这是一个简单的memset带宽基准：
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <time.h>
int main()
{
unsigned long n, r, i;
unsigned char *p;
clock_t c0, c1;
double elapsed;
n = 1000 * 1000 * 1000; /* GB */
r = 100; /* repeat */
p = calloc(n, 1);
c0 = clock();
for(i = 0; i < r; ++i) {
memset(p, (int)i, n);
printf("%4d/%4ld\r", p[0], r); /* "use" the result */
fflush(stdout);
}
c1 = clock();
elapsed = (c1 - c0) / (double)CLOCKS_PER_SEC;
printf("Bandwidth = %6.3f GB/s (Giga = 10^9)\n", (double)n * r / elapsed / 1e9);
free(p);
}
在我的系统（详情如下）中使用单个DDR3-1600内存模块，输出：
带宽= 4.751 GB / s（千兆= 10 ^ 9）
这是理论RAM速度的37％：1.6 GHz * 8 bytes = 12.8 GB/s
另一方面，这是一个类似的“阅读”测试：
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <time.h>
unsigned long do_xor(const unsigned long* p, unsigned long n)
{
unsigned long i, x = 0;
for(i = 0; i < n; ++i)
x ^= p[i];
return x;
}
int main()
{
unsigned long n, r, i;
unsigned long *p;
clock_t c0, c1;
double elapsed;
n = 1000 * 1000 * 1000; /* GB */
r = 100; /* repeat */
p = calloc(n/sizeof(unsigned long), sizeof(unsigned long));
c0 = clock();
for(i = 0; i < r; ++i) {
p[0] = do_xor(p, n / sizeof(unsigned long)); /* "use" the result */
printf("%4ld/%4ld\r", i, r);
fflush(stdout);
}
c1 = clock();
elapsed = (c1 - c0) / (double)CLOCKS_PER_SEC;
printf("Bandwidth = %6.3f GB/s (Giga = 10^9)\n", (double)n * r / elapsed / 1e9);
free(p);
}
输出：
带宽= 11.516 GB / s（千兆= 10 ^ 9）
我可以接近读取性能的理论极限，例如对大型阵列进行异或，但写入速度要慢得多。为什么呢？
操作系统 Ubuntu 14.04 AMD64（我使用gcc -O3编译。使用-O3 -march=native会使读取性能稍差，但不会影响memset）
CPU Xeon E5-2630 v2
RAM 单个“16GB PC3-12800奇偶REG CL11 240针DIMM”（盒子上的内容）我认为拥有一个DIMM可以让性能更具可预测性。我假设使用4个DIMM，memset 最多 4倍。
主板 Supermicro X9DRG-QF（支持4声道内存）
附加系统 ：具有2x 4GB DDR3-1067 RAM的笔记本电脑：读取和写入均为5.5 GB / s，但请注意它使用2个DIMM。
P.S。 用此版本替换memset会产生完全相同的效果
void *my_memset(void *s, int c, size_t n)
{
unsigned long i = 0;
for(i = 0; i < n; ++i)
((char*)s)[i] = (char)c;
return s;
}
答案 0 :(得分：43)
通过你的程序，我得到了
(write) Bandwidth = 6.076 GB/s
(read) Bandwidth = 10.916 GB/s
。 （我没有比手头更详细的信息，抱歉。）
但是，此程序报告的写入带宽为12.209 GB/s：
#include <assert.h>
#include <stdint.h>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <time.h>
#include <emmintrin.h>
static void
nt_memset(char *buf, unsigned char val, size_t n)
{
/* this will only work with aligned address and size */
assert((uintptr_t)buf % sizeof(__m128i) == 0);
assert(n % sizeof(__m128i) == 0);
