de seu conteúdo com a macroinstrução
isolará esses 8 bits
 Os demais registradores permanecem sem
160
funções específicas

161.  É preciso convencionar os nomes de algumas
operações feitas em microinstruções
 Para as operações da ULA, utilizaremos a + b para
soma, band(a, b) para AND, a para retornar a própria
entrada e inv(a) para retornar o inverso do primeiro
operando
 Para operações do deslocador: lshift(a) desloca a
entrada 1 bit para a esquerda, e rshift(a) faz o oposto
 Desvios condicionais serão representados por if b
then goto addr, que significa: se o bit b for 1, vá para
o endereço addr
 No nosso microprograma, b será N ou Z, os dois bits
da ULA que indicam se o resultado foi menor que 0
ou igual a 0, respectivamente 161

162.  Veja a seguir quais valores cada conjunto de bits
assume no MIR para os seguintes exemplos de
microinstruções, em uma nova tabela do livro:
 Dito tudo isso, podemos ver um microprograma
que interpreta macroinstruções 162

163. 163

164.  O microprograma começa com um loop principal,
que só termina quando acabar o macroprograma, isto
é, quando não mais houver macroinstruções a serem
interpretadas
 Na linha 0, o MAR recebe o conteúdo de PC, que é o
endereço da macroinstrução a ser interpretada.
Também nesta linha, RD é ativado, para que a
macroinstrução desejada comece a ser lida na
memória a partir do endereço do MAR
 Na linha 1, o microprograma aproveita para
incrementar o conteúdo de PC, já que isso alguma
hora teria que acontecer. Se isto não fosse feito, a
linha 1 seria desperdiçada, porque a macroinstrução
ainda não chegou até o MBR. Pelo mesmo motivo, RD
continua ativado, pois ainda estamos lendo a
macroinstrução na memória 164

165.  Na linha 2, a macroinstrução em MBR é salva em
IR. Aqui ainda há tempo para testar o primeiro bit
da instrução, da esquerda para a direita: se este
não for 0, já sabemos que a macroinstrução não é
nenhuma das 8 primeiras da nossa tabela, então
podemos ir para a linha 28 e testar o segundo bit
165

166.  Tanto na linha 28 quanto na linha 3, repare que o
teste do desvio condicional é exatamente o
mesmo: tir := lshift(ir + ir);
 Não é uma percepção trivial à primeira vista, mas
o que acontece nesse teste é o deslocamento de
dois bits à esquerda do conteúdo de IR
 Recordando, deslocar um bit à esquerda em um
número binário é o mesmo que multiplicar o seu
valor por 2. Fazer ir + ir é equivalente a fazer 2 * ir,
ou seja, deslocar um bit à esquerda de ir. Fazer
lshift(2 * ir) então é o mesmo que deslocar 2 bits
 Porém, lembre-se de que os testes são feitos
sempre em função dos bits N e Z liberados pela
ULA 166

167.  Vamos voltar a focar nas primeiras linhas do
microprograma. Na linha 3 (tir := lshift(ir + ir); if n
then goto 19;), a interpretação irá para a linha 19
caso o bit N da saída da ULA seja 1
 Isto quer dizer que o teste é feito em cima da
instrução vinda de IR deslocada um bit à
esquerda, pois o segundo deslocamento à
esquerda (feito por lshift) é feito somente no
deslocador, e não mais na ULA
 Caso N tenha sido 0, passamos à linha 4
(tir := lshift(tir); if n then goto 11;). Aqui, o
registrador TIR receberá seu próprio conteúdo
deslocado em um bit à esquerda 167

168.  Só que este deslocamento é novamente feito por
lshift, e opera em cima do próprio conteúdo de TIR.
Isso significa que a ULA receberá tir como um dos
operandos e retornará ele mesmo – lembrando que
tir já é o conteúdo de IR deslocado 2 bits à esquerda,
por causa do que aconteceu na linha 3
 Então, se na linha 3 testamos o segundo bit da
instrução, na linha 4 testa-se o terceiro, e só depois
desse teste o conteúdo de tir é novamente deslocado
(lshift(tir))
 Na linha 5 (alu := tir; if n then goto 9;), alu é uma
pseudovariável que representa que o conteúdo de TIR
apenas passará pela ULA para que seja testado seu
primeiro bit (4º da instrução original) 168

169.  Na linha 5, se o bit testado for 1, significa que o
OPCODE da instrução é 0001, e STOD é a única
macroinstrução cujo início é 0001. Por isso
desviamos para a linha 9, linha onde STOD é
executada em microinstruções
 Se o bit testado for 0, o OPCODE é 0000, então
basta prosseguir para a linha seguinte, que é onde
LODD é executada
 Esse processo teste-desvio-execução é a base do
microprograma que interpreta macroinstruções
 Acompanhe a seguir um trecho, bastante simples,
de um programa qualquer
169

170. se (i ≤ j) faça // ‘i’ e ‘j’ são variáveis quaisquer
m = a[i*2] // ‘a’ é um vetor e ‘m’ uma variável
// qualquer
fim se
 Vamos expressar este algoritmo em nível de
macroprogramação, e depois em microinstruções,
para enfim nos despedirmos
da nossa máquina-exemplo
170

