2020q3 第 3 週測驗題

tags: `sysprog2020`

目的: 檢驗學員對 數值系統 及 bitwise 操作的認知

測驗 `1`

依據 ISO/IEC 9899:TC2 (即 C99) 標準的 6.5.7 章節 (第 84 到第 85 頁):

"The result of E1 >> E2 is E1 right-shifted E2 bit positions. … If E1 has a signed type and a negative value, the resulting value is implementation-defined."

在 C 語言中，對有號型態的物件進行算術右移 (arithmetic right shift，以下簡稱 ASR 或 asr) 歸屬於 unspecified behavior，包含 Cppcheck 在內的靜態分析器會嘗試找出 C 程式中這項 unspecified behavior。考慮到程式碼的相容性，我們想實作一套可跨越平台的 ASR，假設在二補數系統，無論標的環境的 shift 究竟輸出為何，我們的 ASR 總可做到:

- 5 ≫^{a r i t h} 1 = - 3

上述

- 3

正是

\frac{- 5}{2}

的輸出，並向

- \infty

進位 (rounding)。

針對有號整數的跨平台 ASR 實作如下:

int asr_i(signed int m, unsigned int n)
{
    const int logical = (((int) -1) OP1) > 0;
    unsigned int fixu = -(logical & (OP2));
    int fix = *(int *) &fixu;
    return (m >> n) | (fix ^ (fix >> n));
}

請補完程式碼。

作答區

OP1 = ?

(a) << 1
(b) >> 1
(c) * m + n
(d) + m
(e) + n
(f) - m
(g) - n

OP2 = ?

(a) m
(b) n
(c) m < 0
(d) m == 0
(e) m > 0
(f) n < 0
(g) n == 0
(h) n > 0

提示: 透過 gcc/clang 編譯程式碼時，可加上 -fsanitize=undefined 編譯參數，在執行時期若遇到未定義行為，會得到以下錯誤訊息:

runtime error: load of misaligned address 0x7ffd8a89be8f for type 'int', which requires 4 byte alignment

補充資訊:

Arm Assembly Language Programming: Arithmetic Shift Operations

延伸問題:

解釋上述程式運作原理，應提供數學證明和 Graphviz 製作的圖解;
練習實作其他資料寬度的 ASR，可參照 C 語言：前置處理器應用篇撰寫通用的巨集以強化程式碼的共用程度;

測驗 `2`

在 C 語言：數值系統篇中，我們介紹過 power of 2 (漢字可寫作「二的冪」)。

女星楊冪的名字裡，也有一個「冪」字。且，她取這個名字，就有「次方」的意義，因為她一家三口都姓楊，所以是「楊的三次方」。

GCC extension 其中兩個是 ctz 和 clz:

Built-in Function: int __builtin_ctz (unsigned int x)

Returns the number of trailing 0-bits in x, starting at the least significant bit position. If x is 0, the result is undefined.

Built-in Function: int __builtin_clz (unsigned int x)

Returns the number of leading 0-bits in x, starting at the most significant bit position. If x is 0, the result is undefined.

我們可用 __builtin_ctz 來實作 LeetCode 342. Power of Four，假設 int 為 32 位元寬度。實作程式碼如下:

bool isPowerOfFour(int num)
{
    return num > 0 && (num & (num - 1))==0 &&
           !(__builtin_ctz(num) OPQ);  
}

請補完程式碼。

作答區

OPQ = ?

