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第7章-习题与解答

第7章 指令系统 习题与解答

课件来源：cod 版 Slide 371–412。共 18 题：课件原题 9 题（100% 收录课件中的例题/示例）+ 考点补充题 9 题。计算题均给出全部步骤；课件存疑处已标注。

一、课件原题

题1（课件 p.373–374）

指令字长 16 位，每个地址码 4 位，采用扩展操作码技术。课件方案中三地址、二地址、一地址、零地址指令各最多多少条？写出各级操作码的二进制范围；并说明：三地址操作码每减少一种，可多构成多少种二地址指令？二地址操作码每减少一种呢？

解答：

  1. 三地址：操作码 4 位，范围 0000 ～ 1110，共 15 条；1111 留作扩展前缀。
  2. 二地址：操作码 8 位，范围 1111 0000 ～ 1111 1110，共 15 条；1111 1111 留作前缀。
  3. 一地址：操作码 12 位，范围 1111 1111 0000 ～ 1111 1111 1110，共 15 条；1111 1111 1111 留作前缀。
  4. 零地址：操作码 16 位，范围 1111 1111 1111 0000 ～ 1111 1111 1111 1111，共 16 条（最后一级不再留前缀）。
  5. 三地址操作码每减少一种，让出的 4 位前缀可扩展出 2⁴ = 16 种二地址指令；同理二地址每减少一种可多构成 2⁴ = 16 种一地址指令（课件 p.374）。

要点：短操作码不能是长操作码的前缀，故每级必须保留全 1 编码作扩展窗口。

题2（课件 p.375–376）

设指令字长 32 位、操作码固定 8 位。分别求四地址、三地址、二地址、一地址指令的地址码位数、寻址范围和访存次数；并说明 PC 代替 A4、A3 用 A1 或 A2 代替、结果存于 ACC、ACC 代替 A1（或 A2）各得到什么格式。

解答：

地址数 地址码位数计算 每段地址位数 寻址范围 访存次数（含取指）
四地址 (32−8)/4 = 6 6 2⁶ = 64 4（取指1+取数2+存结果1）
三地址 (32−8)/3 = 8 8 2⁸ = 256 4（同上）
二地址 (32−8)/2 = 12 12 2¹² = 4 K 4；结果存 ACC 时 3（取指1+取数2）
一地址 32−8 = 24 24 2²⁴ = 16 M 2（取指1+取数1，结果写 ACC）
零地址 无地址码 — — 操作数隐含（堆栈/ACC）

演化：四地址中 PC 代替 A4（下条指令地址自动给出）→ 三地址；三地址中 A3 用 A1 或 A2 代替（结果覆盖源操作数）→ 二地址；二地址中 ACC 代替 A1（或 A2）且结果存 ACC → 一地址；操作数全隐含 → 零地址（课件 p.375–376）。

题3（课件 p.382）

地址 305 处为指令 SKP DZ（D=0 则跳，D 为完成触发器），306、307 为后续两条指令。问 D=0 和 D=1 时，下一条执行的指令地址各是多少？

解答：

题4（课件 p.386）

读课件指令寻址示例图（0: LDA 1000；1: ADD 1001；2: DEC 1200；3: JMP 7；4: LDA 2000；5: SUB 2001；6: INC；7: STA 2500；8: LDA 1100），写出实际执行流中每次取指后 PC 的内容及所用的指令寻址方式。

解答：

执行顺序 指令地址 指令 取指后 PC 获得下条指令的寻址方式
1 0 LDA 1000 1 顺序 (PC)+1→PC
2 1 ADD 1001 2 顺序
3 2 DEC 1200 3 顺序
4 3 JMP 7 4，执行后 PC=7 跳跃（由转移指令指出）
5 7 STA 2500 8 顺序
6 8 LDA 1100 9 顺序

即执行流 0→1→2→3→7→8→9；地址 4、5、6 的指令被跳过（课件 p.386）。

题5（课件 p.391）

课件"间接寻址编程举例"中，主程序在 80 与 201 两处调用同一子程序，返回地址分别为 81 与 202。说明如何利用间接寻址实现子程序返回，为什么不必修改子程序中的指令。