171.  Serão realizadas 4 operações nesse algoritmo: Macroprograma
 i ≤ j?
i*2 LODD j
 buscar valor em a[i * 2] SUBD i
 m := a[i * 2] JNEG saida
 Testar se i ≤ j é o mesmo que testar se i - j ≤ 0
 Atenção: ‘i’ e ‘j’ são variáveis globais
 Com a instrução LODD passando j (entenda as
variáveis passadas no macroprograma como o
endereço onde essas variáveis estão, e não seus
respectivos valores), armazenamos no
registrador AC o valor contido no endereço saida (continuação
passado do programa)
.
 Precisamos agora subtrair do valor de i. Com a .
.
instrução SUBD, o resultado já será armazenado .
em AC
 Hora de implementar o desvio condicional:
caso o conteúdo de AC seja negativo (j > i),
desviamos para o final do ‘se’ do algoritmo. Para
isso, criaremos um label “saida” 171

172.  Agora, carregamos o endereço do primeiro
Macroprograma
elemento do vetor a no registrador AC. Se LODD j
fizéssemos LODD a, teríamos o valor de a[0] no SUBD i
acumulador, e não é o que queremos JNEG saida
 Quisemos o endereço de a[0] porque assim LOCO a
podemos encontrar a[i * 2]. Já que i * 2 = i + ADDD i
i, fazemos 0 + i... ADDD i
 ...+ i, e temos em AC o endereço correto do PSHI
(i * 2)-ésimo elemento do vetor a POP
 Aqui vem o problema: queremos fazer STOD m
ac := m[ac], mas não temos uma instrução que o saida (continuação
faça. Temos como fazer, porém, m[sp] := m[ac], do programa)
isto é, colocar na pilha de execução o valor .
.
contido no endereço presente em AC .
.
 ...e depois armazenar este valor em AC .
.
(ac := m[sp])
 Finalmente, armazenar o valor de AC no
endereço da memória onde está a variável m
172

173.  Com o macroprograma e com o que vimos até
aqui sobre microinstruções, fica fácil entender
como é o nosso algoritmo em microprograma
 Antes, precisamos apenas esclarecer como
funciona a subtração
 O oposto de um número x é -x, e a codificação do
oposto de um número binário é o seu inverso + 1
 Formalizando: x - y = x + (-y) = x + (y + 1)
 Lembre-se também: usaremos &v quando
quisermos o endereço de uma variável v
173

174. mar := &i; rd; //MAR recebe o endereço da variável i
rd; //esperando o valor de i chegar até MBR
b := mbr; //B é um dos resgistradores sem função definida
mar := &j; rd;
ac := b + 1; rd; //armazenando i + 1 em AC. Falta somar com j
a := inv(mbr); //valor de j chegou ao MBR. A recebe o inverso
ac := ac + a; if n goto faça; //se i + j + 1 < 0, não saia do algoritmo
alu := ac; if z goto faça; //se essa soma for igual a 0, também não saia
goto saida;
faça b := lshift(b); //multiplicando por 2 o conteúdo de B
ac := &a; //AC recebe o endereço de a[0]
ac := ac + b; //AC recebe o endereço de a[i*2]
mar := ac; rd; //lendo na memória o valor que está em a[i*2]
rd;
mar := &m; wr; //escreve na variável m o que acabou de ser lido
wr;
saida ... //aqui está o que vem após o ‘fim se’ no programa
174

175.  Há apenas uma última observação. Analise estas
últimas linhas do microprograma anterior:
mar := ac; rd;
rd;
mar := &m; wr;
wr;
 Implicitamente, o que temos é:
mar := ac; rd;
rd;
ac := mbr;
mar := &m; wr;
mbr := ac; wr;
 O acumulador recebe o que foi lido da memória (valor
em a[i*2]). Em seguida, indicamos que estamos visando
o endereço da variável m para escrita, fazemos o MBR
receber o valor em AC e escrevemos esse valor no
endereço onde está m 175

176. Princípios da Microprogramação
Horizontal X Vertical
 Passaremos agora a discutir sobre dois conceitos
relacionados à microprogramação
 Na micrprogramação horizontal, a preocupação
é exclusivamente com as portas lógicas
 Nada de sinais codificados para economia de
bits: cada conjunto de sinais que sai do MIR
controla de forma direta sua respectiva
componente
176

177.  Isto significa que as microinstruções em uma
arquitetura assim teriam largura equivalente ao
total de sinais de controle recebidos pelas
componentes
 ...mas é claro que esta
explicação não deixou
nada muito claro
177

178.  Usaremos um exemplo da máquina que
projetamos anteriormente. Lembra-se do nosso
MIR?
A
A C U D M M E
M O R W D
U N L E B A n C B A
D R D
X D A S R R C
R
 Os campos A, B e C possuíam 4 bits cada, que
passavam por decodificadores onde eram
“transformados” em 16
 Se tivéssemos
usado, exclusivamente, microprogramação
horizontal na arquitetura, cada um desses campos
teria 16 bits. Isto aumentaria drasticamente a 178

179.  Os campos ULA e DES também ficariam maiores.
Os pares 00, 01, 10 e 11 também são codificações,
as quais geram um conjunto de 4 bits que
identifica qual a operação a ser realizada pela ULA
ou pelo deslocador
 No caso do deslocador, pode ser gerado um
conjunto de 3 bits, já que o deslocador possui
apenas 3 funções e o par 11 nunca ocorre
 Assim, concluímos que o campo ULA passaria a
ter 4 bits e o campo DES, 3 bits
179