(a) > 0
(b) > 31
(c) >> 0x2
(d) >> 0x1
(e) | 0x1
(f) & 0x1
(g) ^ 0x1

延伸問題:

解釋上述程式運作原理;
改寫上述程式碼，提供等價功能的不同實作，儘量降低 branch 的數量;
練習 LeetCode 1009. Complement of Base 10 Integer 和 41. First Missing Positive，應善用 clz;
研讀 2017 年修課學生報告，理解 clz 的實作方式，並舉出 Exponential Golomb coding 的案例說明，需要有對應的 C 原始程式碼和測試報告;

x-compressor 是個以 Golomb-Rice coding 為基礎的資料壓縮器，實作中也用到 clz/ctz 指令，可參見 Selecting the Golomb Parameter in Rice Coding。

測驗 `3`

population count 簡稱 popcount 或叫 sideways sum，是計算數值的二進位表示中，有多少位元是 1，在一些場合下很有用，例如計算 0-1 稀疏矩陣 (sparse matrix)或 bit array 中非 0 元素個數、計算兩個字串的 Hamming distance。Intel 在 2008 年 11 月 Nehalem 架構的處理器 Core i7 引入 SSE4.2 指令集，其中就有 CRC32 和 POPCNT 指令，POPCNT 可處理 16-bit, 32-bit, 64-bit 整數。

對應到 C 程式的實作:

unsigned popcnt_naive(unsigned v) {
    unsigned n = 0;
    while (v)
        v &= (v - 1), n = -(~n);
    return n;
}

函式 popcnt_naive() 利用不斷清除 LSB 直到輸入的數值 v 為 0。

v &= (v - 1) 的作用是將 LSB 設為 0 (reset LSB) 舉例來說，假設輸入數值為 20:

0001 0100  # 20          ; LSB in bit position 2
0001 0011  # 20 - 1
0001 0000  # 20 & (20 - 1)

類似的操作還有 x & -x，將 x 的 LSB 取出 (isolate LSB)

n = -(~n) 等同 n++，因為在二補數系統中，

- n = \sim n + 1

- (\sim n) = n + 1

因此 popcnt_naive() 的執行時間取決於輸入數值中 1 (set bit) 的個數。可改寫為以下常數時間複雜度的實作:

unsigned popcnt_branchless(unsigned v)
{
    unsigned n;
    n = (v >> 1) & 0x77777777;
    v -= n;
    n = (n >> 1) & 0x77777777;
    v -= n;
    n = (n >> 1) & 0x77777777;
    v -= n;

    v = (v + (v >> 4)) & 0x0F0F0F0F;
    v *= 0x01010101;                                     

    return v >> 24;
}

對於一個 32 bit 的無號整數，popcount 可以寫成以下數學式:

p o p c n t (x) = x - ⌊ \frac{x}{2} ⌋ - ⌊ \frac{x}{4} ⌋ - . . . - ⌊ \frac{x}{2^{31}} ⌋

假設

x = b_{31} . . . b_{3} b_{2} b_{1} b_{0}

，先看看

x [3 : 0]

4 個位元，用以上公式可以計算得:

(2^{3} b_{3} + 2^{2} b_{2} + 2^{1} b_{1} + 2^{0} b_{0}) - (2^{2} b_{3} + 2^{1} b_{2} + 2^{0} b_{1}) - (2^{1} b_{3} + 2^{0} b_{2}) - 2^{0} b_{3}

$⌊ \frac{x}{2} ⌋$ 相當於 C 表達式中 x >> 1

稍微改寫可得到:

(2^{3} - 2^{2} - 2^{1} - 2^{0}) b_{3} + (2^{2} - 2^{1} - 2^{0}) b_{2} + (2^{1} - 2^{0}) b_{1} + 2^{0} b_{0}

因此 popcnt 的一般式可改寫為:

p o p c n t (x) = \sum_{n = 0}^{31} (2^{n} - \sum_{i = 0}^{n - 1} 2^{i}) b_{n} = \sum_{n = 0}^{31} b_{n}

因為

2^{n} - \sum_{i = 0}^{n - 1} 2^{i} = 1

，只要對應的

b_{n}

為 1，這個 bit 就會在 popcnt 的總和中加一，剛好對應 popcnt_naive()，因此映證上述數學式確實可計算出 population count。

