Lab5-Cache Lab 深入解析
实验概览
Cache Lab 分为两部分，编写一个高速缓存模拟器以及要求优化矩阵转置的核心函数，以最小化对模拟的高速缓存的不命中次数。本实验对我这种代码能力较差的人来说还是很有难度的。
在开始实验前，强烈建议先阅读以下学习资料：
实验说明文档：Writeup
CMU 关于 Cache Lab 的 PPT：Cache Lab Implementation and Blocking
CMU 关于分块优化的讲解： Using Blocking to Increase Temporal Locality
**本人踩的坑：**我的 lab 环境是 Windows11 + wsl2。由于 wsl2 跨 OS 磁盘访问非常慢，而我是将文件放在 Windows 下进行的实验，Part B 部分的测试结果甚至无法跑出来！所以，建议用虚拟机进行实验，如果你也是 wsl2 用户，请将实验文件放在 wsl2 自己的目录下！
Part A: Writing a Cache Simulator
Part A 要求在 csim.c 下编写一个高速缓存模拟器来对内存读写操作进行正确的反馈。这个模拟器有 6 个参数：
Usage: ./csim-ref [-hv] -s <s> -E <E> -b <b> -t <tracefile>
• -h: Optional help flag that prints usage info
• -v: Optional verbose flag that displays trace info
• -s <s>: Number of set index bits (S = 2s is the number of sets)
• -E <E>: Associativity (number of lines per set)
• -b <b>: Number of block bits (B = 2b is the block size)
• -t <tracefile>: Name of the valgrind trace to replay
其中，输入的 trace 的格式为：[space]operation address, size，operation 有 4 种：
I表示加载指令L加载数据S存储数据M修改数据
模拟器不需要考虑加载指令，而 M 指令就相当于先进行 L 再进行 S，因此，要考虑的情况其实并不多。模拟器要做出的反馈有 3 种：
hit：命中，表示要操作的数据在对应组的其中一行miss：不命中，表示要操作的数据不在对应组的任何一行eviction：驱赶，表示要操作的数据的对应组已满，进行了替换操作
回顾：Cache 结构
Cache 类似于一个二维数组，它有
- s，索引位，找到对应的组序号
- tag，标记位，在组中的每一行进行匹配，判断能否命中
- b，块偏移，表明在找到的行中的具体位置。本实验不考虑块便宜，完全可以忽略。
那么，Cache 中的有效位是干什么的呢？判断该行是否为空。这里有一个概念：冷不命中，表示该缓存块为空造成的不命中。而一旦确定不命中不是冷不命中，那么就需要考虑行替换的问题了。我认为，行替换关乎着 Cache 的效率，是 Cache 设计的核心。
回顾：替换策略
当 CPU 要处理的字不在组中任何一行，且组中没有一个空行，那就必须从里面选取一个非空行进行替换。选取哪个空行进行替换呢？书上给了我们两种策略：
- LFU，最不常使用策略。替换在过去某个窗口时间内引用次数最少的那一行
- LRU，最近最少使用策略。替换最后一次访问时间最久远的哪一行
本实验要求采取的策略为 LRU。
那么代码如何实现呢？我的第一反应是实现 S 个双向链表，每个链表有 E 个结点，对应于组中的每一行，每当访问了其中的一行，就把这个结点移动到链表的头部，后续替换的时候只需要选择链尾的结点就好了。但是，为了简单，我还是选择了 PPT 中提示的相对简单的设置时间戳的办法，双向链表以后有时间再写吧。
下面就可以正式开始 Part A 了！我对我写的模拟器的核心部分进行讲解。
数据结构
定义了 Cache 结构体
typedef struct cache_
{
int S;
int E;
int B;
Cache_line **line;
} Cache;
用 Cache 表示一个缓存，它包括 S, B, E 等特征，以及前面说过的，每一个缓存类似于一个二位数组，数组的每一个元素就是缓存中的行所以用一个 line 来表示这一信息：
typedef struct cache_line
{
int valid; //有效位
int tag; //标记位
int time_tamp; //时间戳
} Cache_line;
valid 以及 tag 不再赘述，这里的 time_tamp 表示时间戳，是 LRU 策略需要用到的特征。Cache 初始值设置如下：
void Init_Cache(int s, int E, int b)
{
int S = 1 << s;
int B = 1 << b;
cache = (Cache *)malloc(sizeof(Cache));
cache->S = S;