180.  É fácil perceber que seguir à risca
o conceito de microprogramação
horizontal não teria sido a opção
mais inteligente para a nossa máquina,
já que sempre optamos por tentar baratear o
custo da mesma
 Mas se quiséssemos ser ainda mais econômicos
na largura das microinstruções (e do MIR,
consequentemente) da arquitetura que
projetamos, poderíamos aplicar o conceito de
microprogramação vertical
180

181.  A microprogramação vertical carrega uma ideia
rigorosamente oposta à horizontal: encurtar ao
máximo a largura das microinstruções, criando o
máximo possível de codificações nos sinais
 Diminuir o número de bits das microinstruções é
sempre uma ideia interessante. Vamos mostrar
como ficaria nossa máquina se seguíssemos este
princípio exclusivamente
 Nosso MIR, que antes tinha 32 bits de largura,
pode passar a ter apenas 12, como veremos a
seguir
181

182.  Com apenas 4 bits para OPCODE e 8 para
operandos (4 para cada), é possível escrever um
microprograma equivalente ao que vimos
anteriormente
4 bits 4 bits 4 bits
OPERANDO 1 OPERANDO 2
OPCODE
ADDR (endereço)
 É claro que as restrições aumentam com esses
cortes
 Agora, só temos 2 operandos. Como saber onde o
resultado será gravado?
 A solução é guardar o resultado sempre no
mesmo registrador de um dos operandos
182

183.  Antes, podíamos fazer R3 <- R1 + R2. Agora, se
queremos de fato guardar em R3 o resultado da
soma dos valores de R1 e R2, precisamos fazer
R1 <- R1 + R2; e depois R3 <- R1
 Por este exemplo já foi possível perceber que o
microprograma ficaria mais extenso do que aquele
que fizemos anteriormente, mas isso é assunto
para mais tarde
 A seguir, será apresentada como ficaria nossa
máquina em microprogramação vertical. Repare
na presença de 3 novos elementos: OP, AND e NZ
183

184. 184

185.  Recordando: os dados de entrada são sempre
carregados dos registradores no subciclo 2, e o
resultado é salvo em um deles no subciclo 4
 Já que agora temos 2 operandos apenas e um
deles será ao mesmo tempo um dado de entrada
e o destino do resultado, o bloco AND se faz
necessário para ativar cada barramento na etapa
correta
 Pelo esquema apresentado alguns slides
atrás, vimos que os 2 operandos da
microinstrução pode também ser usado como um
endereço. Isto significa que não podemos ter
endereço e operandos em uma mesma 185

186.  Para começo de conversa, já podemos com isso
adiantar que não é possível testar se o resultado
de uma operação da ULA é maior, igual ou menor
que 0, em apenas uma microinstrução
 Precisamos portanto armazenar os bits N e Z
liberados pela ULA, para que eles possam ser
avaliados no ciclo seguinte. É aí que entra NZ, que
nada mais é do que um registrador que armazena
estes dois bits
 Resta falar sobre OP, a mais importante das 3
inéditas componentes em nossa nova máquina
186

187.  Para cada combinação de OPCODE (16 possíveis,
já que são 4 bits), são gerados 13 bits que
controlam a lógica de microssequenciamento –
bloco usado na avaliação dos bits N e Z –, a ULA, o
deslocador, o registrador NZ, o AMUX, os
registradores MBR e MAR, e os sinais RD e WR; 2
bits para os 3 primeiros e um bit para os outros
 O problema é que quem está projetando a
máquina precisa construir todo um circuito que
gere os bits de controle corretos para cada
OPCODE
187

188.  Exemplificando: suponha que as combinações
OPCODE para as instruções que iniciam as
operações de leitura e escrita (portanto, envolvem
a ativação do MAR) sejam 1000 e 1001
 Tudo o que sabemos é:
 A combinação de OPCODE 1000 gera o bit 1 para MAR
 A combinação de OPCODE 1001 gera o bit 1 para MAR
 As demais combinações geram o bit 0 para MAR
 Temos então uma tabela que contém os bits de
entrada e também os bits de saída
188

189. A B C D S
0 0 0 0 0
0 0 0 1 0
0 0 1 0 0
 A, B, C e D seguem a
0 0 1 1 0
0 1 0 0 0
ordem do bit mais
0 1 0 1 0 significativo para o menos
0 1 1 0 0 significativo, e S é a saída
0 1 1 1 0  A partir daí, basta utilizar
1 0 0 0 1 os conhecimentos da
1 0 0 1 1
disciplina de Circuitos
1 0 1 0 0
1 0 1 1 0
Digitais para montar um
1 1 0 0 0 circuito apropriado
1 1 0 1 0
1 1 1 0 0
1 1 1 1 0
189

190.  Da tabela, obtemos (A.B.C.D) + (A.B.C.D), que
pode ser simplificado em A.B.C
 Com isso, já temos projetado o circuito
que, recebendo os bits de OPCODE, gera o bit de
controle apropriado para MAR. Os circuitos que
vão gerar os outros 12 bits de controle são
construídos utilizando o mesmo raciocínio deste
exemplo
 Enfim, o bloco OP nada mais é do que o conjunto
de todos estes circuitos. Como chegar em cada um
deles não é relevante para os nossos estudos
190