且一個 32 位元無號整數最多有 32 個 1 (set bit)，剛好可用一個 byte 表示，所以可分成幾個區塊平行計算，最後再全部加總到一個 byte 中，進行避免檢查 32 次。

popcnt_branchless 實作一開始以每 4 個位元 (nibble) 為一個單位計算 1 的個數，利用最初的公式計算

x - ⌊ \frac{x}{2} ⌋ - ⌊ \frac{x}{4} ⌋ - ⌊ \frac{x}{8} ⌋

關鍵的程式碼，逐行解釋:






n = (v >> 1) & 0x77777777;
v -= n;
n = (n >> 1) & 0x77777777;
v -= n;
n = (n >> 1) & 0x77777777;
v -= n;

n = (v >> 1) & 0x77777777 : 將輸入數值 v 除以 2，得到

⌊ \frac{v}{2} ⌋

b_31 b_30 b_29 b_28 ... b7 b6 b5 b4 b3 b2 b1 b0  // v
   0 b_31 b_30 b_29 ...  0 b7 b6 b4  0 b3 b2 b1  // (v >> 1) & 0x77777777

v -= n : 計算結果相當於
$v - ⌊ \frac{v}{2} ⌋$
n = (n >> 1) & 0x77777777 : 再對 n 除以 2，得到
$⌊ \frac{v}{4} ⌋$
v -= n : 計算出
$v - ⌊ \frac{v}{2} ⌋ - ⌊ \frac{v}{4} ⌋$
和 6. 重複同樣動作

最後這段結束後計算出

v - ⌊ \frac{v}{2} ⌋ - ⌊ \frac{v}{4} ⌋ - ⌊ \frac{v}{8} ⌋

，得到每 4 個位元為一個單位中 set bit 的個數

v = (v + (v >> 4)) & 0x0F0F0F0F : 將每 4 個位元中 set bit 的個數加到 byte 中:

假設

B_{n}

代表第 n 個 nibble (4 位元) 中的數值

B7 B6 B5 B4 B3 B2 B1 B0  // v
 0 B7 B6 B5 B4 B3 B2 B1  // (v >> 4)

加總可得到:

// (v + (v >> 4))
B7 (B7+B6) (B6+B5) (B5+B4) (B4+B3) (B3+B2) (B2+B1) (B1+B0)

最後使用 0x0F0F0F0F 做 mask 可得

// (v + (v >> 4)) & 0x0F0F0F0F
0 (B7+B6) 0 (B5+B4) 0 (B3+B2) 0 (B1+B0)

v *= 0x01010101 : 在最後一道敘述中，將 v 乘上 0x01010101。寫成直式如下

                         0 A6  0 A4  0 A2  0 A0
                      x  0  1  0  1  0  1  0  1
---------------------------------------------------
                         0 A6  0 A4  0 A2  0 A0
                   0 A6  0 A4  0 A2  0 A0  0
             0 A6  0 A4  0 A2  0 A0  0
       0 A6  0 A4  0 A2  0 A0  0
---------------------------------------------------
                            ↑_______________________A6+A4+A2+A0

我們可發現期望輸出就在原本

A_{6}

的位置 (

2^{7}

)，因此將 v 右移 24 bits 即為所求，剩下的位數會 overflow ，右移後不影響結果。

假設

A = B_{7} + B_{6}

B = B_{5} + B_{4}

C = B_{3} + B_{2}

D = B_{1} + B_{0}

, 根據分配律可得:

v * 0x01010101 = 
(A + B + C + D)  (B + C + D)      (C + D)          (D)
|<-- 1 byte -->|<-- 1 byte -->|<-- 1 byte -->|<-- 1 byte -->|

return v >> 24 : 最後得到的結果會放在 Most significant byte 中，因此向右位移 24 位元，即為所求的 popcount 值。

GCC 提供對應的內建函式:

__builtin_popcount(x): 計算 x 的二進位表示中，總共有幾個 1

使用示範：

int x = 5328; // 00000000000000000001010011010000
printf("%d\n",  __builtin_popcount(x)); // 5

針對 LeetCode 1342. Number of Steps to Reduce a Number to Zero，我們可運用 gcc 內建函式實作，假設 int 寬度為 32 位元，程式碼列表如下:

int numberOfSteps (int num)
{
    return num ? AAA + 31 - BBB : 0;
}

請補完程式碼。

作答區

AAA = ?