cache->E = E;
cache->B = B;
cache->line = (Cache_line **)malloc(sizeof(Cache_line *) * S);
for (int i = 0; i < S; i++)
{
cache->line[i] = (Cache_line *)malloc(sizeof(Cache_line) * E);
for (int j = 0; j < E; j++)
{
cache->line[i][j].valid = 0; //初始时，高速缓存是空的
cache->line[i][j].tag = -1;
cache->line[i][j].time_tamp = 0;
}
}
}
注意，时间戳初始设置为 0。
LRU 时间戳实现
我的逻辑是时间戳越大则表示该行最后访问的时间越久远。先看 LRU 更新的代码：
void update(int i, int op_s, int op_tag){
cache->line[op_s][i].valid=1;
cache->line[op_s][i].tag = op_tag;
for(int k = 0; k < cache->E; k++)
if(cache->line[op_s][k].valid==1)
cache->line[op_s][k].time_tamp++;
cache->line[op_s][i].time_tamp = 0;
}
这段代码在找到要进行的操作行后调用（无论是不命中还是命中，还是驱逐后）。前两行是对有效位和标志位的设置，与时间戳无关，主要关注后几行：
- 遍历组中每一行，并将它们的值加 1，也就是说每一行在进行一次操作后时间戳都会变大，表示它离最后操作的时间变久
- 将本次操作的行时间戳设置为最小，也就是 0
由此，每次只需要找到时间戳最大的行进行替换就可以了：
int find_LRU(int op_s)
{
int max_index = 0;
int max_stamp = 0;
for(int i = 0; i < cache->E; i++){
if(cache->line[op_s][i].time_tamp > max_stamp){
max_stamp = cache->line[op_s][i].time_tamp;
max_index = i;
}
}
return max_index;
}
缓存搜索及更新
先解决比较核心的问题，在得知要操作的组 op_s 以及标志位 op_tag 后，判断是 miss 还是 hit 还是应该 eviction 调用 find_LRU。
先判断是 miss 还是 hit：
int get_index(int op_s, int op_tag)
{
for (int i = 0; i < cache->E; i++)
{
if (cache->line[op_s][i].valid && cache->line[op_s][i].tag == op_tag)
return i;
}
return -1;
}
遍历所有行，如果某一行有效，且标志位相同，则 hit，返回该索引。否则，miss，返回 -1。当接收到 -1 后，有两种情况：
- 冷不命中。组中有空行，只不过还未操作过，有效位为 0，找到这个空行即可
- 所有行都满了。那么就要用到上面得 LRU 进行选择驱逐
所以，设计一个判满的函数：
int is_full(int op_s)
{
for (int i = 0; i < cache->E; i++)
{
if (cache->line[op_s][i].valid == 0)
return i;
}
return -1;
}
扫描完成后，得到对应行的索引值，就可以调用 LRU 更新函数进行更新了。整体调用如下：
void update_info(int op_tag, int op_s)
{
int index = get_index(op_s, op_tag);
if (index == -1)
{
miss_count++;
if (verbose)
printf("miss ");
int i = is_full(op_s);
if(i==-1){
eviction_count++;
if(verbose) printf("eviction");
i = find_LRU(op_s);
}
update(i,op_s,op_tag);
}
else{
hit_count++;
if(verbose)
printf("hit");
update(index,op_s,op_tag);
}
}
至此，Part A 的核心部分函数就编写完了，下面的内容属于是技巧性的部分，与架构无关。
指令解析
设计的数据结构解决了对 Cache 的操作问题，LRU 时间戳的实现解决了核心的驱逐问题，缓存扫描解决了对块中哪一列进行操作的问题，而应该对哪一块进行操作呢？接下来要解决的就是指令的解析问题了。
输入数据为 [space]operation address, size 的形式，operation 很容易获取，重要的是从 address 中分别获取我们需要的 s 和 tag，address 结构如下：
