c++ - CUDA 中的性能

Question

我似乎无法弄清楚影响内核性能的潜在因素。我实现了两个简单的内核，一个加载两个图像并将它们逐个像素相加，另一个加载两个图像并按位对它们进行ANDS。现在，我将它们模板化，以便内核可以获取 8 位和 32 位图像，以及 1、3 和 4 channel 图像。

所以，最初我让两个内核都将全局内存加载为 uchar3 和 float3，以及 uchar4 等。我不是太但是，由于合并，所以我肯定会使用三元组，所以我想我会给它一个分析运行。我认为，由于操作与 channel 号无关，我可以像读取宽度为三倍的单 channel uchar 图像一样读取图像，而不是 uchar3 图像确实如此。

事实上，uchar3 全局加载比 uchar 加载慢很多，很多。我的努力得到了证明。但是，唉，这只发生在算术内核上。按位与运算显示完全相反的结果!

现在，我知道我可以将图像数据加载为 uint 而不是 uchar，用于按位运算，这应该可以完美地处理合并。但让我们假设我只是想学习和理解正在发生的事情。

让我们忘记 float3 和 float4 等。我的问题是内核的 uchar 版本。那么，简而言之，为什么 uchar 加载有时比 uchar3 加载快，有时则不然？

我使用的是 GTX 470，计算能力 2.0。

附言。根据 CUDA 编程指南，逻辑操作和添加操作具有相同的吞吐量。 (我的内核实际上必须首先将 uchar 转换为 uint，但这应该在两个内核中发生。)所以执行长度应该大致相同, 据我收集。

算术加法内核(uchar版):

__global__ void add_8uc1(uchar* inputOne, uchar* inputTwo, uchar* output, unsigned int width, unsigned int height, unsigned int widthStep)
{
    const int xCoordinateBase = blockIdx.x * IMAGE_X * IMAGE_MULTIPLIER + threadIdx.x;
    const int yCoordinate = blockIdx.y * IMAGE_Y + threadIdx.y;

    if (yCoordinate >= height)
        return;

#pragma unroll IMAGE_MULTIPLIER
    for (int i = 0; i < IMAGE_MULTIPLIER && xCoordinateBase + i * IMAGE_X < width; ++i)
    {
        //  Load memory.
        uchar* inputElementOne = (inputOne + yCoordinate * widthStep + (xCoordinateBase + i * IMAGE_X + threadIdx.x));
        uchar* inputElementTwo = (inputTwo + yCoordinate * widthStep + (xCoordinateBase + i * IMAGE_X + threadIdx.x));

        //  Write output.
        *(output + yCoordinate * widthStep + (xCoordinateBase + i * IMAGE_X + threadIdx.x)) = inputElementOne[0] + inputElementTwo[0];
    }
}

按位与内核:

__global__ void and_8uc1(uchar* inputOne, uchar* inputTwo, uchar* output, unsigned int width, unsigned int height, unsigned int widthStep)
{
    const int xCoordinateBase = blockIdx.x * IMAGE_X * IMAGE_MULTIPLIER + threadIdx.x;
    const int yCoordinate = blockIdx.y * IMAGE_Y + threadIdx.y;

    if (yCoordinate >= height)
        return;

#pragma unroll IMAGE_MULTIPLIER
    for (int i = 0; i < IMAGE_MULTIPLIER && xCoordinateBase + i * IMAGE_X < width; ++i)
    {
        //  Load memory.
        uchar* inputElementOne = (inputOne + yCoordinate * widthStep + (xCoordinateBase + i * IMAGE_X + threadIdx.x));
        uchar* inputElementTwo = (inputTwo + yCoordinate * widthStep + (xCoordinateBase + i * IMAGE_X + threadIdx.x));

        //  Write output.
        *(output + yCoordinate * widthStep + (xCoordinateBase + i * IMAGE_X + threadIdx.x)) = inputElementOne[0] & inputElementTwo[0];
    }
}

uchar3 版本相同，只是加载/存储行现在如下所示:

        //  Load memory.
    uchar3 inputElementOne = *reinterpret_cast<uchar3*>(inputOne + yCoordinate * widthStep + (xCoordinateBase + i * IMAGE_X + threadIdx.x) * 3);
    uchar3 inputElementTwo = *reinterpret_cast<uchar3*>(inputTwo + yCoordinate * widthStep + (xCoordinateBase + i * IMAGE_X + threadIdx.x) * 3);

    //  Write output.
    *reinterpret_cast<uchar3*>(output + yCoordinate * widthStep + (xCoordinateBase + i * IMAGE_X + threadIdx.x) * 3) 
        = make_uchar3(inputElementOne.x + inputElementTwo.x, inputElementOne.y + inputElementTwo.y, inputElementOne.z + inputElementTwo.z);

与内核类似。 (老实说，我不确定我是否记得确切的内核......我明天会确认)。

Answer 1

uchar3 加载被编译器拆分为单独的加载，因为在 SM 的指令集中没有 24 位加载。因此，它们永远不会合并。在某种程度上，缓存将缓解这种情况。

但是，根据具体的执行配置，每个线程可能只有大约 10.7 字节的缓存(您的示例可能会接近该值，因为内核很简单，所以很多线程可以在一个 SM 上并发运行) .由于缓存不是完全关联的，因此在发生抖动之前，每个线程的可用字节数可能要小得多。确切的发生时间取决于很多因素，包括指令的确切调度，即使对于具有相同记录吞吐量的指令，这也可能不同。

您可以比较两个版本的 cuobjdump -sassexecutable 的输出，看看编译器的静态调度是否相同。然而，运行时的动态调度如何运作基本上是不可观察的。

正如您所注意到的，图像的所有 channel 都以相同的方式处理，因此您如何在线程之间分配它们并不重要。您拥有的最佳选择是使用 uchar4 而不是 uchar3 或 uchar，这(假设图像适当对齐)将为您提供合并访问独立于缓存。这应该会导致更短和更一致的执行时间。