Vize tekrarı: sayılar, mantık, bellek, von Neumann, LC-3

Bu sayfa ilk sekiz haftanın sıkıştırılmış hali. Her konunun tarifini bir tabloda topladık, ardından karışık soruların çözümünü verdik. Bu ders işlem dersi: puanın çoğu her seferinde aynı adımlarla çözülen sorulardan gelir. Önce tabloyu oku, sonra soruları süre tutarak çöz, yanlış yaptığın konunun kendi sayfasına dön.

Vizenin kapsamı dönemden döneme değişebilir (bazı dönemlerde 1-6. haftalar, bazılarında LC-3 de dahil). Ders sayfasındaki duyuruya göre hangi bloğa ağırlık vereceğine karar ver.

Konu → soru tipi → tarif

Sınav günü beş hatırlatma

1. Gösterimi yaz. “8-bit 2’s complement” gibi bir ifade cevabının başında dursun.
2. Kontrolü yap. Her çevirmede ondalığa dönüp sağla. Beş saniye, bir puan.
3. Overflow’da kural cümlesini yaz: “Overflow occurs only if both operands have the same sign and the result has the opposite sign.”
4. Sadeleştirmede kuralın adını yaz: distributive, complement, DeMorgan…
5. LC-3’te offset’i artmış PC’ye ekle. En sık kaybedilen puan.

Karışık örnekler

Sayılar: 0x9C’nin dört okuması ve sign extension

0x9C = 1001 1100
unsigned  128+16+8+4          = 156
SM        eksi, 001 1100 = 28 = -28
1's       çevir 0110 0011     = -99
2's       156 - 256           = -100
16 bite sign extension: 1111 1111 1001 1100 = 0xFF9C (hâlâ -100)

IEEE: 19.5’i kodla

19 = 10011, 0.5 = .1 → 10011.1 = 1.00111 × 2^4
S = 0, E = 4 + 127 = 131 = 1000 0011, F = 00111 0...
0 10000011 00111000000000000000000 = 0x419C0000

Mantık: Σm(2, 3, 6, 7)

m2 = A'BC'  m3 = A'BC  m6 = ABC'  m7 = ABC
A'B(C' + C) + AB(C' + C) = A'B + AB = B(A' + A) = B

Dört minterm tek bir harfe indi: B = 1 olan her satır.

Bellek ve FSM

$2^{14}$ konum × 32 bit = $2^{14} \times 4$ byte = 64 KB. 12 durumlu bir FSM: $2^3 = 8 < 12 \le 16$ → 4 flip-flop.

von Neumann

PC = x4A3F iken FETCH: MAR ← x4A3F, PC ← x4A40, MDR ← M[x4A3F], IR ← MDR. PC’nin artışı hex’te: F + 1 = 10, elde sola gider.

LC-3: kodla, çöz, izle

LDR R5, R1, #-2 → 0110 101 001 111110 = x6A7E.

xA9FE x3000’de → 1010 100 111111110 → LDI R4, offset -2 → pointer adresi x3001 - 2 = x2FFF; R4 ← M[M[x2FFF]].

        AND  R1, R1, #0     R1 = 0
        ADD  R2, R1, #3     R2 = 3
AGAIN   ADD  R1, R1, R2     |  tur  R1   R2
        ADD  R1, R1, R1     |   1    6    2
        ADD  R2, R2, #-1    |   2   16    1
        BRp  AGAIN          |   3   34    0  (Z, düş)
        HALT

Overflow: üç toplama, üç karar

Üçüncü satır sınavın sevdiği tuzak: carry-out var ama sonuç doğru. İkinci satırda gerçek toplam -129, 8 bitin alt sınırı -128’i aştı.

Devre: bir NOR ve bir AND

Gate 1 NOR(A, B) = X, gate 2 AND(B, C) = Y, gate 3 OR(X, Y) = F. Tabloyu ara sütunlarla doldurunca F = Σm(0, 1, 3, 7) = A’B’ + BC çıkar (3. hafta, devre okuma bölümü). Sınavda her ara çıkışa bir isim ver; kısmi puan oradan gelir.

I/O: üç satırlık bekleme döngüsü

POLL    LDI  R1, KBSRP   ; KBSR'yi oku
        BRzp POLL        ; bit 15 = 0 → bekle
        LDI  R0, KBDRP   ; karakter R0'da

Hazır olunca KBSR = x8000, yani negatif. Bu yüzden BRzp. KBSRP bir .FILL xFE00; LD bu kadar uzağa ulaşamaz, LDI gerekir.

Komut döngüsü: LDR’nin fazları

LDR R4, R2, #-3, R2 = x4005: FETCH (MAR ← PC, PC ← PC + 1, IR ← komut), DECODE (opcode 0110), EVALUATE ADDRESS (x4005 - 3 = x4002), FETCH OPERANDS (MDR ← M[x4002]), EXECUTE yok, STORE RESULT (R4 ← MDR, CC ayarlanır). Belleğe iki kez gidildi.

Hızlı kontrol listesi

Sık yapılan hatalar

        AND  R1, R1, #0
        ADD  R2, R1, #3
AGAIN   ADD  R1, R1, R2
        ADD  R1, R1, R1
        ADD  R2, R2, #-1
        BRp  AGAIN
        HALT