__m128i xval = _mm_set_epi8(val, val, val, val,
val, val, val, val,
val, val, val, val,
val, val, val, val);
for (__m128i *p = (__m128i*)buf; p < (__m128i*)(buf + n); p++)
_mm_stream_si128(p, xval);
_mm_sfence();
}
/* same main() as your write test, except calling nt_memset instead of memset */
魔法全部在_mm_stream_si128，也就是机器指令movntdq，它将16字节的数量写入系统RAM，绕过缓存（官方术语为这是＆＃34; non-temporal store＆＃34;）。我认为这非常有说服力地证明了的性能差异是关于缓存行为的。
N.B。 glibc 2.19 有一个精心手工优化的memset，它使用向量指令。但是，它不使用非临时存储。这可能是memset的正确事情;一般情况下，您在使用它之前不久就清除了内存，因此希望它在缓存中很热。 （我认为一个更聪明的memset可能会切换到真正巨大的块清除的非临时存储，理论上你不可能想要所有这些在缓存中，因为缓存根本不是那么大。）
Dump of assembler code for function memset:
=> 0x00007ffff7ab9420 <+0>: movd %esi,%xmm8
0x00007ffff7ab9425 <+5>: mov %rdi,%rax
0x00007ffff7ab9428 <+8>: punpcklbw %xmm8,%xmm8
0x00007ffff7ab942d <+13>: punpcklwd %xmm8,%xmm8
0x00007ffff7ab9432 <+18>: pshufd $0x0,%xmm8,%xmm8
0x00007ffff7ab9438 <+24>: cmp $0x40,%rdx
0x00007ffff7ab943c <+28>: ja 0x7ffff7ab9470 <memset+80>
0x00007ffff7ab943e <+30>: cmp $0x10,%rdx
0x00007ffff7ab9442 <+34>: jbe 0x7ffff7ab94e2 <memset+194>
0x00007ffff7ab9448 <+40>: cmp $0x20,%rdx
0x00007ffff7ab944c <+44>: movdqu %xmm8,(%rdi)
0x00007ffff7ab9451 <+49>: movdqu %xmm8,-0x10(%rdi,%rdx,1)
0x00007ffff7ab9458 <+56>: ja 0x7ffff7ab9460 <memset+64>
0x00007ffff7ab945a <+58>: repz retq
0x00007ffff7ab945c <+60>: nopl 0x0(%rax)
0x00007ffff7ab9460 <+64>: movdqu %xmm8,0x10(%rdi)
0x00007ffff7ab9466 <+70>: movdqu %xmm8,-0x20(%rdi,%rdx,1)
0x00007ffff7ab946d <+77>: retq
0x00007ffff7ab946e <+78>: xchg %ax,%ax
0x00007ffff7ab9470 <+80>: lea 0x40(%rdi),%rcx
0x00007ffff7ab9474 <+84>: movdqu %xmm8,(%rdi)
0x00007ffff7ab9479 <+89>: and $0xffffffffffffffc0,%rcx
0x00007ffff7ab947d <+93>: movdqu %xmm8,-0x10(%rdi,%rdx,1)
0x00007ffff7ab9484 <+100>: movdqu %xmm8,0x10(%rdi)
0x00007ffff7ab948a <+106>: movdqu %xmm8,-0x20(%rdi,%rdx,1)
0x00007ffff7ab9491 <+113>: movdqu %xmm8,0x20(%rdi)
0x00007ffff7ab9497 <+119>: movdqu %xmm8,-0x30(%rdi,%rdx,1)
0x00007ffff7ab949e <+126>: movdqu %xmm8,0x30(%rdi)
0x00007ffff7ab94a4 <+132>: movdqu %xmm8,-0x40(%rdi,%rdx,1)
0x00007ffff7ab94ab <+139>: add %rdi,%rdx
0x00007ffff7ab94ae <+142>: and $0xffffffffffffffc0,%rdx
0x00007ffff7ab94b2 <+146>: cmp %rdx,%rcx
0x00007ffff7ab94b5 <+149>: je 0x7ffff7ab945a <memset+58>
0x00007ffff7ab94b7 <+151>: nopw 0x0(%rax,%rax,1)
0x00007ffff7ab94c0 <+160>: movdqa %xmm8,(%rcx)
