实验全程参考大佬的博客CS:APP3e 深入理解计算机系统_3e CacheLab实验 ，感觉大佬在矩阵转置那块介绍的还是有些简略，我自己又做了点动图加以补充理解。膜拜大佬！

Part A

先解决解析命令行参数的问题，文档推荐使用getopt()函数进行解析：

#include <unistd.h>
#include <stdlib.h>
#include <getopt.h>
int getopt(int argc, char *const argv[], const char *optstring);

着重关注第三个参数——选项字符串，如ab:c:de::就是一个选项字符串。对应到命令行就是-a ,-b ,-c ,-d, -e。冒号表示参数，一个冒号就表示这个选项后面必须带有参数，但是这个参数可以和选项连在一起写，也可以用空格隔开，比如-b123和-b 123。两个冒号的就表示这个选项的参数是可选的，即可以有参数，也可以没有参数，有参数时，参数与选项之间不能有空格。如果后面不带冒号则说明没有选项参数。

其返回值就是对应选项字符的ascii码值，有选项参数，则参数字符串保存在extern char* optarg中。如果选项读完了就返回-1。更具体的信息可以使用man手册查看：man 3 getopt。

我们要实现的例子中命令行参数有[-hv] -s <s> -E <E> -b <b> -t <tracefile>，所以对应的选项字符串就是hvs:E:b:t:。

首先需要定义缓存数据结构，cache的结构如下：

由于题目只关注hit/miss/eviction的次数，不需要实际存取数据，为了简便就不实现缓存块block了，如果实现的话就是添加一个指针，分配缓存空间的时候需要malloc分配2^b个字节的空间。所以只需要valid和tag即可。

题目要求替换算法采用LRU，也就是eviction时替换最近没有被使用的line，所以需要添加一个记录最后访问时间的成员，每次访问的时候就更新一下。这里直接采用最简单粗暴的方式，用一个时间戳从0开始计数，每访问一次就+1，最小的则是访问时间最为久远的，进行替换。

由此可以定义数据类型：

typedef struct
{bool valid;unsigned long tag;unsigned long time;
}line_;

这就是line的类型，2^e个行构成了一个组(set)，为了方便再定义一个组类型：

typedef line_* set_;

组其实就是一个line数组，数组名是指针类型，后续方便malloc动态分配2^e * sizeof(line_)的空间。

然后2^s个组就构成了整个缓存结构，所以3为了方便再定义一个类型：

typedef set_* cache_;

和上面一样，这就是一个set数组，后续分配2^s * sizeof(set_)的空间。

需要定义三个全局变量记录最终结果：

int hit;
int miss;
int eviction;

此外还需要定义几个全局变量，分别是-h选项对应的help信息，这个直接照抄示例程序的就行：

const char *help_message = 
"Usage: ./csim-ref [-hv] -s <num> -E <num> -b <num> -t <file>\n\
Options:\n\-h         Print this help message.\n\-v         Optional verbose flag.\n\-s <num>   Number of set index bits.\n\-E <num>   Number of lines per set.\n\-b <num>   Number of block offset bits.\n\-t <file>  Trace file.\n\n\
Examples:\n\linux>  ./csim-ref -s 4 -E 1 -b 4 -t traces/yi.trace\n\linux>  ./csim-ref -v -s 8 -E 2 -b 4 -t traces/yi.trace";

选项字符串：

const char *command_options = "hvs:E:b:t:";

要追踪的文件名：

FILE* tracefile = NULL;

缓存对象：

cache_ cache = NULL;

是否输入-v选项，也就是是否显示跟踪信息的可选详细标志默认为false，当命令行参数检测到v后置为true即可：

bool verbose = false;

还有几个记录缓存大小相关的数据：

unsigned long s = 0;
unsigned long b = 0;
unsigned long S = 0;
unsigned long E = 0;

其中2^s是sets的数量；2^b是每行中缓存块的数量，这里不关注；S就是块的数量，数值等于2^s；E是每个set中的line数。

数据类型定义完成，开始逐步处理。首先是解析命令行参数，代码如下：

int checkCommand(int argc, char* argv[])
{char ch;while ((ch = getopt(argc, argv, command_options)) != -1){switch(ch){case 'h':printf("%s\n", help_message);exit(0);case 'v':verbose = true;break;case 's':s = atol(optarg);S = 1 << s;if (s <= 0){printf("%s\n", help_message);exit(-1);}break;case 'E':E = atol(optarg);if (E <= 0){printf("%s\n", help_message);exit(-1);}break;case 'b':b = atol(optarg);if (b <= 0){printf("%s\n", help_message);exit(-1);}break;case 't':if ((tracefile = fopen(optarg, "r")) == NULL){printf("%s\n", "Failed to open tracefile");exit(-1);}break;default:printf("%s\n", help_message);exit(-1);}}if (s == 0 || b ==0 || E == 0 || tracefile == NULL){printf("%s\n", "Command line arguments are missing");printf("%s\n", help_message);exit(-1);}
}

