Answer

A set of techniques and hardware allowing us to execute a program even when not entirely in memory.

Answer

Certain options of a program that are rarely used. Many error-handling sections. Large arrays, lists, and tables, where only a small portion is used.

Answer

• Simplifies the programming task.
• More user-programs can run concurrently in newly freed memory.
• Less swapping of entire programs, thus less I/O.

Answer

Overlay methods have disappeared.

Answer

Design where a page is never swapped into memory unless needed.

Answer

Decreases swap time and the amount of free physical memory, allows higher degree of multiprogramming.

Answer

To indicate whether an address is invalid, or a page is swapped out. It is kept in the page-frame table.

Answer

An interrupt caused by program needing a specific page not yet in memory.

Answer

1. Check page-frame table in PCB. If address invalid, abort program.
2. If address valid, but its page not current, bring it in.
3. Find free frame.
4. Request I/O for the desired page.
5. Update the page-frame table in PCB.
6. Restart the instruction.

Answer

• Page fault while fetching the instruction.
• Page fault while fetching the operands.
• Page fault while storing data to memory.

Answer

• Access both ends of both blocks involved to bring in all needed pages.
• Save values needed for instructions and operands in temporary registers.

Answer

Let p = probability of a page fault, t = memory access time, f = page-fault time. Then effective time = (1 - p) × t + p × f.

Answer

• Time to service interrupt.
• Time to swap page.
• Time to restart process.

Answer

• Aborting user program (poor solution).
• Swap out an entire program, freeing its frames.
• Replacing particular existing frames.

Answer

Selecting a frame (preferably not in use) as a victim; swap it out; swap in the desired page into this frame; restarting program.

Answer

Two: first one out, second one in.

Answer

If set, the page has been modified, and must be written back to backing store before being used as a victim.

Answer

Choose the victims to achieve the lowest page-fault rate.

Answer

Reference strings: list of memory address references made by programs.

Answer

“First-in-First-out;” oldest page is chosen as victim, as determined by its position in a queue. Easy to understand; performance not always good.

Answer

You’d expect that the page-fault rate would decrease as the number of frames increases; but Belady’s anomaly says this is not true in all algorithms.

Answer

OPTimal, or MINimum page-fault method. Replace the page that will not be used for the longest future time.

Answer

It requires future knowledge of the reference string. It is used to compare with other methods.

Answer

Least recently used page is the victim of page replacement.

Answer

• Use hardware counter and/or clock. Page table contains time that is updated after each use. Page with oldest time is victim.
• Use stack of page numbers. On each use, page number is moved to top of stack, and rest are shifted down. Bottom number is the victim.
• Use a reference bit that is set after use, but cleared after time intervals. Victim is one with bit cleared.
• Use a reference byte. After given time interval, the byte in each page is shifted right, but page in use has sign-bit set. Victim is page with lowest-valued byte.

Answer

Yes. Otherwise, system would spend more time selecting victims than in running programs.

Answer

Pages are arranged in FIFO order, but have a reference bit. Oldest page is selected; if bit is clear, it is the victim. If bit is set, we clear it and look at next page.

Answer

It keeps the number of references made to each page, and shifts the count right after regular intervals. Page with lowest count is victim.

Answer

1. Each process uses same number, “equal allocation.”
2. Each process uses a number of frames proportional to the size of the process, “proportional allocation size.”

Answer

• You can’t allocate fractional parts of frames; each process uses the ceiling (number given).
• Total number of frames can’t be more than exist.
• May want to give some processes higher priority.

Answer

Local replacement: victim of replacement is in current process. Global replacement: victim of replacement selected from any process.

Answer

State where the system spends an excessive amount of time on paging, compared to the execution of processes.

Answer

A set of pages which are actively used together.

Answer

The set of pages referenced in the most recent time period delta, called the working set window.

Answer

It allows you to determine a near optimum size for each process, and to allocate frames to prevent thrashing, yet with high degree of multiprogramming.

Answer

Lower and upper levels of page-fault rates are specified. If a process faults more often than upper, it is given more frames; if it faults less than lower, frames are removed from it.

Answer

Each process needs a minimum number of pages to run initially. Bring them in immediately to reduce paging later.