191.  Para efeitos de comparação, vamos supor que
fosse ser executado em nossa máquina original
um microprograma de 80 instruções, lembrando
que na máquina original uma microinstrução tinha
32 bits de largura, enquanto na que acabamos de
projetar, uma microinstrução possui 12 bits
Muito provavelmente,
mais de 80 instruções
80 instruções
191

192.  Como já foi dito, as restrições causadas pela
fixação da largura de OPCODE em 4 fazem com
que uma função desempenhada por uma
microinstrução em nossa primeira máquina
necessite de mais de uma microinstrução na nova
arquitetura (operar na ULA e depois avaliar o
resultado, por exemplo)
 Assim, podemos saber qual das duas máquinas
será mais econômica através de um cálculo
bastante simples
 O microprograma que ocupar menos “volume” na
memória de controle determinará a resposta
192

193.  Por “volume”, entende-se a largura de cada
microinstrução multiplicada pelo total de
microinstruções
 Na máquina original, ocupou-se um volume de
80 x 32 = 2560 bits. Se fizermos:
80 x 32 > n x 12
teremos n < 213, isto é, a máquina que acabamos
de projetar será mais econômica caso o
microprograma equivalente àquele de 80
instruções tenha menos de 213
 E a tendência é que realmente tenha bem menos
que 213 microinstruções 193

194.  Então, toda máquina deve ser projetada seguindo
à risca o princípio da microprogramação vertical?
 Certamente não. Lembre-se de que cada
microinstrução é, independente de sua
largura, executada no tempo de um ciclo, que é
fixo
 Quanto mais microinstruções necessárias para
executar uma determinada função, mais lenta é a
execução. Conclusão: a nossa primeira máquina é
mais cara e mais rápida, enquanto a última é mais
lenta, porém mais barata
194

195. Nanoprogramação
 Falando em economia, existe ainda outra forma
de ocupar menos memória no armazenamento
dos microprogramas, que deve ser discutida
 Vimos que programas são sequências de
instruções. É possível dividi-los em sequências e
instruções
 Vamos a seguir entender melhor esta jogada
195

196. h Memória de Controle
w
 Consideremos um microprograma que ocupa
completamente esta memória de controle, isto é,
possui h instruções de largura w
 Podemos dividi-lo em duas partes:
196

197. 1 cada instrução A
3 individualmente, B
sequência na qual todas distintas
2 C
ocorre cada entre si .
0 instrução, (n instruções no .
1 identificada total)
h .
apenas
2 por um número
5
. w
.
.
 À esquerda, temos uma memória que armazena
números binários que identificam cada instrução
As instruções completas são armazenadas na
memória à direita, com a vantagem de cada uma
aparecer apenas uma vez
197

198.  Novamente, a melhor maneira de clarear tudo é
ilustrando com um pequeno exemplo
 Imagine o seguinte microprograma:
A
B
A
A  A equivale a 01100101100101101001
A
C  B equivale a 10110110001000011011
D
D
 C equivale a 11101000110100110000
B  D equivale a 00010110100101110010
D
C
A
A
C
D
B 198

199.  Neste exemplo, w = 20 e h = 16, isto é, um total
de 16 microinstruções onde a largura de cada
uma é de 20 bits, totalizando 320 bits
 Vamos agora dividir o microprograma. A parte à
esquerda é o microprograma de fato, e à direita
temos o nanoprograma, que guarda cada
microinstrução diferente
 Cada linha do microprograma passa a conter
apenas o endereço da nanomemória no qual está
a instrução que deveria estar naquele local do
microprograma
199

200. memória de controle
A 00
B 01 endereços
A 00
00 nanomemória
A
A 00 00
10
01100101100101101001
C
11 01 10110110001000011011
D
D h = 16 11 10 11101000110100110000
B 01 11 00010110100101110010
D 11
C 10
w = 20
A 00
A 00
C 10
D 11
B 01
200

201.  Vimos que cada linha da memória de controle
passou a ter 2 bits apenas. Isto porque o
microprograma tem, no total, 4 instruções
diferentes, fazendo necessários log₂4 = 2 bits
para representá-las. A quantidade de linhas é a
mesma do microprograma original: 16
 Portanto, a memória de controle passou a ter
16 x 2 = 32 bits ocupados
 Já a nanomemória possui o total de instruções
multiplicado pela largura das mesmas, o que
totaliza 80 bits (4 x 20)
 Dos 320 bits originais, o microprograma passou a
ocupar apenas 32 + 80 = 112 bits! 201

202.  De uma forma geral, temos:
 o microprograma original ocupa h.w bits
 a memória de controle após a divisão passa de h.w
para h.log₂n bits ocupados, onde n é o total de
instruções diferentes do microprograma
 a nanomemória introduzida tem n.w bits ocupados
 Em outras palavras, a nanoprogramação será
econômica sempre que a seguinte inequação for
satisfeita:
h.w > h.log₂n + n.w
202

203.  Observe que n aparece nos dois produtos à
direita, sendo determinante na economia dos bits
 Isso faz sentido porque, se houver muitas
instruções diferentes em relação ao número de
linhas no microprograma original, recorrer à
nanoprogramação não será eficiente. A
nanomemória terá um tamanho próximo ao
tamanho que tinha a memória de controle antes
da divisão
 Tudo o que teríamos então seria uma memória
parecida com a anterior, e mais uma outra
contendo apenas referências para a nova
memória 203