这就用到了第二章以及 Data Lab 的知识。tag 很容易得到，右移 (b + s) 位即可：
int op_tag = address >> (s + b);
获取 s，考虑先右移 b 位，再用无符号 0xFF... 右移后进行与操作将 tag 抹去。为什么要用无符号 0xFF... 右移呢？因为 C 语言中的右移为算术右移，有符号数右移补位的数为符号位。
int op_s = (address >> b) & ((unsigned)(-1) >> (8 * sizeof(unsigned) - s));
由于数据读写对于本模拟器而言是没有区别的，因此不同的指令对应的只是 Cache 更新次数的问题：
void get_trace(int s, int E, int b)
{
FILE *pFile;
pFile = fopen(t, "r");
if (pFile == NULL)
{
exit(-1);
}
char identifier;
unsigned address;
int size;
// Reading lines like " M 20,1" or "L 19,3"
while (fscanf(pFile, " %c %x,%d", &identifier, &address, &size) > 0) // I读不进来,忽略---size没啥用
{
//想办法先得到标记位和组序号
int op_tag = address >> (s + b);
int op_s = (address >> b) & ((unsigned)(-1) >> (8 * sizeof(unsigned) - s));
switch (identifier)
{
case 'M': //一次存储一次加载
update_info(op_tag, op_s);
update_info(op_tag, op_s);
break;
case 'L':
update_info(op_tag, op_s);
break;
case 'S':
update_info(op_tag, op_s);
break;
}
}
fclose(pFile);
}
update_info 就是对 Cache 进行更新的函数，前面已经讲解。如果指令是 M 则一次存储一次加载，总共更新两次，其他指令只用更新一次，而 I 无需考虑。
命令行参数获取
通过阅读 Cache Lab Implementation and Blocking 的提示，我们使用 getopt() 函数来获取命令行参数的字符串形式，然后用 atoi() 转换为要用的参数，最后用 switch 语句跳转到对应功能块。
代码如下：
int main(int argc, char *argv[])
{
char opt;
int s, E, b;
/*
* s:S=2^s是组的个数
* E:每组中有多少行
* b:B=2^b每个缓冲块的字节数
*/
while (-1 != (opt = getopt(argc, argv, "hvs:E:b:t:")))
{
switch (opt)
{
case 'h':
print_help();
exit(0);
case 'v':
verbose = 1;
break;
case 's':
s = atoi(optarg);
break;
case 'E':
E = atoi(optarg);
break;
case 'b':
b = atoi(optarg);
break;
case 't':
strcpy(t, optarg);
break;
default:
print_help();
exit(-1);
}
}
Init_Cache(s, E, b); //初始化一个cache
get_trace(s, E, b);
free_Cache();
// printSummary(hit_count, miss_count, eviction_count)
printSummary(hit_count, miss_count, eviction_count);
return 0;
}
完整代码太长，可访问我的 Github 仓库查看：
https://github.com/Deconx/CSAPP-Lab
Part B: Optimizing Matrix Transpose
Part B 是在 trans.c 中编写矩阵转置的函数，在一个 s = 5, E = 1, b = 5 的缓存中进行读写，使得 miss 的次数最少。测试矩阵的参数以及 miss 次数对应的分数如下：
要求最多只能声明 12 个本地变量。
根据课本以及 PPT 的提示，这里肯定要使用矩阵分块进行优化
32 × 32
开始之前，我们先了解一下何为分块？为什么分块？
s = 5, E = 1, b = 5 的缓存有 32 组，每组一行，每行存 8 个 int，如图：
就以这个缓存为例，考虑暴力转置的做法：
void trans_submit(int M, int N, int A[N][M], int B[M][N]) {