Answer

• A large page size will allow the page table size to be small.
• To minimize internal fragmentation, the page size should be small.
• To minimize I/O times, page size should be large.
• The quantity of I/O is reduced for smaller pages, as locality is improved.
• To minimize the number of page faults, need large pages.

Answer

• If a two-dimensional array is stored by rows, it should be accessed by rows, to avoid excess paging.
• Stacks have good locality, hash tables produce poor locality.
• Writing programs in reentrant fashion will prevent pages from becoming “dirty.”
• Separating code and data allows each to be treated in a different locality and to be paged separately.

Answer

1. Never execute I/O to user memory; thus allow the waiting process’ pages to be swapped out.
2. Lock the pages waiting for I/O into memory using a lock bit.

Answer

To prevent a newly swapped-in page from being swapped out before it can be used. The danger is that the bit may never get turned off, and the frame could become unusable.

Answer

Real memory uses physical addresses. These are the numbers that the memory chips react to on the bus. Virtual addresses are the logical addresses that refer to a process’ address space. Thus a machine with a 16-bit word can generate virtual addresses up to 64K, regardless of whether the machine has more or less memory than 64 KB.

Απάντηση

Για τον χώρο των εικονικών διευθύνσεων χρησιμοποιούνται 32bit. Από αυτά τα 12bit είναι για το μέγεθος της σελίδας (4096=2¹²). Τα υπόλοιπα 20bit χρησιμοποιούνται για τον πίνακα σελίδων.

Η εικονική διεύθυνση σε δυαδική μορφή είναι: 0001 0001 0001 0010 0011 0100 0101 0110

Τα 20 πρώτα bit μας δίνουν τον αριθμό σελίδας και τα υπόλοιπα 12 την μετατόπιση.

Αριθμός Σελίδας: 0001 0001 0001 0010 0011 = 69923₍₁₀₎ Μετατόπιση: 0100 0101 0110 = 1110₍₁₀₎

Το σύστημα από τον πίνακα σελίδων θα βρει σε πιο πλαίσιο αντιστοιχεί η σελίδα. Το πλαίσιο αυτό θα αποτελέσει (σε δυαδική μορφή) τα πρώτα bits της φυσική διεύθυνσης και τα 12 τελευταία bits θα είναι αυτά της μετατόπισης.

Απάντηση

Για αναπαράσταση σελίδων των 4Κ χρειάζονται 12bit (2¹²=4096). Οι σελίδες που δίνονται δεν ξεπερνούν το νούμερο 65536 το οποίο ισούτε με 2¹⁶. Συμπεραίνουμε, λοιπόν, ότι οι διευθύνσεις έχουν 16bit εκ' των οποίων τα 4 χρησιμοποιούνται για τον αριθμό σελίδας και τα 12 για την μετατόπιση (offset). Με 4bit για τις σελίδες έχουμε συνολικά 2⁴=16 σελίδες.

Η εικονική διεύθυνση 20000 δίνει:

Η εικονική διεύθυνση 32768 δίνει:

Η εικονική διεύθυνση 60000 δίνει:

Για σελίδες των 8K χρειάζονται 13bit (2¹³=8192). Έτσι, για τις σελίδες έχουμε 3bit (16 - 13) και συνολικά 2³=8 σελίδες.

Η εικονική διεύθυνση 20000 δίνει:

Η εικονική διεύθυνση 32768 δίνει:

Η εικονική διεύθυνση 60000 δίνει:

Answer

A page fault every k instructions adds an extra overhead of n/k μsec to the average, so the average instruction takes 10 + n/k nsec.

Answer

The page table contains 2³²/2¹³ entries, which is 524,288. Loading the page table takes 52 msec. If a process gets 100 msec, this consists of 52 msec for loading the page table and 48 msec for running. Thus 52 percent of the time is spent loading page tables.

Answer

Twenty bits are used for the virtual page numbers, leaving 12 over for the offset. This yields a 2¹²=4-KB page. Twenty bits for the virtual page implies 2²⁰ pages.

Answer

For a one-level page table, there are 2³²/2¹² or 1M pages needed. Thus the page table must have 1M entries.

For two-level paging, the main page table has 2¹⁰=1K entries, each of which points to a second page table. Only two of these are used. Thus in total only three page table entries are needed, one in the top-level table and one in each of the lower-level tables.