while嵌套switch结构仅仅能判断输入的命令行参数中输入的值合法，但不能判断缺少命令行参数的情况。所以还需要加个if判断，确保命令行参数输入齐全。

接下来该给缓存对象分配空间了，一共需要开辟S个set，每个块中开辟E个line，每个line中就不需要开辟block了。我们此前定义的缓存对象为cache_ cache = NULL，其中cache_是set_*类型，所以cache是一个set数组指针，每一个成员是一个set，一共有S个成员，所以需要给它分配S * sizeof(set_)个字节的空间，并且需要初始化为0。对于它的每一个成员，又是一个line数组，每个成员都有E个line，所以需要循环遍历给每个成员开辟E * sizeof(line_)个字节的空间：

void initCache()
{cache = calloc(S, sizeof(set_));if (cache == NULL){printf("Failed to calloc set\n");exit(-1);}for (unsigned long i = 0; i < S; i++){cache[i] = calloc(E, sizeof(line_));if (cache[i] == NULL){printf("Failed to calloc line\n");exit(-1);}}
}

同时把free函数也写出来，开辟时从上至下开辟，释放时就要从下至上释放：

void freeCache()
{for (unsigned long i = 0; i < S; i++)free(cache[i]);free(cache);
}

接下来就是程序的核心部分，测试hit/miss/eviction的次数。

文件中I表示指令加载，我们要统计的是数据加载，所以遇到I开头的指令直接忽略，其余指令开头都有一个空格，以此区分。

如果命令是L(a data load)或S(a data store)，则需要判断一次是否命中或替换。如果命令是M(a data modify, a data load followed by a data store)，则相当于一个L和一个M，需要进行两次判断。

判断用一个函数实现，那这个函数需要哪些参数呢？这就需要了解缓存读取规则了。

首先进行组选择，也就是在哪个set中进行查找，通过提取addr对应图中的s bits位可以得到：(addr >> b) & ((1 << s) - 1)。

首先addr >> b得到低s位为目标值，(1 << s) - 1得到低s位为全1，二者按位与即为目标值。

然后进行行匹配，这一步需要提取tag：addr >> (s + b)。

所以测试函数就可以写出来：

void test()
{char op;unsigned long addr;int size;while (fscanf(tracefile, " %c %lx,%d", &op, &addr, &size) != EOF){if (op == 'I')continue;if (verbose)printf("%c %lx ", op, addr);unsigned long set_index = (addr >> b) & ((1 << s) - 1);unsigned long tag = addr >> (b + s);if (op == 'L' || op == 'S')judge(set_index, tag);else if (op == 'M'){judge(set_index, tag);judge(set_index, tag);}}
}

接下来需要完善judge判断函数，判断每次访问是hit，还是miss，或是eviction。

现在拿到了要查找的set的下标，只需要遍历set匹配tag即可。如果匹配上了并且valid是true，就是hit，更新时间戳，judge结束，直接返回即可。如果miss了，则需要找出上次访问时间最为久远的line，如果没数据则填充进去(因为没有实现block，所以直接将valid置为true即可)，然后更新tag和时间戳，如果有数据则发生冲突，eviction++。time值最小的line那个自然就是要替换的，然后更新time也要注意，这里有两种策略，一种是在遍历的同时把最大的time记录下来，+1就是要更新的值；或者设置一个全局变量计数。这里采用前者策略。

所以judge函数也就写出来了：

void judge(unsigned long set_index, unsigned long tag)
{for (unsigned long i = 0; i < E; i++){if (cache[set_index][i].tag == tag && cache[set_index][i].valid){if (verbose)printf("hit\n");hit++;cache[set_index][i].time++;return;}}if (verbose)printf("miss\n");miss++;// 找出时间戳最小的一个并记录下标，同时记录最大的时间戳unsigned long max = 0, min = -1, line_index = 0;for (unsigned long i = 0; i < E; i++){if (cache[set_index][i].time <= min){min = cache[set_index][i].time;line_index = i;}if (cache[set_index][i].time >= max)max = cache[set_index][i].time;}cache[set_index][line_index].time = max + 1;cache[set_index][line_index].tag = tag;if (cache[set_index][line_index].valid){if (verbose)printf(" and eviction\n");eviction++;}else{if (verbose)printf("\n");cache[set_index][line_index].valid = true;}
}