解答：

  1. 约定一个主存单元 A 存放返回地址，子程序最后一条指令为 JMP @ A（@ 为间址特征，EA=(A)）。
  2. 调用点 80 处调用前把返回地址 81 写入 A，即 (A)=81；调用点 201 处调用前把 202 写入 A，即 (A)=202（课件 p.391）。
  3. 子程序执行 JMP @ A 时，EA=(A)，取出的是当前调用点写入的返回地址，故分别跳回 81 或 202。
  4. 返回地址作为数据存放在单元 A 中，子程序代码本身不变，因此同一子程序可被多处调用而无需修改指令——这正是间接寻址"便于编制程序"的体现（课件 p.390–391）。

题6（课件 p.397）

设数据块首地址为 D，求 N 个数的平均值。分别用直接寻址和变址寻址编写程序，统计指令条数并比较。

解答：

（本题助记符沿用课件模型机，如 LDA/STA/LDX/INX/CPX/BNE，非 8086 语法。）

直接寻址（课件 p.397）：

LDA  D          ; 取第 1 个数
ADD  D+1        ; 加第 2 个数
ADD  D+2        ; 加第 3 个数
; ……
ADD  D+(N-1)    ; 加第 N 个数
DIV  #N         ; 除以 N（立即数）
STA  ANS        ; 存平均值

条数 = 1 + (N−1) + 1 + 1 = N+2 条，随 N 线性增长。

变址寻址（X 为变址寄存器，D 为形式地址，课件 p.397）：

LDA  #0         ; ACC 清 0（累加器）
LDX  #0         ; 变址寄存器 X 清 0
M:   ADD  X, D  ; EA=(X)+D，累加第 (X)+1 个数
INX             ; (X)+1→X
CPX  #N         ; (X) 与 #N 比较
BNE  M          ; 结果不为零则转 M，循环 N 次
DIV  #N         ; 求平均
STA  ANS        ; 存结果

共 8 条，与 N 无关。结论：变址寻址把"变化的地址"交给寄存器，形式地址 D 不变，特别适合数组/循环处理（课件 p.396–397）。

题7（课件 p.399）

课件相对寻址举例：M: ADD X, D；M+1: INX；M+2: CPX #N；M+3: BNE M（相对寻址特征 *）。课件给出位移量 −3、EA = (M+3) − 3 = M。解释该位移量的含义，并说明为什么程序浮动时位移量不变。

解答：

  1. 课件口径：把 PC 取为 BNE 指令自身地址 M+3，位移量 A = 目标 M − (M+3) = −3（补码表示），故 EA = (M+3) + (−3) = M，跳回循环首 ADD X, D（课件 p.399）。
  2. 程序浮动时整个程序平移，M 随之变化，但 BNE 与 ADD 之间相隔 3 条指令的相对距离不变，故位移量 −3 不变，无需修改指令——相对寻址支持程序浮动（课件 p.399）。
  3. 课件原文如此，存疑：p.399 以"当前指令地址 M+3"作 PC；若按 p.400"取指后 PC 自增"的约定，BNE 取指后 PC = M+4，位移量应为 M − (M+4) = −4。两页口径不一致；考试时以题目给定的 PC 口径为准（通常用取指后 PC，见题8）。

题8（课件 p.400）

按字节寻址。当前指令地址 PC = 2000H，指令 JMP *+8 为二字节指令，转移目的地址为 2008H。求该指令第二字节（位移量）的十六进制值。

解答：

  1. 取出二字节指令后 PC 自增 2：PC = 2000H + 2 = 2002H（课件 p.400）。
  2. 相对寻址 EA = (PC) + A，要求 EA = 2008H，故 A = 2008H − 2002H = 06H。
  3. 即指令第二字节为 06H。注意不是 08H：位移量相对的是取指后的 PC，不是指令首地址（课件 p.400）。

题9（课件 p.402）

课件堆栈寻址举例：栈底 200H，栈向低地址生长。PUSH A 前 ACC=15、SP=200H、(200H)=X；POP A 前 ACC=Y。写出 PUSH A 后与 POP A 后 ACC、SP 及相关主存单元的内容，并说明进栈/出栈的操作顺序。