Answer

With 8-KB pages and a 48-bit virtual address space, the number of virtual pages is 2⁴⁸/2¹³, which is 2³⁵ (about 34 billion).

Απάντηση

• Έχουμε 1053 = 4*256 + 29 , συνεπώς η Δ1 απαιτεί 4 σελίδες (των 256 bytes η κάθε μια) + 29 bytes επί πλέον, άρα συνολικά 5 σελίδες. Οπότε θα διεκδικήσει από την MMU 5 πλαίσια για να χωρέσουν όλες οι σελίδες της. Στην 5η σελίδα μόνο τα 29 από τα 256 bytes θα χρησιμοποιηθούν. Τα υπόλοιπα 227 bytes μένουν άχρηστα (εσωτερικός κατακερματισμός).
• Η σελίδα p=10 σε συνδυασμό με το offset d=34 αντιστοιχούν στην εικονική διεύθυνση v = p*256 + 34 = 2594 > 2047. Άρα η συγκεκριμένη εικονική διεύθυνση βρίσκεται έξω από τα όρια των διευθύνσεων που βρίσκονται στην φυσική μνήμη και άρα θα υπάρξει page fault.

Απάντηση

1. Η εικονική διεύθυνση αποτελείται από δύο πεδία: p = "αριθμός της σελίδας" και d = "offset ". Αφού υπάρχουν 8 εικονικές σελίδες ο αριθμός της σελίδας, p, είναι μεταξύ 0 και 7 και συνεπώς αρκούν 3 bits για να τον περιγράψουμε. Αφού μια σελίδα περιέχει 1024 bytes το offset, d, είναι ένας αριθμός μεταξύ 0 και 1023 οπότε αρκούν 10 bits για να το περιγράψουμε. Συνολικό μήκος εικονικής διεύθυνσης = 3+10 = 13 bits
2. Η φυσική διεύθυνση αποτελείται από δύο πεδία: f = "αριθμός πλαισίου" και d = "offset ". Αφού υπάρχουν 4 πλαίσια ο αριθμός πλαισίου, f, είναι μεταξύ 0 και 3 και συνεπώς αρκούν 2 bits για να τον περιγράψουμε. Το offset, d, όπως είπαμε και παραπάνω απαιτεί 10 bits. Συνολικό μήκος φυσικής διεύθυνσης = 2+10 = 12 bits
3. Η μετάφραση μιας λογικής (εικονικής) διεύθυνσης v σε μια φυσική διεύθυνση a γίνεται ως εξής: βρίσκουμε την σελίδα p = (v div 1024), όπου x div y = το πηλίκο της ακέραιας διαίρεσης x/y, και το offset d = (v - 1024*p). Από τον πίνακα σελίδων βρίσκουμε το πλαίσιο f που αντιστοιχεί στην σελίδα p, και αφήνουμε το offset ίδιο. Αν η σελίδα αντιστοιχεί σε κάποιο πλαίσιο τότε η τελική φυσική διεύθυνση είναι a = (d + 1024*f). Αν η σελίδα δεν αντιστοιχεί σε κάποιο πλαίσιο τότε έχουμε page fault.

Απάντηση

Για σελίδες των 4096 bytes, χρειάζονται:

• Κείμενο: 32768 / 4096 = 8 σελίδες
• Δεδομένα: 16386 / 4096 = 4,000488281 = 5 σελίδες (για το λίγο ακόμη που χρειάζεται παίρνει ολόκληρη την επιπλέον σελίδα)
• Στοίβα: 15870 / 4096 = 3,874511719 = 4 σελίδες

Συνολικά χρειάζεται 17 σελίδες. Στη μνήμη είναι διαθέσιμες 65536 / 4096 = 16 σελίδες. Άρα το πρόγραμμα δεν χωράει.

Για σελίδες των 512 bytes, χρειάζονται:

• Κείμενο: 32768 / 512 = 64 σελίδες
• Δεδομένα: 16386 / 512 = 32,00390625 = 33 σελίδες
• Στοίβα: 15870 / 512 = 30,99609375 = 31 σελίδες

Συνολικά χρειάζεται 128 σελίδες. Στη μνήμη είναι διαθέσιμες 65536 / 512 = 128 σελίδες. Άρα το πρόγραμμα χωράει.