0x00007ffff7ab94c5 <+165>: movdqa %xmm8,0x10(%rcx)
0x00007ffff7ab94cb <+171>: movdqa %xmm8,0x20(%rcx)
0x00007ffff7ab94d1 <+177>: movdqa %xmm8,0x30(%rcx)
0x00007ffff7ab94d7 <+183>: add $0x40,%rcx
0x00007ffff7ab94db <+187>: cmp %rcx,%rdx
0x00007ffff7ab94de <+190>: jne 0x7ffff7ab94c0 <memset+160>
0x00007ffff7ab94e0 <+192>: repz retq
0x00007ffff7ab94e2 <+194>: movq %xmm8,%rcx
0x00007ffff7ab94e7 <+199>: test $0x18,%dl
0x00007ffff7ab94ea <+202>: jne 0x7ffff7ab950e <memset+238>
0x00007ffff7ab94ec <+204>: test $0x4,%dl
0x00007ffff7ab94ef <+207>: jne 0x7ffff7ab9507 <memset+231>
0x00007ffff7ab94f1 <+209>: test $0x1,%dl
0x00007ffff7ab94f4 <+212>: je 0x7ffff7ab94f8 <memset+216>
0x00007ffff7ab94f6 <+214>: mov %cl,(%rdi)
0x00007ffff7ab94f8 <+216>: test $0x2,%dl
0x00007ffff7ab94fb <+219>: je 0x7ffff7ab945a <memset+58>
0x00007ffff7ab9501 <+225>: mov %cx,-0x2(%rax,%rdx,1)
0x00007ffff7ab9506 <+230>: retq
0x00007ffff7ab9507 <+231>: mov %ecx,(%rdi)
0x00007ffff7ab9509 <+233>: mov %ecx,-0x4(%rdi,%rdx,1)
0x00007ffff7ab950d <+237>: retq
0x00007ffff7ab950e <+238>: mov %rcx,(%rdi)
0x00007ffff7ab9511 <+241>: mov %rcx,-0x8(%rdi,%rdx,1)
0x00007ffff7ab9516 <+246>: retq
（这是在libc.so.6，而不是程序本身 - 试图转储memset程序集的另一个人似乎只是找到了它的PLT条目。获取程序集的最简单方法在Unixy系统上转储真正的memset是
$ gdb ./a.out
(gdb) set env LD_BIND_NOW t
(gdb) b main
Breakpoint 1 at [address]
(gdb) r
Breakpoint 1, [address] in main ()
(gdb) disas memset
...
）
答案 1 :(得分：28)
性能的主要区别来自PC /内存区域的缓存策略。当您从内存中读取并且数据不在缓存中时，必须首先通过内存总线将内存提取到缓存，然后才能对数据执行任何计算。但是，当您写入内存时，会有不同的写入策略。很可能你的系统正在使用回写缓存（或者更确切地说是＃34;写分配＆＃34;），这意味着当你写入不在缓存中的内存位置时，首先会获取数据从存储器到高速缓存并最终在从高速缓存中逐出数据时写回存储器，这意味着数据的往返和写入时的2x总线带宽使用。还有直写缓存策略（或＃34;无写分配＆＃34;），这通常意味着在写入时高速缓存未命中时，数据不会被提取到高速缓存，并且应该更接近于高速缓存。读写的性能相同。
答案 2 :(得分：16)
差异 - 至少在我的机器上，使用AMD处理器 - 是读取程序使用矢量化操作。对编写程序进行反编译会产生这个结果：
0000000000400610 <main>:
...
400628: e8 73 ff ff ff callq 4005a0 <clock@plt>
40062d: 49 89 c4 mov %rax,%r12
400630: 89 de mov %ebx,%esi
400632: ba 00 ca 9a 3b mov $0x3b9aca00,%edx
400637: 48 89 ef mov %rbp,%rdi
40063a: e8 71 ff ff ff callq 4005b0 <memset@plt>
40063f: 0f b6 55 00 movzbl 0x0(%rbp),%edx
400643: b9 64 00 00 00 mov $0x64,%ecx
400648: be 34 08 40 00 mov $0x400834,%esi
40064d: bf 01 00 00 00 mov $0x1,%edi
400652: 31 c0 xor %eax,%eax
400654: 48 83 c3 01 add $0x1,%rbx
400658: e8 a3 ff ff ff callq 400600 <__printf_chk@plt>
但这适用于阅读计划：
00000000004005d0 <main>:
....
