实验概览本文首发于我的知乎专栏：https://zhuanlan.zhihu.com/p/484657229
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 SimulatorPart 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
Cache 类似于一个二维数组，它有\(S=2^s\)组，每组有 E 行，每行存储的字节也是固定的。其中，每行都有一个有效位，和一个标记位。想要查找到对应的字节，我们的地址需要三部分组成：
- 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;
}
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。
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 TransposePart 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！
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！
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！
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\(O(n^2)\)，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