Esercizio - Tempi di accesso al disco e capacità (slide di esercizi, eserciziario, esercizi 88, 89 e 94)

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Le formule

$$T_{\text{lat}}=\frac{30}{\text{RPM}}\ \text{s},\qquad T_{\text{acc}}=T_{\text{seek}}+T_{\text{lat}},\qquad T_{I/O}=T_{\text{acc}}+T_{\text{trasf}}+T_{\text{ctrl}}.$$

Il tempo di trasferimento è $\text{dati}/\text{velocità}$. Se la richiesta è sulla stessa traccia della precedente, il seek è nullo.

Slide: capacità del disco

Il tempo totale di 64 KB è $T_{I/O}=T_S+T_L+T_t=9{,}728571$ ms, con:

1. $T_S=0{,}8$ ms;
2. $T_L=30/4200=7{,}142857$ ms (mezzo giro a 4200 rpm: un giro dura $60/4200=14{,}285714$ ms);
3. quindi $T_t=9{,}728571-0{,}8-7{,}142857=1{,}785714$ ms: il tempo per trasferire 64 KB.

Un giro completo dura $T_R=2T_L=14{,}285714$ ms e in un giro passano sotto la testina tutti i dati di una traccia. In $T_t$ passano 64 KB, quindi la traccia contiene

$$64\ \text{KB}\cdot\frac{T_R}{T_t}=64\cdot\frac{14{,}285714}{1{,}785714}=64\cdot8=512\ \text{KB}.$$

Il disco ha 524 288 tracce (cioè $2^{19}$):

$$512\ \text{KB}\cdot524\,288=268\,435\,456\ \text{KB}=\mathbf{256\ GB}$$

(precisamente $256$ GiB, perché si usano le potenze di 2). Si noti che 512 KB per traccia sono 1024 settori da 512 B.

Esercizio 88

• Latenza media: $T_{\text{lat}}=30/7200\ \text{s}=4{,}167$ ms (mezzo giro; un giro è $60/7200=8{,}33$ ms).
• Trasferimento di 4 KB a 40 MB/s: $\dfrac{4\cdot1024}{40\cdot1024^2}$ s $=\dfrac{4}{40\cdot1024}$ s $=9{,}77\cdot10^{-5}$ s $\approx0{,}098$ ms.

Prima richiesta (traccia $t$ qualunque): $T_{\text{medio}}=T_{\text{seek}}+T_{\text{lat}}+T_{\text{trasf}}=3+4{,}167+0{,}098=\mathbf{7{,}27\ ms}$ (la soluzione del corso scrive 7,268 ms perché usa 4,17 ms).

Seconda richiesta, stessa traccia: la testina è già lì, non c'è seek: $T'_{\text{medio}}=T_{\text{lat}}+T_{\text{trasf}}=4{,}167+0{,}098=\mathbf{4{,}27\ ms}$ (4,268 nel corso).

Esercizio 89

Blocchi da 4 KB: nella soluzione del corso si approssimano 4000 byte per blocco (4096 se si è esatti: cambia solo il blocco in cui cade la posizione, non il risultato qui). Con $T_{\text{lat}}=4{,}17$ ms (mezza rotazione a 7200 RPM).

(a) Posizione 10 000. $10\,000/4096=2{,}44$: cade nel terzo blocco del file (indice 2), un blocco diretto dell'inode. L'inode è già in memoria (file aperto): serve 1 accesso al disco, con seek più latenza:

$$T=10+4{,}17=\mathbf{14{,}17\ ms}.$$

(b) Posizione 100 000. $100\,000/4096=24{,}4$: indice 24, cioè oltre i 12 puntatori diretti: cade in un blocco raggiungibile tramite il blocco indiretto singolo. Servono 2 accessi al disco: il blocco indiretto (per trovare l'indirizzo) e poi il blocco dati. Poiché i blocchi sono tutti sulla stessa traccia, il seek si paga una volta sola, la latenza due volte:

$$T=10+4{,}17+4{,}17=\mathbf{18{,}34\ ms}.$$

(Il tempo di trasferimento di 4 KB è trascurabile rispetto a seek e latenza.)

Esercizio 94

Sia $s$ il tempo di servizio, $s_d=15$ ms quello del disco, $s_c$ quello della cache, $h$ l'hit ratio:

$$s=s_d(1-h)+s_c\,h.$$

Passo 1: il tempo di servizio della cache. Con $h=0{,}8$ e $s=6$: $6=15\cdot0{,}2+s_c\cdot0{,}8\Rightarrow s_c=\dfrac{6-3}{0{,}8}=\mathbf{3{,}75\ ms}$.

Passo 2: l'hit ratio per $s=4{,}2$ ms. $4{,}2=15(1-h)+3{,}75\,h=15-11{,}25\,h\Rightarrow h=\dfrac{15-4{,}2}{15-3{,}75}=\dfrac{10{,}8}{11{,}25}=\mathbf{0{,}96}$.

L'hit ratio deve salire dall'80% al 96%.

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Errori tipici

• Usare l'intera durata di un giro come latenza media (è mezzo giro, $30/\text{RPM}$).
• Pagare il seek anche per due richieste sulla stessa traccia: nel secondo caso dell'88 non c'è.
• Nell'89(b), pagare il seek due volte: blocco indiretto e blocco dati sono sulla stessa traccia.
• Scambiare i ruoli di $s_d$ e $s_c$ nella formula del tempo di servizio.
• Convertire male KB/s e MB/s nel tempo di trasferimento.