204. Pipeline
 Até agora, nos
prendemos muito em
economizar espaço na
memória e baratear o
custo de uma máquina
 Mas, e quando
quisermos uma
máquina mais
veloz, isto é, com
melhor desempenho?
204

205.  Até aqui, sempre assumimos que o tempo de um
ciclo era fixo e pré-definido. E por causa disso, o
número de microinstruções a serem executadas
definia o tempo gasto na execução do programa
 Esquecendo um pouco a memória,
vamos focar agora em como
reduzir o tempo gasto na execu-
ção das microinstruções
 A seguir, veremos o uso do
pipeline
205

206.  Até aqui, seguindo o modelo de Von
Neumann, vimos que as etapas de execução de
uma instrução seguem uma ordem: busca da
instrução, identificação, busca dos
operandos, execução da operação e
armazenamento do resultado
 Podemos representar desta forma, onde cada
quadrado representa um subciclo:
I
B E AR
BO
206

207.  Vimos também que, por este modelo, uma nova
microinstrução só pode ser executada após o
término da anterior, mesmo que não haja
interdependência entre elas
 Esquematizando, teríamos:
I
1 B
BO
E AR
I
2 B
BO
E AR
3 B ...
tempo
 Como otimizar este processo? 207

208. Curiosidades
 Henry Ford (1863 – 1947)
nasceu nos EUA, fundou
a Ford – fábrica de auto-
móveis – e defendia for-
temente o consumismo
 Mas nada disso nos
interessa
208

209. Curiosidades
 Ford utilizava a chamada “linha
de montagem”, que consistia em
especializar seus empregados em
funções definidas
 O mesmo empregado passava todo o tempo
realizando uma única tarefa, mais específica possível
e repetidas vezes, de forma a diminuir a chance de
erros e fazer com que levasse menos tempo para
concluir a tarefa 209

210.  Aplicaremos o “fordismo” aos nossos estudos:
em vez de uma via de dados onde todas as
atividades são realizadas, teremos uma via de
dados especializada para cada operação
 O ganho no desempenho é bastante significativo
I
1 B
BO
E AR
I
2 B
BO
E AR
3 B ... I
tempo
210

211.  Dessa forma, assim que a busca de uma
instrução for concluída, pode ser iniciada a busca
da próxima, já que a via especializada nesta
tarefa estará livre. E o mesmo serve para
identificação, busca de operandos etc
 Podemos chamar cada um dos quadrados de um
estágio do pipeline
 Antes, o tempo total era dado pelo tempo de
uma instrução multiplicado pelo total de
instruções:
t = n.tinst
211

212.  No pipeline, o tempo de uma instrução é dado
pelo número de estágios multiplicado pelo tempo
de um estágio:
tinst = ne.te
 E, se analisarmos o esquema de execução das
instruções no pipeline feito há pouco, teremos o
tempo total de execução no pipeline:
tpipe = tinst + (n – 1).te
= (ne + n – 1).te
 Com isso, podemos conhecer o speedup, ou
seja, o quanto mais rápido é a execução por
pipeline em relação ao modelo de Von Neumann212

213.  O cálculo se dá dividindo o tempo total t do
modelo de Von Neumann pelo tempo gasto no
pipeline, o que nos dá:
 O número de estágios vai ser sempre muito
inferior ao número de instruções, portanto
podemos ignorar os valores ne e -1 no
denominador. No numerador, isso não é possível
por ser uma multiplicação, e não uma soma
 Passamos a ter então:
213

214.  Com o resultado, inferimos que a execução de
um programa é, idealmente, ne vezes mais rápida
no pipeline
 É fácil visualizar isso:
 Note que na área entre os
pontilhados, 4 tarefas estão
sendo executadas ao mesmo
tempo, enquanto apenas uma
estaria sendo no modelo antigo.
Isto porque são 4 estágios
214

215.  Lembre-se de que, em uma aplicação real, o
esquema anterior teria centenas de
microinstruções. Isto é, a área entre as linhas
pontilhadas sempre vai ser a imensa maioria
 Mas, como sempre, existem problemas
 E é deles que vamos falar a partir de agora
215

216.  Dependência de dados
 Quando há dependência de dados entre instruções,
algumas componentes precisam se manter ociosas
durante alguns ciclos
 Isto caracteriza desperdício de tempo
a = b + c
d = a + h
B I E GR
BO
B I E GR
BO
Agora, aparece o problema. Neste ciclo, buscamos
No operandos a e h instrução é dos sendoOub a é e
Vamos a máquina identifica a instrução “a para+ c” o
os primeiro ciclo, a dasucessão buscada. que
Aqui, acompanhar a instrução 2, ciclos = seja,
ao seu final,valor dos operandos resultado ainda
entender o que acontece E estetem a instrução
resultadoo ainstrução 1.
já busca da máquina apenas b e c. Neste mesmo
sem nemé buscada queo que significa, pois ainda
ciclo, já sequer saber isto só “d = a + feito
não foi gravado, já a instruçãoterá sidoh” ao
não foi identificada
final do ciclo seguinte 216