拼凑一下就凑出了main函数：

int main(int argc, char* argv[])
{checkCommand(argc, argv);initCache();test();freeCache();printSummary(hit, miss, eviction);return 0;
}

测试一下，可以通过：

Part B

以下均假设数组第一个元素映射到set[0][0] 为前提。

文档给了缓存的大小参数：s = 5, E = 1, b = 5，其实就是下面这样：

一共有2⁵ = 32个set，每个set有1个line，每个line中有2⁵ = 32byte大小的block，可以存放32 / 4 = 8个int类型的数据。所以cache最多存放32 * 8 = 256个int类型的数据。那么当(&int1 - &int2) / 4 = 256 * k时，两个数据就会映射到同一个位置，也就是会发生冲突。

以32*32的矩阵进行举例，一行32个int需要占用4个set，所以缓存一次性最多存8行，也就是两个元素正好差八行的整数倍就会发生冲突，比如A[7][0] = A[0][0]，二者会映射到同一个位置，会发生冲突。

不过这种冲突情况是不会发生的，因为A转置到B的两个元素并不会正好相差8*k行。

还有一个很隐藏的点，在文件tracegen.c文件中可以看到A、B数组原型为A[256][256]，俩都是256 * 256的数组，A[0][0]和B[0][0]正好差了256 * 256个数据，会映射到同一个位置！这个是很重要的，所以如果进行B[7][0] = A[0][0]这样的赋值也会发生冲突。因为B[7][0]和A[7][0]映射到了一个位置。并且在转置过程中，对角线上的元素是不变的，也就是B[i][i] = A[i][i]，如果直接赋值也必然会发生冲突，需要单独考虑。

32 * 32

下面尝试8 * 8进行矩阵分块，理解一下分块是如何减少不命中和冲突的，下图中每一个色块覆盖8*8的区域：

缓存映射情况如下：

以绿色色块为例：

左侧对应A数组，右侧对应B数组。赋值语句为B[j][i] = A[i][j]。对应数据可以全部加载进缓存不冲突：

这样虽然只同时利用了16个set，但是只会在加载分块进缓存的时候产生冲突，而如果使用更大的分块，在加载分块的时候必然会加载两个正好相差8行的元素，产生更多冲突。如果采用更小的分块，虽然没有增加冲突，但是缓存的利用率更低了。所以权衡一下8*8就是最优分块。

就用这种分块策略进行测试：

for (int i = 0; i < N; i += 8)for (int j = 0; j < M; j += 8)for (int m = i; m < i + 8; ++m)for (int n = j; n < j + 8; ++n)B[n][m] = A[m][n];

结果如下：

与300次的要求还有差距，这就需要解决一下对角线上的元素冲突问题。以第一个白色块为例：

A的第一行要赋值到B的第一列，首先读A[0][0]，第一次肯定不命中，加载进来，set[0]存A[0]；然后读B[0][0]，还是不在，加载进来，set[0]存B[0]；然后读A[0][1]，不命中，加载进来，set[0]又存A[0]，直到A的第一行全部读完。再读下一行，首先读A[1][0]，不命中，加载进来，set[4]存A[1]；再读B[0][1]，不命中，加载进来，set[0]存B[0]；再读A[1][1]，不命中，加载进来，set[4]存A[1]；再读B[1][1]，不命中，加载进来，set[4]存B[1]；再读A[1][2]，不命中，加载进来，set[4]存A[1]，直到A的第二行全部读完，缓存都会命中。

以此类推，后面每一行相比第一行都多了2次不命中，一个对角块有8行，一块就会多14次不命中，一共有4块，总共就会多56次不命中。如果把这些解决了，理论上就能控制在300以内。

解决方法也很粗暴，直接定义8个局部变量，局部变量可以存放在寄存器中。依次把A的一行全部读出来，依次给B对应的一列赋值，这样可以避免中间多余的两次不命中：

for (int i = 0; i < N; i += 8)for (int j = 0; j < M; j += 8)for (int k = i; k < i + 8; k++){int t0 = A[k][j];int t1 = A[k][j+1];int t2 = A[k][j+2];int t3 = A[k][j+3];int t4 = A[k][j+4];int t5 = A[k][j+5];int t6 = A[k][j+6];int t7 = A[k][j+7];B[j][k] = t0;B[j+1][k] = t1;B[j+2][k] = t2;B[j+3][k] = t3;B[j+4][k] = t4;B[j+5][k] = t5;B[j+6][k] = t6;B[j+7][k] = t7;}