Απάντηση

Ο τύπος που δίνει το μέσο χρόνο επίδοσης στη συσχετιστική μνήμη (TBL) δίνεται από τον τύπο:

Εδώ έχουμε: t_p=5nsec, t_c=1nsec, t_μ=2nsec Κάνουμε αντικατάσταση:

Άρα το ποσοστό επιτυχίας πρέπει να είναι 80%.

Απάντηση

• FIFO

      0   1   7   2   3   2   7   1   0   3
|   | 0 | 1 | 7 | 2 | 3 | 3 | 3 | 3 | 0 | 0 |
|   |   | 0 | 1 | 7 | 2 | 2 | 2 | 2 | 3 | 3 |
|   |   |   | 0 | 1 | 7 | 7 | 7 | 7 | 2 | 2 |
|   |   |   |   | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | 7 | 7 |
      P   P   P   P   P               P

Συνολικά 6 λάθη σελίδας.

• LRU

      0   1   7   2   3   2   7   1   0   3
|   | 0 | 1 | 7 | 2 | 3 | 2 | 7 | 1 | 0 | 3 |
|   |   | 0 | 1 | 7 | 2 | 3 | 2 | 7 | 1 | 0 |
|   |   |   | 0 | 1 | 7 | 7 | 3 | 2 | 7 | 1 |
|   |   |   |   | 0 | 1 | 1 | 1 | 3 | 2 | 7 |
      P   P   P   P   P               P   P

Συνολικά 7 λάθη σελίδας.

Απάντηση

Υπάρχουν δύο τρόποι για να βρούμε τους μετρητές.

1ο Τρόπος: Ξεκινάμε τους μετρητές από την αρχική κατάσταση (00000000) και για κάθε 4δα R bits, βάζουμε τα bit στους αντίστοιχους μετρητές

2ος Τρόπος: Μπορούμε να βάλουμε τα R bits το ένα κάτω από το άλλο με αντίστροφη σειρά (από το τελευταίο προς το πρώτο). Τα bits της πρώτης στήλης αντιστοιχούν στη σελίδα 0, της δεύτερης στην 1 κ.ο.κ.

Απάντηση

1. NRU: Αντικαθιστά σελίδα από την κατηγορία 0 (R=0, M=0), άρα τη σελίδα 2
2. FIFO: Με βάση την φόρτωση θα αφαιρέσει εκείνη με το μικρότερο χρόνο, δηλαδή, τη σελίδα 3
3. LRU: Με βάση την τελευταία προσπέλαση θα αφαιρέσει εκείνη με το μικρότερο χρόνο, δηλαδή, τη σελίδα 1
4. Δεύτερης ευκαιρίας: Με βάση την φόρτωση, υποψήφια είναι η σελίδα 3. Έχει, όμως, R=1, οπότε γίνεται R=0 και βρίσκει την αμέσως επόμενη που είναι η 0. Και αυτή έχει R=1, το οποίο γίνεται 0 και βρίσκει την επόμενη η οποία είναι η 2. Αυτή έχει R=0 οπότε και αφαιρείται.

Απάντηση

Ο αλγόριθμος αφαιρεί σελίδα η οποία έχει R=0 και ηλικία > τ (ηλικία = Τρέχον εικονικός χρόνος - Χρόνος τελευταίας προσπέλασης).

Η σελίδα με τον μικρότερο χρόνο και R=0 είναι η 3. Η ηλικία της είναι 2204-1213=991>400 άρα αφαιρείται.

0 2 1 3 5 4 6 3 7 4 7 3 3 5 5 3 1 1 1 7 1 3 4 1

Απάντηση

Μπορούμε να φανταστούμε έναν αφηρημένο διερμηνευτή ο οποίος ενημερώνει μία εσωτερική στοιχειοσειρά Μ που παρακολουθεί την κατάσταση της μνήμης. Η στοιχειοσειρά αυτή:

• Περιέχει τόσα στοιχεία, όσες είναι και οι ιδεατές σελίδες της διεργασίας, τα οποία συμβολίζουμε με n.
• Διαιρείται σε δύο τμήματα.
  • Το πάνω τμήμα με m εγγραφές, περιέχει όλες τις σελίδες που βρίσκονται τη συγκεκριμένη χρονική στιγμή στη μνήμη. Αυτά είναι τα πλαίσια της φυσικής μνήμης.
  • Το κάτω τμήμα, με n-m εγγραφές, περιέχει όλες τις σελίδες στις οποίες έχει γίνει αναφορά τουλάχιστον μία φορά, αλλά έχουν απομακρυνθεί και δεν βρίσκονται πλέον στην μνήμη.
• Αρχικά η Μ είναι ένα κενό σύνολο, από τη στιγμή που δεν έχει γίνει καμία αναφορά σε σελίδες, ενώ καμία σελίδα δε βρίσκεται ακόμη στην μνήμη.