217.  Dependência de dados
 Quando há dependência de dados entre instruções,
algumas componentes precisam se manter ociosas
durante alguns ciclos
 Isto caracteriza desperdício de tempo
a = b + c
d = a + h
B I E GR
BO
B I - BO E
- GR
Portanto, faz-se necessário esperar até que o
valor de a esteja corretamente gravado em algum
registrador
217

218.  Note que, sem esse problema, levaríamos 5
ciclos para executar as 2 instruções. Com o
impasse, levamos 2 ciclos a mais
 Se a dependência de dados ocorresse
seguidamente em 500 instruções, levaríamos 2
ciclos a mais para cada dependência
 De pouco mais de 500 ciclos, a sequência
passaria a levar cerca de 1500 ciclos para ser
executada
 Há ainda outro problema, muito mais comum do
que a dependência de dados
218

219.  Dependência de controle
 Vimos que o endereço da instrução a ser buscada na
memória se encontra no registrador PC
 Sabemos também que, se não há desvios, a próxima
instrução a ser buscada está no endereço dado por pc
(conteúdo de PC) + 1
 No pipeline, busca-se uma instrução em um estágio,
e já no próximo busca-se a instrução seguinte, no
endereço pc + 1
219

220. Controle
 Convém uma pequena MUX
revisão. Lembra-se deste I
esquema? N
C
MPC
 É sobre como são feitos os Memória de
Controle
desvios de instruções A C
U
A
M
U
X
O
N
D
L
A . . . . . D
D
R
LMS
N1
N0
ULA
Z N
220

221.  Na verdade, não é necessário relembrar o que
acontece em cada parte no desenho
 Tudo o que precisamos ter em mente é que os
desvios condicionais são realizados após alguma
operação na ULA, a qual libera os sinais N e Z que
contêm informações sobre a saída da ULA. Esta
saída é, então, avaliada de acordo com a
condição do desvio
 Dito isso, conclui-se então que só sabemos se
ocorrerá desvio no terceiro estágio
B I E GR
BO
221

222.  Isso significa que teremos problemas no pipeline
se tivermos uma instrução parecida com:
se a = 0 então goto 8
 Suponha que a instrução acima esteja no
endereço 1 da memória principal
B I E GR
BO
B I E GR
BO
Porém, chegamos agora ao ciclo onde a primeira
Neste ciclo, executada. buscando a como saída o o
instrução é estaremos A ULA dará nossa
Agora, identificamos nossa instrução e buscamos
instrução. a. Vamos supor queavaliado na lógica de
próprio operando a, que seu endereço, então a 0.
operando Se PC contém será este seja igual o
conteúdo de PC é 1 buscamos a próxima instrução,
microssequenciamento e, como é igual a 0, a
Neste mesmo ciclo,
execução dono endereço pc + 1.ser desviada para a
por default, programa teria de Está sendo
instrução então, a instrução no endereço 2
buscada, no endereço 8 222

223.  Isso significa que teremos problemas no pipeline
se tivermos uma instrução parecida com:
se a = 0 então goto 8
 Suponha que a instrução acima esteja no
endereço 1 da memória principal
B I E GR
BO
B
- I - BO E GR
E agora? Constatamos anteriormente que a
Mais umano endereço 2 já foi buscada, e a ciclos
instrução vez, é necessário esperar alguns
até que tenhamos a confirmação dee buscou os
máquina a essa altura já identificou que haverá
desvio, para só depois buscar a próxima interessa
operandos dessa instrução que não nos instrução
223

224.  Nós, como projetistas da máquina, precisamos
sempre buscar formas de passar por todos os
obstáculos existentes em uma implementação
 A saída geralmente é pensar em otimizações que
diminuam o prejuízo causado por possíveis
problemas de uma implementação
224

225.  A primeira otimização, que qualquer bom
compilador deve ser capaz de fazer, é uma
arrumação na sequência de instruções a fim de
diminuir ao máximo o número de ocorrências de
dependência de dados em um programa
 Vimos que a sequência
a = b + c
d = a + h
causaria um desperdício de 2 ciclos na máquina
 Entretanto, o compilador pode “procurar” outras
instruções que nada tenham a ver com estas e
executá-las neste espaço 225

226.  Por exemplo, se houver no programa outras duas
instruções de soma, a ordem de execução pode
ser:
a = b + c
x = y + z
m = n + p
d = a + h
 Desta forma, não haverá perda de tempo
O processador acaba de
gravar o resultado em algum
a = b + c B I E GR
BO registrador
I
x = y + z B BO E GR Inicia-se a busca dos
I operandos. Quando o
m = n + p B BO E GR
registrador onde está a for
I consultado, lá já estará o
d = a + h B BO E GR
valor correto de a
226

227.  Outra otimização possível é conhecida como
Data Forwarding
 Consiste em buscar os operandos sem esperar
que o resultado da instrução anterior seja
gravado em um registrador, mesmo que um
desses operandos seja esse resultado
Registradores
ULA
227

228.  Na sequência:
a = b + c
d = a + h
sabemos que a segunda instrução também pode
ser escrita como “d = b + c + h”
 Desta forma, não precisamos esperar até que o
registrador da variável a seja atualizado para
buscar os operandos da segunda instrução
 Em outras palavras, não é necessário esperar
chegarmos ao final do estágio onde o resultado é
gravado (GR) para conhecermos um dos
operandos da segunda instrução 228