解答：

状态 ACC SP 主存
PUSH A 前 15 200H (200H)=X
PUSH A 后 15 1FFH (1FFH)=15，(200H)=X
POP A 前 Y 1FFH (1FFH)=15
POP A 后 15 200H (1FFH)=15（保留），(200H)=X

操作顺序（课件 p.401–402）：

二、考点补充题

题10【补充·考点：寻址方式与访存次数】（基础·选择）

一次间接寻址在执行阶段的访存次数为（ ）。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

解答：选 B。

题11【补充·考点：十种寻址方式的 EA 公式】（基础·填空）

填写下表的有效地址表达式与执行阶段访存次数（软堆栈按每次进/出栈计）。

寻址方式 EA 执行阶段访存
立即 ① ②
直接 ③ 1
隐含 隐含于操作码（不设空） 视指令（如 ADD A 为 1）
间接（一次） ④ ⑤
寄存器 ⑥ 0
寄存器间接 ⑦ ⑧
基址 ⑨ 1
变址 ⑩ 1
相对 ⑪ 1
堆栈 ⑫ 1

解答：① 无 EA，操作数即形式地址 A；② 0；③ A；④ (A)；⑤ 2；⑥ Ri；⑦ (Ri)；⑧ 1；⑨ (BR)+A；⑩ (IX)+A；⑪ (PC)+A（PC 为取指后内容）；⑫ (SP)。（课件 p.387–403）

题12【补充·考点：基址寻址与变址寻址辨析】（基础·简答）

基址寻址与变址寻址的 EA 公式形式相同，简述两者的区别（寄存器内容谁设定、执行中谁可变、典型用途）。

解答（评分要点）：

  1. 公式：基址 EA=(BR)+A；变址 EA=(IX)+A（课件 p.394、p.396）。
  2. 设定者：基址寄存器内容由操作系统或管理程序确定；变址寄存器内容由用户给定（课件 p.394–396）。
  3. 执行中变化：基址 BR 不变、形式地址 A 可变；变址 IX 可变、形式地址 A 不变（课件 p.394、p.396）。
  4. 用途：基址面向多道程序/程序重定位（扩大寻址范围）；变址面向数组、循环处理（课件 p.394、p.396–397）。
  5. 寄存器来源：两者都可用专用寄存器或通用寄存器（课件 p.395–396）。

题13【补充·考点：扩展操作码设计】（综合·计算）

指令字长 16 位，每段地址码 4 位。要求三地址指令 12 条、二地址指令 62 条、一地址指令 30 条，问零地址指令最多可有多少条？给出一组可行的操作码分配。

解答：

  1. 4 位操作码共 2⁴=16 个编码；三地址用 12 个（0000～1011），剩 16−12=4 个前缀（1100、1101、1110、1111）。
  2. 二地址空间 = 4×2⁴ = 64；用 62 个（1100 0000～1111 1101），剩 64−62=2 个前缀（1111 1110、1111 1111）。
  3. 一地址空间 = 2×2⁴ = 32；用 30 个（1111 1110 0000～1111 1111 1101），剩 32−30=2 个前缀（1111 1111 1110、1111 1111 1111）。
  4. 零地址空间 = 2×2⁴ = 32 条（1111 1111 1110 0000～1111 1111 1111 1111），最后一级不留前缀。

答：零地址指令最多 32 条。校验：12 + 62/16 + 30/256 + 32/4096 = 12/16 + 62/256 + 30/4096 + 32/65536 = 0.75+0.2421875+0.00732421875+0.00048828125 = 1，编码空间恰好用完，方案可行。

题14【补充·考点：有效地址综合计算】（综合·计算）

按字编址、每指令 1 字。当前指令地址 100，取指后 PC=101，形式地址 A=200。已知 (200)=300、(300)=400、(1200)=600、(250)=700、(301)=800；(R1)=300、(BR)=1000、(IX)=50。求立即、直接、间接、寄存器、寄存器间接、基址、变址、相对八种方式下的有效地址（或操作数来源）与操作数。