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j < M; j++) {
int tmp = A[i][j];
B[j][i] = tmp;
}
}
}
这里我们会按行优先读取 A 矩阵，然后一列一列地写入 B 矩阵。
以第 1 行为例，在从内存读 A[0][0] 的时候，除了 A[0][0] 被加载到缓存中，它之后的 A[0][1]---A[0][7] 也会被加载进缓存。
但是内容写入 B 矩阵的时候是一列一列地写入，在列上相邻的元素不在一个内存块上，这样每次写入都不命中缓存。并且一列写完之后再返回，原来的缓存可能被覆盖了，这样就又会不命中。我们来定量分析。
缓存只够存储一个矩阵的四分之一，A 中的元素对应的缓存行每隔 8 行就会重复。A 和 B 的地址由于取余关系，每个元素对应的地址是相同的。各个元素对应缓存行如下：
对于 A，每 8 个 int 就会占满缓存的一组，所以每一行会有 32/8 = 4 次不命中；而对于 B，考虑最坏情况，每一列都有 32 次不命中，由此，算出总不命中次数为 4 × 32 + 32 × 32 = 1152。拿程序跑一下：
结果为 1183 比预估多了一点，这是对角线部分两者冲突造成的，后面会讲到。
回过头来，思考暴力做法：
在写入 B 的前 8 行后，B 的 D 区域就全部进入了缓存，此时如果能对 D 进行操作，那么就能利用上缓存的内容，不会 miss；但是，暴力解法接下来操作的是 C，每一个元素的写都要驱逐之前的缓存区，当来到第 2 列继续写 D 时，它对应的缓存行很可能已经被驱逐了，于是又要 miss，也就是说，暴力解法的问题在于没有充分利用上已经进入缓存的元素。
分块解决的就是同一个矩阵内部缓存块相互替换的问题。
由上述分析，显然应考虑 8 × 8 分块，这样在块的内部不会冲突，接下来判断 A 与 B 之间会不会冲突
A 中标红的块占用的是缓存的第 0，4，8，12，16，20，24，28 组，而 B 中标红的块占用的是缓存的第 2，6，10，14，18，16，30 组，刚好不会冲突。事实上，除了对角线，A 与 B 中对应的块都不会冲突。所以，我们的想法是可行的，写出代码：
void transpose_submit(int M, int N, int A[N][M], int B[M][N])
{
for (int i = 0; i < N; i += 8)
for (int j = 0; j < M; j += 8)
for (int k = 0; k < 8; k++)
for (int s = 0; s < 8; s++)
B[j + s][i + k] = A[i + k][j + s];
}
对于 A 中每一个操作块，只有每一行的第一个元素会不命中，所以为 8 次不命中；对于 B 中每一个操作块，只有每一列的第一个元素会不命中，所以也为 8 次不命中。总共 miss 次数为：8 × 16 × 2 = 256
跑出结果：
miss 次数为 343，与我们计算的结果差距非常大，没有得到满分，这是为什么呢？这就要考虑到对角线上的块了。A 与 B 对角线上的块在缓存中对应的位置是相同的，而它们在转置过程中位置不变，所以复制过程中会发生相互冲突。
以 A 的一个对角线块 p，B 与 p 相应的对角线块 q 为例，复制前， p 在缓存中。 复制时，q 会驱逐 p。 下一个开始复制 p 又被重新加载进入缓存驱逐 q，这样就会多产生两次 miss。
如何解决这种问题呢？题目给了我们提示：
You are allowed to define at most 12 local variables of type int per transpose function
考虑使用 8 个本地变量一次性存下 A 的一行后，再复制给 B。代码如下：
void transpose_submit(int M, int N, int A[N][M], int B[M][N])
{
for(int i = 0; i < 32; i += 8)
for(int j = 0; j < 32; j += 8)
for (int k = i; k < i + 8; k++)
{
int a_0 = A[k][j];
int a_1 = A[k][j+1];
int a_2 = A[k][j+2];
int a_3 = A[k][j+3];
int a_4 = A[k][j+4];
int a_5 = A[k][j+5];
int a_6 = A[k][j+6];
int a_7 = A[k][j+7];
B[j][k] = a_0;
B[j+1][k] = a_1;
B[j+2][k] = a_2;
B[j+3][k] = a_3;
B[j+4][k] = a_4;
B[j+5][k] = a_5;
B[j+6][k] = a_6;
B[j+7][k] = a_7;
}
}
对于非对角线上的块，本身就没有额外的冲突；对于对角线上的块，写入 A 每一行的第一个元素后，这一行的元素都进入了缓存，我们就立即用本地变量存下这 8 个元素，随后再复制给 B。这样，就避免了第一个元素复制时，B 把 A 的缓冲行驱逐，导致没有利用上 A 的缓冲。