Ο διερμηνευτής δουλεύει ως εξής:

• Διαβάζει μία μία τη στοιχειοσειρά αναφορών
• Αν η ζητούμενη σελίδα δεν υπάρχει στη μνήμη (στις m εγγραφές) τότε
  • Δημιούργησε σφάλμα σελίδας (page fault - P)
  • Αν υπάρχει κενό πλαίσιο στην μνήμη (το άνω τμήμα της Μ έχει λιγότερες από m εγγραφές), τότε
    • Τοποθέτησε τη ζητούμενη σελίδα στο άνω τμήμα της Μ
  • Αλλιώς
    • Χρησιμοποίησε τον αλγόριθμο αντικατάστασης σελίδων για να αφαιρέσει μία σελίδα από την μνήμη και να τοποθετήσει την νέα.
• Αν η ζητούμενη σελίδα υπήρχε στη μνήμη, απλά διαβάζεται από τη διεργασία

Ο αλγόριθμος LRU μπορεί να εξομοιωθεί με την ακόλουθη λογική:

1. Όταν γίνεται αναφορά σε μια σελίδα, αυτή μεταφέρεται στην πρώτη σελίδα
   1. Αν δεν υπήρχε στα πλαίσια της φυσική μνήμης ούτε στις σελίδες της εικονικής, τότε δημιουργείται λάθος σελίδας (Ρ) και στη στοιχειοσειρά αποστάσεων αναφέρεται ως άπειρο (∞)
   2. Αν δεν υπήρχε στα πλαίσια της φυσική μνήμης αλλά υπήρχε στις σελίδες της εικονικής, τότε δημιουργείται λάθος σελίδας (Ρ) και στη στοιχειοσειρά αποστάσεων αναφέρεται ο αριθμός σελίδας στον οποίο βρισκόταν
   3. Αν υπήρχε στα πλαίσια της φυσικής μνήμης, τότε δεν έχουμε λάθος σελίδας και στη στοιχειοσειρά αποστάσεων αναφέρεται ο αριθμός σελίδας στον οποίο βρισκόταν
2. Οι σελίδες που βρίσκονταν κάτω από τη σελίδα στην οποία έγινε αναφορά, δεν μετακινούνται.

  Στοιχειοσειρά αναφορών:       0   2   1   3   5   4   6   3   7   4   7   3   3   5   5   3   1   1   1   7   1   3   4   1
                       1: |   | 0 | 2 | 1 | 3 | 5 | 4 | 6 | 3 | 7 | 4 | 7 | 3 | 3 | 5 | 5 | 3 | 1 | 1 | 1 | 7 | 1 | 3 | 4 | 1 |
                       2: |   |   | 0 | 2 | 1 | 3 | 5 | 4 | 6 | 3 | 7 | 4 | 7 | 7 | 3 | 3 | 5 | 3 | 3 | 3 | 1 | 7 | 1 | 3 | 4 |
                       3: |   |   |   | 0 | 2 | 1 | 3 | 5 | 4 | 6 | 3 | 3 | 4 | 4 | 7 | 7 | 7 | 5 | 5 | 5 | 3 | 3 | 7 | 1 | 3 |
                       4: |   |   |   |   | 0 | 2 | 1 | 3 | 5 | 4 | 6 | 6 | 6 | 6 | 4 | 4 | 4 | 7 | 7 | 7 | 5 | 5 | 5 | 7 | 7 |
                          +---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
                       5: |   |   |   |   |   | 0 | 2 | 1 | 1 | 5 | 5 | 5 | 5 | 5 | 6 | 6 | 6 | 4 | 4 | 4 | 4 | 4 | 4 | 5 | 5 |
                       6: |   |   |   |   |   |   | 0 | 2 | 2 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 6 | 6 | 6 | 6 | 6 | 6 | 6 | 6 |
                       7: |   |   |   |   |   |   |   | 0 | 0 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 |
                       8: |   |   |   |   |   |   |   |   |   | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
            Λάθη σελίδας:       P   P   P   P   P   P   P       P                   P           P                       P
Στοιχειοσειρά αποστάσεων:       ∞   ∞   ∞   ∞   ∞   ∞   ∞   4   ∞   4   2   3   1   5   1   2   6   1   1   4   2   3   5   3

