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关于 c:gcc 简单算术循环性能

codeneng 2023-03-28 原文

gcc simple arithmetics loop performance

问题：明显多出一行代码会使程序加速近两倍。

这是一个很难表述的原始问题，它来自边界检查消除算法。所以，只是一些我无法理解的简单测试。

明显多出一行代码可以使程序加速近两倍。

有以下来源：

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#include <stdlib.h>
#include <stdio.h>

int main(void)
{
   long i = 0, a = 0, x = 0;
   int  up = 200000000;

   int *values = malloc(sizeof(int)*up);

   for (i = 0; i < up ; ++i)
   {
        values[i]=i % 2;
   }
   for (i = 0; i < up  ; ++i)
   {
      x  =  (a & i);
#ifdef FAST
      x = 0;
#endif
      a += values[x];
   }
   printf ("a=%ld\
", a);
   return 0;
}/*main*/

在本例中，'a' 的值始终为 0。行
x = 0;
是额外的。

但是，(看——没有任何优化！)
$gcc -O0 -o 短短.c

  • 请不要在没有优化的情况下进行基准测试。这就像在不告诉他应该跑的情况下为 Usain Bolt 的 100m 冲刺计时。
  • x=0; 行可能只会执行一次。常量折叠是一个非常基本的优化。 -O0 标志并不真正意味着"没有优化"——在预处理阶段会发生很多事情。
  • @Mystical：这取决于......当然，您不应该将优化与非(或不同)优化的代码进行比较。但是使用完全相同的优化进行测试对于测试算法本身很有用，而与编译器特定的优化无关。

简答：存储 0 可消除其中一个循环中的先读后写依赖性。

详情：

我认为这是一个有趣的问题，尽管您关注的是 O0 优化级别，但在 O3 上也看到了相同的加速。但是查看 O0 可以更轻松地关注处理器正在做什么来优化代码而不是编译器，因为正如您所指出的，生成的汇编代码仅相差 1 条指令。

感兴趣的循环的汇编代码如下所示

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  movq  $0, -32(%rbp)
  jmp .L4
.L5:    
  movq  -32(%rbp), %rax
  movq  -24(%rbp), %rdx
  andq  %rdx, %rax    
  movq  %rax, -16(%rbp)
  movq  $0, -16(%rbp)     ;; This instruction in FAST but not SLOW
  movq  -16(%rbp), %rax
  leaq  0(,%rax,4), %rdx
  movq  -8(%rbp), %rax  
  addq  %rdx, %rax      
  movl  (%rax), %eax    
  cltq                  
  addq  %rax, -24(%rbp)
  addq  $1, -32(%rbp)
.L4:                    
  movl  -36(%rbp), %eax
  cltq                  
  cmpq  -32(%rbp), %rax
  jg  .L5

在我的系统上使用 perf stat 运行我得到以下结果：

慢代码的结果

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Performance counter stats for './slow_o0':

   1827.438670 task-clock                #    0.999 CPUs utilized          
           155 context-switches          #    0.085 K/sec                  
             1 CPU-migrations            #    0.001 K/sec                  
       195,448 page-faults               #    0.107 M/sec                  
 6,675,246,466 cycles                    #    3.653 GHz                    
 4,391,690,661 stalled-cycles-frontend   #   65.79% frontend cycles idle  
 1,609,321,845 stalled-cycles-backend    #   24.11% backend  cycles idle  
 7,157,837,211 instructions              #    1.07  insns per cycle        
                                         #    0.61  stalled cycles per insn
   490,110,757 branches                  #  268.195 M/sec                  
       178,287 branch-misses             #    0.04% of all branches        

   1.829712061 seconds time elapsed

快速代码的结果

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 Performance counter stats for './fast_o0':

   1109.451910 task-clock                #    0.998 CPUs utilized          
            95 context-switches          #    0.086 K/sec                  
             1 CPU-migrations            #    0.001 K/sec                  
       195,448 page-faults               #    0.176 M/sec                  
 4,067,613,078 cycles                    #    3.666 GHz                    
 1,784,131,209 stalled-cycles-frontend   #   43.86% frontend cycles idle  
   438,447,105 stalled-cycles-backend    #   10.78% backend  cycles idle  
 7,356,892,998 instructions              #    1.81  insns per cycle        
                                         #    0.24  stalled cycles per insn
   489,945,197 branches                  #  441.610 M/sec                  
       176,136 branch-misses             #    0.04% of all branches        

   1.111398442 seconds time elapsed

因此您可以看到，即使"快速"代码执行更多指令，它的停顿也更少。当乱序 CPU(像大多数 x64 架构)正在执行代码时，它会跟踪指令之间的依赖关系。如果操作数已准备好，另一条指令可以绕过等待指令。

在这个例子中，关键点很可能是这个指令序列：

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  andq  %rdx, %rax
  movq  %rax, -16(%rbp)
  movq  $0, -16(%rbp)     ;; This instruction in FAST but not SLOW
  movq  -16(%rbp), %rax  
  leaq  0(,%rax,4), %rdx
  movq  -8(%rbp), %rax

在快速代码中，movq -8(%rbp), %rax 指令将把 movq $0, -16(%rbp) 的结果转发给它，它能够更快地执行。而较慢的版本将不得不等待在循环迭代之间具有更多依赖关系的 movq %rax, -16(%rbp)。

请注意，在不了解具体微架构的情况下，此分析可能过于简单化。但我怀疑根本原因是这种依赖性，并且执行 0 的存储(movq $0, -16(%rbp) 指令)允许 CPU 在执行代码序列时执行更积极的推测。

  • 谢谢。完美的答案，我拥有一切！

gcc关于spannbspclassc

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