400609: e8 62 ff ff ff callq 400570 <clock@plt>
40060e: 49 d1 ee shr %r14
400611: 48 89 44 24 18 mov %rax,0x18(%rsp)
400616: 4b 8d 04 e7 lea (%r15,%r12,8),%rax
40061a: 4b 8d 1c 36 lea (%r14,%r14,1),%rbx
40061e: 48 89 44 24 10 mov %rax,0x10(%rsp)
400623: 0f 1f 44 00 00 nopl 0x0(%rax,%rax,1)
400628: 4d 85 e4 test %r12,%r12
40062b: 0f 84 df 00 00 00 je 400710 <main+0x140>
400631: 49 8b 17 mov (%r15),%rdx
400634: bf 01 00 00 00 mov $0x1,%edi
400639: 48 8b 74 24 10 mov 0x10(%rsp),%rsi
40063e: 66 0f ef c0 pxor %xmm0,%xmm0
400642: 31 c9 xor %ecx,%ecx
400644: 0f 1f 40 00 nopl 0x0(%rax)
400648: 48 83 c1 01 add $0x1,%rcx
40064c: 66 0f ef 06 pxor (%rsi),%xmm0
400650: 48 83 c6 10 add $0x10,%rsi
400654: 49 39 ce cmp %rcx,%r14
400657: 77 ef ja 400648 <main+0x78>
400659: 66 0f 6f d0 movdqa %xmm0,%xmm2 ;!!!! vectorized magic
40065d: 48 01 df add %rbx,%rdi
400660: 66 0f 73 da 08 psrldq $0x8,%xmm2
400665: 66 0f ef c2 pxor %xmm2,%xmm0
400669: 66 0f 7f 04 24 movdqa %xmm0,(%rsp)
40066e: 48 8b 04 24 mov (%rsp),%rax
400672: 48 31 d0 xor %rdx,%rax
400675: 48 39 dd cmp %rbx,%rbp
400678: 74 04 je 40067e <main+0xae>
40067a: 49 33 04 ff xor (%r15,%rdi,8),%rax
40067e: 4c 89 ea mov %r13,%rdx
400681: 49 89 07 mov %rax,(%r15)
400684: b9 64 00 00 00 mov $0x64,%ecx
400689: be 04 0a 40 00 mov $0x400a04,%esi
400695: e8 26 ff ff ff callq 4005c0 <__printf_chk@plt>
40068e: bf 01 00 00 00 mov $0x1,%edi
400693: 31 c0 xor %eax,%eax
另请注意，您的“自制”memset实际上已经过优化，只能调用memset：
00000000004007b0 <my_memset>:
4007b0: 48 85 d2 test %rdx,%rdx
4007b3: 74 1b je 4007d0 <my_memset+0x20>
4007b5: 48 83 ec 08 sub $0x8,%rsp
4007b9: 40 0f be f6 movsbl %sil,%esi
4007bd: e8 ee fd ff ff callq 4005b0 <memset@plt>
4007c2: 48 83 c4 08 add $0x8,%rsp
4007c6: c3 retq
4007c7: 66 0f 1f 84 00 00 00 nopw 0x0(%rax,%rax,1)
4007ce: 00 00
4007d0: 48 89 f8 mov %rdi,%rax
4007d3: c3 retq
4007d4: 66 2e 0f 1f 84 00 00 nopw %cs:0x0(%rax,%rax,1)
4007db: 00 00 00
4007de: 66 90 xchg %ax,%ax
我找不到关于memset是否使用向量化操作的任何引用，memset@plt的反汇编在这里无益：
00000000004005b0 <memset@plt>:
4005b0: ff 25 72 0a 20 00 jmpq *0x200a72(%rip) # 601028 <_GLOBAL_OFFSET_TABLE_+0x28>
4005b6: 68 02 00 00 00 pushq $0x2
4005bb: e9 c0 ff ff ff jmpq 400580 <_init+0x20>
This question表明，由于memset旨在处理每个案例，因此可能缺少一些优化。
This guy肯定相信您需要使用自己的汇编程序memset来利用SIMD指令。 This question does, too。
