为什么 AVR-GCC 编译器在乘法之后附加“clr r1”行？

Question

我正在尝试检查 AVR-GCC 编译器如何编译乘法？

输入c代码：

unsigned char square(unsigned char num) {
    return num * num;
}

输出汇编代码：

square(unsigned char):
        mul r24,r24
        mov r24,r0
        clr r1
        ret

我的问题是为什么要添加声明

clr r1

？看起来，假设参数存储在 r24 中并且返回值在 r24 中可用，则可以删除此语句并仍然得到所需的结果。

Godbolt 直接链接： https://godbolt.org/z/PsPS_N

更新：

我还看到了相关的更一般性的讨论这里。

Answer 1

这将涉及到 GCC 使用的 AVR ABI 。特别是：

R1

始终包含零。在insn期间，内容可能会被破坏，例如通过使用 R0/R1 作为隐式的 MUL 指令 输出寄存器。如果一个insn破坏了R1，该insn必须将R1恢复到 之后归零。 [...]

这正是您在大会中看到的。 R1 被

MUL

破坏，因此随后必须将其清零。

Answer 2

当实现 GCC 的 AVR 后端并设计 avr-gcc ABI 时，事实证明，当存在已知包含

0

的寄存器时，代码生成在某些情况下可以得到改进。作者当时选择了

R1

，即当avr-gcc打印汇编指令时，人们可能会认为

R1=0

就像这个例子：

unsigned add (unsigned x, unsigned char y)
{
    if (x != 64)
        return x + y;
    else
        return x;
}

这将使用

-c -Os -save-temps

编译为下面的代码。它使用

R1

又名。

__zero_reg__

因此它可以打印更短的指令序列：

__zero_reg__ = 1
add:
    cpi r24,64
    cpc r25,__zero_reg__
    breq .L2
    add r24,r22
    adc r25,__zero_reg__
.L2:
    ret

选择

R1

是因为在 AVR 中，较高的寄存器功能更强大，因此寄存器分配从较高的寄存器开始（有一点保留），因此低位寄存器将最后使用。因此使用了寄存器号较小的寄存器。

这个特殊寄存器不是由寄存器分配器管理的，它是“固定的”并由手工管理。对于不支持

MUL

指令的早期 AVR 来说，这一切都很简单。然而，随着

MUL

和表兄弟的引入，事情变得更加复杂，因为

MUL

使用寄存器对

R1:R0

作为隐式输出寄存器，因此覆盖了

0

中保存的

__zero_reg__

。

因此您可以实施两种方法：

每次使用时
1. 发出

   CLR __zero_reg__

   prior，因此

   R1

   包含

   0

   。
2. 在破坏该寄存器的序列“之后”清除该寄存器。

avr后端实现方法2。

因为在当前的 avr 后端（至少到 v10）中，该寄存器是手动管理的，所以没有信息是否确实需要清除该寄存器或可能被省略：

unsigned char mul (unsigned char x)
{
    return x * x * x;
}

产生

-c -Os -mmcu=atmega8 -save-temps

:

mul:
    mul r24,r24
    mov r25,r0
    clr r1
    mul r25,r24
    mov r24,r0
    clr r1
    ret

即即使在第一个“CLR”之后，“MUL”指令再次覆盖它，

R1

也会被清除两次。原则上，avr 后端可以跟踪哪些指令破坏

R1

以及哪些指令（序列）需要

R1=0

，但是目前（v10）尚未实现。

MUL

的引入导致了另一个复杂化：

R1

不再总是为零，即当在

MUL

之后立即触发中断时，寄存器通常不是零。因此，中断服务例程 (ISR) 在可能使用时必须保存+恢复它

R1

:

#include <avr/interrupt.h>

char volatile v;

ISR (__vector_1)
{
    v = 0;
}

编译、汇编然后

avr-objdump -d

在目标文件上读取：

00000000 <__vector_1>:
   0:   1f 92           push    r1
   2:   1f b6           in      r1, 0x3f
   4:   1f 92           push    r1
   6:   11 24           eor     r1, r1
   8:   10 92 00 00     sts     0x0000, r1
   c:   1f 90           pop     r1
   e:   1f be           out     0x3f, r1
  10:   1f 90           pop     r1
  12:   18 95           reti

ISR 的有效负载只是

sts ..., r1

，它将

0

存储到

v

。这需要

R1=0

，因此需要

clr r1

，因此通过push+pop的方式保存-恢复

R1

。

clr

会破坏程序状态（I/O 地址 0x3f 处的 SREG），因此 SREG 也必须围绕该序列进行保存和恢复，并且为了实现这一点，编译器将

r1

用作临时寄存器作为特殊功能寄存器不能与

push

/

pop

一起使用。

除此之外，在某些情况下，在MUL之后

没有

重置零寄存器：

int square (int a)
{
    return a * a;
}

编译为：

    mul  r24,r24
    movw r18,r0
    mul  r24,r25
    add  r19,r0
    add  r19,r0
    clr  r1
    movw r24,r18
    ret

第一个

CLR

之后没有

MUL

的原因是因为乘法序列在内部表示，然后作为一个块（insn）发出，因此知道不需要中间

CLR

。然而，在上面带有

x * x * x

的示例中，内部表示是两个 insns，一个用于任一乘法。