(a) __builtin_popcount(num)
(b) __builtin_clz(num)

BBB = ?

(a) __builtin_popcount(num)
(b) __builtin_clz(num)

延伸問題:

解釋上述程式運作原理;
改寫上述程式碼，提供等價功能的不同實作並解說;

提示: Bit Twiddling Hacks 中提及許多 bitwise operation 的使用，如 bit inverse、abs 等等，是極好的參考材料。
避免用到編譯器的擴充功能，只用 C99 特徵及 bitwise 運算改寫 LeetCode 1342. Number of Steps to Reduce a Number to Zero，實作出 branchless 解法，儘量縮減程式碼行數和分支數量;

測驗 `4`

考慮以下 64-bit GCD (greatest common divisor, 最大公因數) 求值函式:

#include <stdint.h>
uint64_t gcd64(uint64_t u, uint64_t v) {
    if (!u || !v) return u | v;
    while (v) {                               
        uint64_t t = v;
        v = u % v;
        u = t;
    }
    return u;
}

改寫為以下等價實作:

#include <stdint.h>
uint64_t gcd64(uint64_t u, uint64_t v) {
    if (!u || !v) return u | v;
    int shift;
    for (shift = 0; !((u | v) & 1); shift++) {
        u /= 2, v /= 2;
    }
    while (!(u & 1))
        u /= 2;
    do {
        while (!(v & 1))
            v /= 2;
        if (u < v) {
            v -= u;
        } else {
            uint64_t t = u - v;
            u = v;
            v = t;
        }
    } while (XXX);
    return YYY;
}

請補完程式碼。

作答區

XXX = ?

(a) u
(b) v
(c) u + v
(d) u - v
(e) u >> 1
(f) v >> 1

YYY = ?

(a) u
(b) v
(c) u << v
(d) v << u
(e) u << shift
(f) v << shift

延伸問題:

解釋上述程式運作原理;
在 x86_64 上透過 __builtin_ctz 改寫 GCD，分析對效能的提升;

測驗 `5`

在影像處理中，bit array (也稱 bitset) 廣泛使用，考慮以下程式碼:

#include <stddef.h>
size_t naive(uint64_t *bitmap, size_t bitmapsize, uint32_t *out)
{
    size_t pos = 0;
    for (size_t k = 0; k < bitmapsize; ++k) {
        uint64_t bitset = bitmap[k];
        size_t p = k * 64;
        for (int i = 0; i < 64; i++) {
            if ((bitset >> i) & 0x1)
                out[pos++] = p + i;
        }
    }
    return pos;
}

可用 clz 改寫為效率更高且等價的程式碼:

#include <stddef.h>
size_t improved(uint64_t *bitmap, size_t bitmapsize, uint32_t *out)
{
    size_t pos = 0;
    uint64_t bitset;
    for (size_t k = 0; k < bitmapsize; ++k) {
        bitset = bitmap[k];
        while (bitset != 0) {
            uint64_t t = KKK;
            int r = __builtin_ctzll(bitset);
            out[pos++] = k * 64 + r;
            bitset ^= t;                           
        }
    }
    return pos;
}

請補完程式碼。

作答區

KKK = ?

(a) bitset
(b) bitset & 0x1
(c) bitset | 0x1
(d) bitset ^ 0x1
(e) bitset & -bitset

延伸問題:

解釋上述程式運作原理，並舉出這樣的程式碼用在哪些真實案例中;
設計實驗，檢驗 clz 改寫的程式碼相較原本的實作有多少改進？應考慮到不同的 bitmap density;
思考進一步的改進空間;

2020q3 第 3 週測驗題

tags: sysprog2020

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