解答：

寻址方式 EA 计算 EA 操作数
立即 操作数=A，无 EA — 200
直接 EA=A 200 (200)=300
间接 EA=(A)=(200) 300 (300)=400
寄存器 EA=R1 R1 (R1)=300
寄存器间接 EA=(R1) 300 (300)=400
基址 EA=(BR)+A=1000+200 1200 (1200)=600
变址 EA=(IX)+A=50+200 250 (250)=700
相对 EA=(PC)+A=101+200 301 (301)=800

要点：① 相对寻址必须用取指后 PC=101，用 100 会错得 EA=300；② 间接与寄存器间接 EA 相同但地址来源不同（主存 vs 寄存器）；③ 括号一律表示"取内容"。

题15【补充·考点：堆栈寻址与 SP 修改】（基础·计算）

栈向低地址生长、SP 指向栈顶。初值 SP=2000H。① 按字节编址、存储字长 32 位：连续 3 次进栈、再 2 次出栈后 SP 为多少？栈顶地址？② 若改为按字编址，同样操作后 SP 为多少？

解答：

① 按字节编址、字长 32 位：每次进栈 (SP)−4→SP，出栈 (SP)+4→SP（课件 p.403）。

② 按字编址：每次 ±1（课件 p.403）。进栈：1FFFH、1FFEH、1FFDH；出栈：1FFEH、1FFFH；最终 SP=1FFFH。

结论：SP 修改量 = 一个存储字的字节数（按字编址时为 1 个地址单位），与编址方式直接相关。

题16【补充·考点：RISC 与 CISC 比较】（基础·简答）

简述 RISC 的主要特征（至少 5 条），并指出 RISC 相对 CISC 的一个主要缺点。

解答（评分要点，课件 p.410–412）：

  1. 只选用使用频度高的简单指令，复杂功能由简单指令组合；
  2. 指令长度固定、格式种类少、寻址方式少；
  3. 只有 LOAD/STORE 指令访存；
  4. 采用流水技术，一个时钟周期完成一条指令；
  5. 组合逻辑控制器（CISC 为微程序控制器）；
  6. CPU 中多个通用寄存器（CISC 多专用寄存器）；
  7. 采用优化编译程序。
  8. 优点补充：充分利用 VLSI 面积、提高速度、便于设计降低成本提高可靠性、利于编译优化。
  9. 缺点：不易实现指令系统兼容（课件 p.412）。

题17【补充·考点：8086 指令格式与指令字长】（基础·选择）

下列 8086 指令中，指令字长为 4 字节的是（ ）。 A. ADD AX, BX B. ADD AX, 3048H C. ADD AX, [3048H] D. INC AX

解答：选 C（课件 p.408）。

题18【补充·考点：哈夫曼操作码（补充常识）】（拔高·计算）

某机 7 条指令的使用频度依次为 0.40、0.20、0.15、0.10、0.08、0.05、0.02。① 构造哈夫曼操作码，给出各指令码长与一种编码；② 求平均码长；③ 与等长操作码比较，并说明为何实际机器不全部采用哈夫曼操作码。

解答：

① 哈夫曼合并过程（每次合并两个最小频度）：

  1. 0.02+0.05=0.07；
  2. 0.07+0.08=0.15；
  3. 0.10+0.15=0.25；
  4. 0.15(节点)+0.20=0.35；
  5. 0.25+0.35=0.60；
  6. 0.40+0.60=1.00。

一种编码（左 0 右 1）：I1(0.40)=0；I4(0.10)=100；I3(0.15)=101；I2(0.20)=111；I5(0.08)=1101；I7(0.02)=11000；I6(0.05)=11001。码长依次为 1、3、3、3、4、5、5 位（任一编码均非其他编码的前缀）。

② 平均码长 L = Σ pᵢ×l = 0.40×1 + 0.20×3 + 0.15×3 + 0.10×3 + 0.08×4 + 0.05×5 + 0.02×5 = 0.40+0.60+0.45+0.30+0.32+0.25+0.10 = 2.42 位/指令。

③ 等长操作码需 ⌈log₂7⌉ = 3 位；哈夫曼平均节省 3−2.42 = 0.58 位/指令。但哈夫曼操作码长度不规则，译码硬件复杂、不利于流水与规整格式，故实际机器多用等长扩展操作码折中（课件 p.373–374 只讲等长扩展；哈夫曼为补充常识）。