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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逐个像素地添加它们，另一个加载两个图像并对它们进行按位运算。现在，我对它们进行了模板化，以便内核可以获取 8 位和 32 位图像，以及 1、3 和 4 通道图像。

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等等。但是，由于合并，我不太确定使用三元组，所以我想我会给它一个分析运行。我想，由于操作与通道数无关，我可以像读取图像一样读取图像，就好像它是uchar宽度为三倍的 1 通道图像，而不是uchar3真正的图像。

事实上，uchar3全局负载比负载慢得多uchar。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uints 而不是uchars，用于按位运算，这应该可以完美地处理合并。但是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float3s 和float4s 等。我的问题在于uchar内核的版本。那么，简而言之，为什么uchar负载有时比负载快uchar3，有时又不是呢？

我使用的是 GTX 470，计算能力 2.0。

PS。根据 CUDA 编程指南，逻辑运算和加法运算具有相同的吞吐量。（我的内核实际上必须首先将uchars 转换为uints，但这应该在两个内核中都发生。）因此，根据我的收集，执行长度应该大致相同。

算术添加内核（uchar版本）：

__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];
    }
}

版本相同，uchar3只是加载/存储行现在如下：

        //  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);

对于 AND 内核也是如此。（老实说，我不确定我是否记得确切的内核......我会在明天确认）。

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uchar3由于 SM 指令集中没有 24 位加载，编译器会将加载拆分为单独的加载。因此，它们永远不会合并。在一定程度上，缓存会缓解这种情况。

但是，根据确切的执行配置，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，因此许多线程可以在一个 SM 上同时运行）。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。何时发生这种情况取决于许多因素，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 -sass可执行文件的输出，以查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工作基本上是不可观察的。

正如您所注意到的，图像的所有通道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uchar4or uchar3，uchar它（假设图像的适当对齐）将为您提供独立于缓存的合并访问。这应该会导致更短和更一致的执行时间。

于 2012-11-29T01:59:37.040 回答