Η αίτηση για τη σελίδα 0 την εισάγει στην θέση ένα (1). Η σελίδα δεν υπήρχε σε καμία θέση, έτσι έχουμε λάθος σελίδας και ∞ στην στοιχειοσειρά αποστάσεων. Το ίδιο γίνεται και για τις σελίδες 2, 1, 3, 5, 4 και 6. Όταν γίνεται αίτηση για τη σελίδα 3, αυτή βρισκόταν στη θέση 4 η οποία ανήκει στη φυσική μνήμη (η οποία έχει 4 πλαίσια σύμφωνα με την εκφώνηση), έτσι δεν έχουμε λάθος σελίδας και στη στοιχειοσειρά αποστάσεων την τιμή 4. Η σελίδα μπαίνει στην θέση 0 και όσες βρίσκονταν από πάνω της ολισθένουν μία θέση κάτω. Οι επόμενες αιτήσεις εξυπηρετούνται όπως φαίνεται παραπάνω. Η δεύτερη αίτηση για τη σελίδα 5 τη βρίσκει στη θέση 5 η οποία δεν αντιστοιχεί σε πλαίσιο της φυσική μνήμης. Αυτό δημιουργεί λάθος σελίδας και στη στοιχειοσειρά αποστάσεων μπαίνει η τιμή 5. Οι υπόλοιπες αιτήσεις ακολουθούν την ίδια λογική.

Το διάνυσμα C έχει το πλήθος των εμφανίσεων της κάθε θέσης μνήμης στην στοιχειοσειρά αποστάσων. Το C₁ έχει το πλήθος των σελίδων που ζητήθηκαν και βρίσκονταν στην 1η θέση μνήμης. Έτσι, από τη στοιχειοσειρά αποστάσεων έχουμε: C1=4, C2=3, C3=3, C4=3, C5=2, C6=1, C7=0, C8=0, C∞=8

Το διάνυσμα F δίνεται από τον τύπο

Έχουμε, λοιπόν:

F1 = C2 + C3 + C4 + C5 + C6 + C7 + C8 + C∞ = 20
F2 = C3 + C4 + C5 + C6 + C7 + C8 + C∞ = 17
F3 = C4 + C5 + C6 + C7 + C8 + C∞ = 14
F4 = C5 + C6 + C7 + C8 + C∞ = 11
F5 = C6 + C7 + C8 + C∞ = 9
F6 = C7 + C8 + C∞ = 8
F7 = C8 + C∞ = 8
F8 = C∞ = 8

Το κάθε F_x δηλώνει εκτίμηση για τον αριθμό των λαθών σελίδας που θα έχουμε με βάση τη στοιχεισειρά αποστάσεων αν χρησιμοποιήσουμε x σελίδες. Δηλαδή, αν χρησιμοποιήσουμε 5 σελίδες, η εκτίμηση είναι F₅=9 λάθη σελίδας.

∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ 4 2 2 4 3 4 3 5 2 3 2 4 2 4 3 2 3 2 4 6 1 2 3 5

Απάντηση

C1=1, C2=8, C3=6, C4=6, C5=2, C6=1, C7=0, C8=0, C∞=8

F1 = C2 + C3 + C4 + C5 + C6 + C7 + C8 + C∞ = 31
F2 = C3 + C4 + C5 + C6 + C7 + C8 + C∞ = 23
F3 = C4 + C5 + C6 + C7 + C8 + C∞ = 17
F4 = C5 + C6 + C7 + C8 + C∞ = 11
F5 = C6 + C7 + C8 + C∞ = 9
F6 = C7 + C8 + C∞ = 8
F7 = C8 + C∞ = 8
F8 = C∞ = 8

Η μνήμη έχει 5 πλαίσια, άρα τα λάθη δίνονται από το F₅, δηλαδή 9 λάθη.