我将在黑暗中拍摄并猜测它没有使用SIMD操作，因为它无法判断它是否会在一个矢量化操作大小的倍数上运行，或者有一些与对齐相关的问题。
但是，我们可以通过查看cachegrind来确认不是否存在缓存效率问题。写程序产生以下内容：
==19593== D refs: 6,312,618,768 (80,386 rd + 6,312,538,382 wr)
==19593== D1 misses: 1,578,132,439 ( 5,350 rd + 1,578,127,089 wr)
==19593== LLd misses: 1,578,131,849 ( 4,806 rd + 1,578,127,043 wr)
==19593== D1 miss rate: 24.9% ( 6.6% + 24.9% )
==19593== LLd miss rate: 24.9% ( 5.9% + 24.9% )
==19593==
==19593== LL refs: 1,578,133,467 ( 6,378 rd + 1,578,127,089 wr)
==19593== LL misses: 1,578,132,871 ( 5,828 rd + 1,578,127,043 wr) <<
==19593== LL miss rate: 9.0% ( 0.0% + 24.9% )
并且读取程序产生：
==19682== D refs: 6,312,618,618 (6,250,080,336 rd + 62,538,282 wr)
==19682== D1 misses: 1,578,132,331 (1,562,505,046 rd + 15,627,285 wr)
==19682== LLd misses: 1,578,131,740 (1,562,504,500 rd + 15,627,240 wr)
==19682== D1 miss rate: 24.9% ( 24.9% + 24.9% )
==19682== LLd miss rate: 24.9% ( 24.9% + 24.9% )
==19682==
==19682== LL refs: 1,578,133,357 (1,562,506,072 rd + 15,627,285 wr)
==19682== LL misses: 1,578,132,760 (1,562,505,520 rd + 15,627,240 wr) <<
==19682== LL miss rate: 4.1% ( 4.1% + 24.9% )
虽然读取程序具有较低的LL未命中率，因为它执行更多读取（每XOR次操作额外读取），但未命中总数是相同的。所以无论问题是什么，都不存在。
答案 3 :(得分：9)
缓存和位置几乎可以肯定地解释了您所看到的大部分效果。
写入时没有任何缓存或位置，除非您需要非确定性系统。大多数写入时间都是以数据一直到达存储介质所需的时间来衡量的（无论是硬盘驱动器还是内存芯片），而读取可以来自任何数量的缓存层，这些缓存层比存储介质。
答案 4 :(得分：6)
它可能就是它如何（整个系统）执行。读取速度更快appears to be a common trend，具有宽范围的相对吞吐量性能。在列出的DDR3英特尔和DDR2图表的快速分析上，作为（写/读）％的几个选择案例;
一些性能最佳的DDR3芯片写入的读取吞吐量约为60-70％。但是，有一些内存模块（即Golden Empire CL11-13-13 D3-2666）下降到只有~30％写入。
与读取相比，性能最佳的DDR2芯片似乎只有约50％的写入吞吐量。但也有一些特别糟糕的竞争者（即OCZ OCZ21066NEW_BT1G）降至约20％。
虽然这可能无法解释报告〜40％写入/读取的 原因，因为使用的基准代码和设置可能不同（notes are vague），这绝对是 a 因素。 （我会运行一些现有的基准程序，看看这些数字是否与问题中发布的代码一致。）
更新
我从链接网站下载了内存查找表，并在Excel中进行了处理。虽然它仍然显示宽范围的值，但它比上面的原始回复要小得多，后者仅查看顶部读取的内存芯片和一些从图表中选择的“有趣”条目。我不确定为什么这些差异，特别是在上面提到的可怕的竞争者中，不存在于次要名单中。
然而，即使在新数字下，差异仍然大范围从读取性能的50％-100％（中位数65，平均值65）。请注意，仅仅因为芯片在写入/读取比率方面“100％”有效并不意味着它总体上更好..只是它在两个操作之间更加平稳。
答案 5 :(得分：4)
这是我的工作假设。如果正确，它解释了为什么写入比读取慢两倍：
即使memset仅写入虚拟内存，忽略其先前的内容，在硬件级别，计算机也无法对DRAM进行纯写入：它将DRAM的内容读入缓存，在那里修改它们然后把它们写回DRAM。因此，在硬件级别，memset同时进行读写（即使前者似乎无用）！因此大约有两倍的速度差异。
答案 6 :(得分：2)
因为要读取你只是脉冲地址线并读出感测线上的核心状态。回写周期发生在数据传送到CPU之后，因此不会减慢速度。另一方面，要写入，必须首先执行假读取以重置核心，然后执行写入循环。
（以防它不明显，这个答案是诙谐的 - 描述为什么写入比在旧的核心内存盒上读取要慢。）