mmn12-ans

MMN 12

עדיאל בן משה 208969378 ארגון 25א

---

Q1

ה- $\mathrm{Mux}$ נקבע לפי $C=C_0{C}_1{C}_2$. למשל כאשר $C=0$ אז הפלט יהיה העמודה הכי שמאלית במוקסים. $Q_0=\mathrm{Mux}(I_0,I_7,I_6,I_5,I_4,I_3,I_2,I_1)$ $Q_1=\mathrm{Mux}(I_1,I_0,I_7,I_6,I_5,I_4,I_3,I_2)$ $Q_2=\mathrm{Mux}(I_2,I_1,I_0,I_7,I_6,I_5,I_4,I_3)$ $Q_3=\mathrm{Mux}(I_3,I_2,I_1,I_0,I_7,I_6,I_5,I_4)$ $Q_4=\mathrm{Mux}(I_4,I_3,I_2,I_1,I_0,I_7,I_6,I_5)$ $Q_5=\mathrm{Mux}(I_5,I_4,I_3,I_2,I_1,I_0,I_7,I_6)$ $Q_6=\mathrm{Mux}(I_6,I_5,I_4,I_3,I_2,I_1,I_0,I_7)$ $Q_7=\mathrm{Mux}(I_7,I_6,I_5,I_4,I_3,I_2,I_1,I_0)$

Q2

• הפלט $Q$ של ה D flip-flop משתנה רק בירידת השעון. כלומר, הפלט מתעדכן רק כאשר $C$ יורד מהערך 1 ל-0.
• אם השעון תמיד 1, אז השעון של master יקבל תמיד 1, כלומר הוא יהיה תמיד שקוף, וה slave יקבל תמיד 0. כךומר תמיד נעול. כלומר, הפלט $Q$ ישאר 0 ולא ישתנה.
• אם מסירים את NOT, אז ה D flip-flop יהיה ניתן לשינוי בכל זמן ש- C הוא 1, כלומר שני ה D latch יהיו שקופים. אבל כאשר הוא 0 הפלט ישאר קבוע ולא ישתנה. (אני לא בטוח בזה..)
• ה setup time הוא הזמן המינימלי שנדרש שהקלט יהיה תקין לפני הקצה של השעון, וה hold time הוא הזמן המינימלי שהקלט חייב להישאר קבוע לאחר הקצה של השעון.

Q3

• R[rd] = Mem[R[rs] - R[rt]]

• R[3] = Mem[R[14] - R[12]]

• R[3] = Mem[14^2 - 12^2]

• R[3] = Mem[196 - 144]

• R[3] = Mem[52]

• R[3] = 0xA5A5A5A5

• אי אפשר לממש את הפקודה כי מצד אחד היא צריכה להיות R כי משתמשים ב rd אבל מצד שני היא צריכה להיות I כי צריך להיות לה OPCODE בשביל ה control signals..

Q4

תוצאה סופית:

Y1 = 0x8
Y2 = 0b10010000 // = Mem[0x10010B00]
Y3 = 0b0111 = 0x7
Y4 = -2048 = 0xFFFFF800
Y5 = 0b0010 = 0x2
Y6 = 0x10010200

---

תשובה יותר מפורטת:

• $3 - 0x300 = 0x10010000
• 0x10010000 + 0x800 = 0x10010800 (268503040)
• sw $12, 2048($3) will store the value of $12 (which is 0x10010C00) in memory address 0x10010800
• $13 = 0x10010D00
• $2 = 0x10010200
• 0x10010D00 - 0x200 = 0x10010B00
• lw $2, -512($13) will load the value from memory address 0x10010B00 into $2
• The code of the third instruction is:
• 0x8da2fe00, which is
• 100011 01101 00010 11111 11000 000000
• The opcode is 100011 which is lw

# Control Signals for lw (0b100011 = 35)
RegDst = 0
ALUSrc = 1
MemtoReg = 1
RegWrite = 1
MemRead = 1
MemWrite = 0
Branch = 0
ALUOp1 = 0
ALUOp0 = 0
Jump = 0

# Write Addr
Y1 = ShiftLeft2(Mux(ins[20-16], ins[15-11]))
Y1 = ShiftLeft2(Mux(0xD, 0x2, RegDst))
Y1 = ShiftLeft2(0x2)
Y1 = 0x8

ALUResult = ALU(R[ins[25-21]], SignExt(ins[15-0]))
ALUResult = ALU($13, -512)
ALUResult = 0x10010D00 - 0x200
ALUResult = 0x10010B00
Y2 = Mux(ALUResult, Mem[ALUResult], MemtoReg)
Y2 = Mem[0x10010B00]
Y2 = 0b10010000

Y3 = PC + 4[31-28] # i.e. the 31-28 bits of PC + 4
Y3 = (0x7400748C + 4)[31-28]
Y3 = 0x74007490[31-28]
Y3 = 01110100000000000111010010010000[31-28]
Y3 = 0111

Y4 = ShiftLeft2(SignExt(ins[15-0]))
Y4 = ShiftLeft2(-512)
Y4 = -2048

Y5 = ALUControl(aluop=00, funct=0)
Y5 = 0b0010
Y5 = 2

Y6 = R[in[20-16]]
Y6 = R[0x2]
Y6 = 0x10010200

Q5

נוסיף MUX אחרי ה MUX של JUMP. כאשר אם הוא 0 אז הוא יעביר את הערך הרגיל (כלומר מה שמופיע בתרשים), אחרת אם הוא אחד אז יעביר את הערך של הזיכרון, כלומר של READ DATA. כאשר ה SELECTOR שלו יהיה JMControl. שיגיע מה Control Unit.

# Control Signals for jm (0b111111 = 63)

RegDst = x
ALUSrc = 1
MemtoReg = x
RegWrite = 0
MemRead = 1
MemWrite = 0
Branch = x
ALUOp1 = 0
ALUOp0 = 0
Jump = x
JMControl = 1

אפשרות נוספת בלי להוסיף עוד signal היא להוסיף שער AND שייקח את jump ואת MemRead ויעביר את התוצאה ל MUX שהוספנו, ויעביר את Read Data כאשר הוא 1 ואת הערך הרגיל כאשר הוא 0.