测试如下：

结果正好比预想的少56次。也达到了题目要求。

再看一下优化对角线后的读取情况加深理解：

64 * 64

做完动图突然发现不合适的地方，右边为要转置到B中的某个分块，分块初始应该是白色的没有数据的，就当白色看吧。

此时数据一行有64个元素，8个set才能存满一行，cache存满最多能存4行。也就是两个元素中间差4行的整数倍就会发生冲突比如A[0][0]和A[4][0]都会映射到cache[0][0]位置。

如果仍使用8 * 8分块，那么每个分块内部读取的时候都会发生冲突，比如A[0][0]和A[4][0]都在一个分块内。如果使用4 * 4分块，那cache利用率就减半，结果肯定也不理想。

还是考虑8 * 8分块，把每一个块分成4部分：

本来是要把黄色部分转置到黄色部分，灰色部分本应转置到绿色部分，但是绿色部分和黄色部分映射到同一块缓存，会发生冲突，先把灰色部分转置到灰色部分。下图颜色加深代表要访问某个元素，左边是A矩阵，右边是B矩阵：

为了避免对角线分块上会多miss的问题，还是采用先把A的一行全部读出来的策略。这样就以较少的miss把B矩阵初步填满，此时填满之后效果如下：

再交换灰色块和绿色块，就完成了整个分块的转置。可惜的是这样优化仍拿不到满分。

进一步优化，在转换灰色块时逆序转换：

过程如下：

整个过程并没有因为逆序存放发生多余的miss。

然后读绿色块和蓝色块时按列来读，从内到外：

从下向上按行转换B中的灰色块到绿色块：

此时可以发现，正好可以把用临时变量存放的A中的绿色块和蓝色块赋到B中：

并且这个过程不会发生miss！复原灰色块的同时把绿色块和蓝色块也转置了。

继续后面的过程：

此时转置情况如下：

剩下的就不列举了，都是一样的过程，代码如下：

for (int i = 0; i < N; i += 8)
{for (int j = 0; j < M; j += 8){for (int k = i; k < i + 4; ++k){// 读取A中的黄色块和灰色块int t0 = A[k][j];int t1 = A[k][j+1];int t2 = A[k][j+2];int t3 = A[k][j+3];int t4 = A[k][j+4];int t5 = A[k][j+5];int t6 = A[k][j+6];int t7 = A[k][j+7];// 黄色块在B中正常转置B[j][k] = t0;B[j+1][k] = t1;B[j+2][k] = t2;B[j+3][k] = t3;// 灰色块在B中灰色块位置逆序放置B[j][k+4] = t7;B[j+1][k+4] = t6;B[j+2][k+4] = t5;B[j+3][k+4] = t4;}for (int l = 0; l < 4; ++l){// 由内到外按列读取A中绿色块和蓝色块int t0 = A[i+4][j+3-l];int t1 = A[i+5][j+3-l];int t2 = A[i+6][j+3-l];int t3 = A[i+7][j+3-l];int t4 = A[i+4][j+4+l];int t5 = A[i+5][j+4+l];int t6 = A[i+6][j+4+l];int t7 = A[i+7][j+4+l];// 从下至上按行转换B中的灰色块到绿色块B[j+4+l][i] = B[j+3-l][i+4];B[j+4+l][i+1] = B[j+3-l][i+5];B[j+4+l][i+2] = B[j+3-l][i+6];B[j+4+l][i+3] = B[j+3-l][i+7];// 将临时变量中存放的A中的绿色块和蓝色块B中的灰色块和蓝色块，完成转置B[j+3-l][i+4] = t0;B[j+3-l][i+5] = t1;B[j+3-l][i+6] = t2;B[j+3-l][i+7] = t3;B[j+4+l][i+4] = t4;B[j+4+l][i+5] = t5;B[j+4+l][i+6] = t6;B[j+4+l][i+7] = t7;} }
}

测试通过：

61 * 67

此时矩阵不是32或64的方阵，不会像之前一样隔4行或8行就映射到同一个缓存快，所以可以尝试一下依次利用更大的缓存，大胆一点全部用上，进行16 * 16分块，不过A_ii和B_ii还是会映射到同一个缓存快，还需要单独处理，用临时变量存放，代码如下：

for (int i = 0; i < N; i += 16)
{for (int j = 0; j < M; j += 16){for (int k = i; k < i + 16 && k < N; ++k){int temp_position = -1;int temp_value = 0;int l;for (l = j; l < j + 16 && l < M; ++l){// 横坐标等于纵坐标，局部变量暂存，整个block读完再处理if (l == k){temp_position = k;temp_value = A[k][k];}elseB[l][k] = A[k][l];}// 遇到了冲突元素if (temp_position != -1)B[temp_position][temp_position] = temp_value;}}
}

测试通过，正好卡在了2000线边缘：