229. Agora, podemos reaproveitar este
Antes, precisávamos do valor
valor logo após o término da
gravado em um registrador
execução da operação na ULA
B I E GR
BO
B - - I E GR
BO
Esta seria uma opção bastante útil
para um caso do tipo:
a = b + c
d = a + e
f = d + g
h = f + i
j = h + k
x = j + h
229

230.  Processadores como o da Intel possuem uma
série de outras otimizações na implementação do
pipeline
 Prejuízos causados por dependência de controle
são diminuídos com maneiras de “prever” se a
instrução atual causará desvio na execução da
sequência de instruções, com probabilidades
altas de acerto
 Outra otimização possível é armazenar certas
informações quando houver desvios na instrução,
para serem usadas quando esta instrução
aparecer novamente. Por exemplo, em um loop
onde são feitas 10 iterações, ocorrem 9 desvios
para a mesma instrução (a primeira) 230

231.  Acompanhe:
i <- 1; i=1
A condição é analisada e
para i = 1 até 10 faça não ocorre desvio: para
...desviamos de volta
entramos no loop no
instrução 1; a primeira instrução
loop
instrução 2;
instrução 3;
i <- i + 1; Neste momento,
Hora de analisar i =
fim do loop 2, então para iniciar a
novamente se i é menor
segunda iteração...
ou igual a 10
231

232.  Há ainda uma última forma de otimização que
melhora o desempenho da nossa máquina,
conhecida como superpipelining
 Vimos que a implementação do pipeline agiliza,
idealmente, ne vezes a execução das instruções
em relação à nossa máquina antiga
 Ora, por que então usar apenas 4 estágios?
 Um dos processadores da Intel possui pipeline
de 20 estágios. Apenas para dar uma ideia, os
primeiros 4 estágios são usados para operações
de busca de instruções
B1 B2 B3 B4
. . .
. . . 232

233.  Esta configuração caracteriza exatamente um
superpipeline
 Ok, 20 estágios já está melhor que 4. Mas por
que não usar, talvez, 1000 estágios?
 Para executar várias operações do mesmo tipo
ao mesmo tempo, precisaríamos aumentar o
número de componentes. No caso de 4
operações de busca, por exemplo, o processador
precisa ter 4 PCs para armazenar o endereço
dessas instruções, 4 IRs para armazenar as
instruções propriamente ditas, etc
 Aumentar o número de componentes encarece a
máquina, o que tornaria um desastre elevar
demais o número de estágios do pipeline 233

234.  Muito bem, falamos bastante sobre como
amenizar os revés do pipeline, mas não podemos
esquecer que estes não são os únicos que afetam
o desempenho da máquina
 Até agora, economizamos alguns ciclos aqui,
outros lá, já executamos várias instruções ao
mesmo tempo e por aí vai
 Mas não nos aprofundamos ainda em um outro
problema que aumenta consideravelmente o
tempo gasto pela máquina na execução de
problemas: leitura e escrita na memória principal
 Estas operações levam aproximadamente 100
ciclos para serem realizadas! 234

235. Memória Principal x Cache
 Uma das soluções possíveis para diminuir a
perda de tempo envolvida em operações de
leitura e escrita na memória principal são as
memórias cache
 Este é um tipo de memória rápida, isto é,
acessos a ela levam muito menos tempo, porém
com a desvantagem de serem surrealmente caras
 Recordando, de forma simplificada, o modelo de
Von Neumann:
Memória Processador
235

236.  Temos as seguintes opções:
 A que usávamos antes, memória principal, lenta, mas
com um tamanho maior sem um custo alto demais
Memória
Processador
Principal
 Uma memória cache, caríssima e, portanto, de
tamanho bem limitado, mas muito mais rápida
Cache Processador
236

237.  Podemos sonhar que
somos infinitamente
ricos e simplesmente
aumentar a cache até o
tamanho que queremos
 Ou podemos voltar à realidade...
237

238.  Agora, vem a pergunta “manjada”: será que é
possível ter o benefício da rapidez da memória
cache sem ter que aumentá-la a ponto de deixar
a máquina cara demais, e ao mesmo tempo ter o
tamanho de uma memória principal razoável?
 Podemos começar com uma constatação básica:
utilizando uma memória convencional,
gastaremos 100 ciclos (tempo de leitura na
memória, como já vimos) pelo menos uma vez
por instrução, pois precisamos buscar cada uma
delas na memória
 Então, já seria um bom começo não precisar
buscar uma mesma instrução duas vezes 238

239.  Podemos arrumar nossa máquina da seguinte
forma:
Memória
Cache Processador
Principal
dados dados
 Já que a cache tem um tamanho bastante
limitado, podemos usá-la pelo menos para
armazenar instruções que já tenham sido
buscadas. Assim, quando o processador precisar
de alguma instrução pela segunda vez, ela será
carregada da cache, o que levará muito menos
tempo do que carregá-la da memória principal
novamente 239

240.  Vamos agora supor uma instrução que é
executada k vezes ao longo de um programa
 Na arquitetura em que só havia processador e
memória principal, o tempo médio para buscar
essa instrução seria, naturalmente, o tempo
gasto em uma operação de busca na memória
 Já na arquitetura proposta no slide anterior,
sabemos que a instrução só será buscada na
memória principal na primeira vez. Nas outras
(k - 1) vezes, ela será carregada da cache. Logo, o
tempo médio para buscar essa instrução será:
240