结果如下：
miss 次数为 287，满分！
64 × 64
每 4 行就会占满一个缓存，先考虑 4 × 4 分块，结果如下：
结果还不错，虽然没有得到满分。
还是考虑 8 × 8 分块，由于存在着每 4 行就会占满一个缓存的问题，在分块内部处理时就需要技巧了，我们把分块内部分成 4 个 4 × 4 的小分块分别处理：
- 第一步，将
A的左上和右上一次性复制给B - 第二步，用本地变量把
B的右上角存储下来 - 第三步，将
A的左下复制给B的右上 - 第四步，利用上述存储
B的右上角的本地变量，把A的右上复制给B的左下 - 第五步，把
A的右下复制给B的右下
画出图解如下：
这里的 A 和 B 均表示两个矩阵中的 8 × 8 块
第 1 步：
此时 B 的前 4 行就在缓存中了，接下来考虑利用这个缓存 。可以看到，为了利用 A 的缓存，第 2 块放置的位置实际上是错的，接下来就用本地变量保存 B 中 2 块的内容
第 2 步：
用本地变量把 B 的 2 块存储下来
for (int k = j; k < j + 4; k++){
a_0 = B[k][i + 4];
a_1 = B[k][i + 5];
a_2 = B[k][i + 6];
a_3 = B[k][i + 7];
}
第 3 步：
现在缓存中还是存着 B 中上两块的内容，所以将 A 的 3 块内容复制给它
第 4/5 步：
现在缓存已经利用到极致了，可以开辟 B 的下面两块了
这样就实现了转置，且消除了同一行中的冲突，具体代码如下：
void transpose_64x64(int M, int N, int A[N][M], int B[M][N])
{
int a_0, a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, a_7;
for (int i = 0; i < 64; i += 8){
for (int j = 0; j < 64; j += 8){
for (int k = i; k < i + 4; k++){
// 得到A的第1,2块
a_0 = A[k][j + 0];
a_1 = A[k][j + 1];
a_2 = A[k][j + 2];
a_3 = A[k][j + 3];
a_4 = A[k][j + 4];
a_5 = A[k][j + 5];
a_6 = A[k][j + 6];
a_7 = A[k][j + 7];
// 复制给B的第1,2块
B[j + 0][k] = a_0;
B[j + 1][k] = a_1;
B[j + 2][k] = a_2;
B[j + 3][k] = a_3;
B[j + 0][k + 4] = a_4;
B[j + 1][k + 4] = a_5;
B[j + 2][k + 4] = a_6;
B[j + 3][k + 4] = a_7;
}
for (int k = j; k < j + 4; k++){
// 得到B的第2块
a_0 = B[k][i + 4];
a_1 = B[k][i + 5];
a_2 = B[k][i + 6];
a_3 = B[k][i + 7];
// 得到A的第3块
a_4 = A[i + 4][k];
a_5 = A[i + 5][k];
a_6 = A[i + 6][k];
a_7 = A[i + 7][k];
// 复制给B的第2块
B[k][i + 4] = a_4;
B[k][i + 5] = a_5;
B[k][i + 6] = a_6;
B[k][i + 7] = a_7;
// B原来的第2块移动到第3块
B[k + 4][i + 0] = a_0;
B[k + 4][i + 1] = a_1;
B[k + 4][i + 2] = a_2;
B[k + 4][i + 3] = a_3;
}
for (int k = i + 4; k < i + 8; k++)
{
// 处理第4块
a_4 = A[k][j + 4];
a_5 = A[k][j + 5];
a_6 = A[k][j + 6];
a_7 = A[k][j + 7];
B[j + 4][k] = a_4;
B[j + 5][k] = a_5;
B[j + 6][k] = a_6;
B[j + 7][k] = a_7;
}
}
}
}
运行结果：
miss 为 1227，通过！
61 × 67
这个矩阵的转置要求很松，miss 为 2000 以下就可以了。我也无心进行更深入的优化，直接 16 × 16 的分块就能通过。
miss 为 1992，擦线满分！
总结
先附上满分完结图：
- Cache Lab 是我在做前 5 个实验中感觉最痛苦的一个，主要原因在于我的代码能力较弱，逻辑思维能力较差，以后应该加强这方面的训练
- 这个实验的 Part A 让我对缓存的设计有了更深入的理解，其中替换策略也值得以后继续研究；Part B 为我展示了计算机之美，一个简简单单的转置函数，无论怎么写，时间复杂度都是
，然而因为缓冲区的问题，不同代码的性能竟然有着天壤之别。编写函数过程中，对 miss的估量与计算很烧脑，但也很有趣 - 本实验耗时 2 天，约 20 小时