241.  Para k muito grande, temos k >> tmem, e k ≈ k - 1.
Daí:
 Ou seja, o tempo médio de busca dessa
instrução será o tempo de buscá-la na cache, que
era o que queríamos antes
 E nem precisamos gastar uma senhora grana
com uma cache do tamanho da memória
principal; bastou usar uma menor com alguma
inteligência
241

242.  Existe um tipo especial de cache, chamado cache
associativa, que recebe da memória principal um
conjunto de instruções, em vez de apenas uma
por vez. Estes conjuntos são os blocos
 Blocos de instruções são divisões feitas tanto na
memória principal quanto na cache, de tamanho
fixo e pré-determinado
 Por exemplo, podemos dividir a memória
principal em blocos de tamanho 4 (cada um
contém 4 palavras): bloco 1
bloco 2
bloco 3
bloco 4
bloco 5
.
.
242
.

243.  Sempre que o processador pedir uma instrução,
a cache armazenará todo o bloco de onde essa
instrução faz parte:
 Vamos dar um zoom em parte da memória do
slide anterior. Suponha que o processador precisa
da palavra no endereço 6:
0
1 As palavras nos endereços
2 4, 5 e 7 também são
3 carregadas para a cache
4
5
6
7 Cache
8
9
10
243
11

244.  Se as palavras nos endereços 4, 5, 6 e 7 forem
todas instruções e estas forem executadas
sequencialmente, apenas uma consulta na
memória principal será necessária, em vez de 4
 Considerando que, em aplicações reais, o
tamanho dos blocos tende a ser muito maior que
4, pode-se dizer que conseguimos uma grande
vantagem
 Analisaremos mais a fundo a cache associativa
para entender melhor suas vantagens
244

245.  Cache associativa para blocos de tamanho 4:
validade nº do bloco
(0 ou 1) bloco (Pn é a n-ésima palavra do bloco)
1 3 P0 P1 P2 P3
1 5 P0 P1 P2 P3
0 2 P0 P1 P2 P3
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
245

246.  Validade é o bit que diz se aquele bloco está sendo
usado ou é lixo. 1 significa que o bloco está sendo
usado, enquanto 0 quer dizer que aquela linha pode
ser sobrescrita
 Número do bloco é o número (evidentemente
binário) que representa onde aquele bloco estava na
memória principal. Se o bloco armazena as palavras
vindas dos endereços 0, 1, 2 e 3 da memória, então
seu número é 0; se armazena as palavras dos
endereços 4, 5, 6 e 7, então seu número é 1; etc
 Quando o processador pede alguma palavra da
memória, todas as linhas de validade 1 são
verificadas, e a palavra é buscada na memória
principal apenas se não existir na cache
 Mas como essa checagem é feita? 246

247.  Antes, precisamos entender
uma certa “mágica”
 Seja a memória dividida em
blocos de tamanho n
 Cortando os log₂n bits menos significativos do
endereço de uma palavra, obtemos exatamente o
bloco onde ela está
 Por exemplo, vimos que, dividindo em blocos de
tamanho 4, a instrução no endereço 7 está no
bloco 1
 7 na base 2, em 8 bits, é igual a: 00000111
log₂4 = 2; então, tirando os 2 bits menos
significativos, obtemos o valor 1, que é o 247
número do bloco da instrução 7

248.  Na verdade, não é algo tão difícil de aceitar se
pensarmos em uma generalização
 Vamos pensar na base 10: considere uma
memória dividida em blocos de tamanho 100
 Os endereços 0 até 99 estão no bloco 0, do 100
até 199, estão no bloco 1, e por aí vai
 Para obter o bloco da palavra no endereço 374,
precisamos tirar os log₁₀100 bits menos
significativos (mudamos para a base 10, então a
base do logaritmo passa a ser 10)
log₁₀100 = 2, então tiramos os 2
374
3 algarismos menos significativos. A
palavra está no bloco 3
248

249.  Voltando ao que interessa, vamos supor que o
valor 00001001 chegue ao MAR no processador.
Isto significa que o processador está pedindo a
palavra que está no endereço 9
 Os 2 bits menos significativos são ignorados, e o
valor 000010 é comparado, na cache, a todos os
números de bloco pertencentes a linhas de
validade 1
 Mas como uma consulta na cache pode ser tão
rápida, se ainda precisamos fazer uma busca
sequencial para saber se o bloco 2 já está de fato
armazenado na cache?
249

250.  Na verdade, a busca não é sequencial
 Em cada uma das linhas da cache, existem portas
lógicas que comparam simultaneamente o
número do bloco nela presente ao valor recebido
os valores são diferentes
000010 os valores são iguais
1 3 P0 P1 P2 P3
1 5 P0 P1 P2 P3
1 2 P0 P1 P2 P3
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . 250

251.  O bloco então está na cache. Mas como
encontrar a palavra certa (a do endereço 9) em
meio às 4 palavras do bloco, que contém as
palavras dos endereços 8, 9, 10 e 11?
 Recordando: a palavra pedida é a do endereço
00001001, e para obter o bloco ignoramos os 2
bits mais à esquerda, 01
 E estes dois bits são exatamente os bits que
informam qual a palavra certa a ser buscada no
bloco!
 Então, a palavra do endereço 9 é a P₁ do bloco 2
Dessa forma, carregamos a palavra direto da
cache, sem consulta à memória principal 251