16.計算機的運算方法計算機的運算方法無符號數(shù)和有符號數(shù)數(shù)的定點表示與浮點表示定點運算浮點四則運算算術(shù)邏輯單元6.1無符號數(shù)和有符號數(shù)2一、無符號數(shù)寄存器的位數(shù)反映無符號數(shù)的表示范圍8位0~25516位0~655353帶符號的數(shù)符號數(shù)字化的數(shù)+0.10110

1011小數(shù)點的位置+11000

1100小數(shù)點的位置–

11001

1100小數(shù)點的位置–0.10111

1011小數(shù)點的位置真值機器數(shù)1.機器數(shù)與真值二、有符號數(shù)42.原碼表示法帶符號的絕對值表示(1)定義整數(shù)x

為真值n

為整數(shù)的位數(shù)如x=+1110[x]原

=0,1110[x]原

=24+1110=1,1110x=

1110[x]原=0，x2n

＞

x

≥02n

x0≥

x

＞2n用逗號將符號位和數(shù)值部分隔開5小數(shù)x

為真值如x=+0.1101[x]原

=0.1101x=0.1101[x]原

=1(0.1101)=1.1101x1＞

x

≥0[x]原=1–x0≥

x

＞1x=0.1000000[x]原

=1(0.1000000)=1.1000000x=

+0.1000000[x]原

=0.1000000用小數(shù)點將符號位和數(shù)值部分隔開用小數(shù)點將符號位和數(shù)值部分隔開6(2)舉例例6.1已知[x]原=1.0011求x解:例6.2已知[x]原=1,1100求x解:x=1

[x]原=1

1.0011=0.0011x=24

[x]原=100001,1100=1100–

–0.00111100由定義得由定義得7例6.4

求x=0的原碼解:設(shè)x=+

0.0000例6.3已知[x]原=0.1101求x解：∴

x

=+0.1101同理，對于整數(shù)[+0

]原=0,0000[+

0.0000]原=0.0000x=

0.0000[

0.0000]原=1.0000[0

]原=1,0000∴[+

0]原

≠

[

0]原

根據(jù)定義∵[x]原=0.11018原碼的特點：簡單、直觀但是用原碼作加法時，會出現(xiàn)如下問題：能否只作加法?

找到一個與負數(shù)等價的正數(shù)來代替這個負數(shù)就可使減加加法正正加加法正負加法負正加法負負減減加

要求

數(shù)1數(shù)2

實際操作結(jié)果符號正可正可負可正可負負9-123(1)補的概念時鐘逆時針-363順時針+96153.補碼表示法可見3可用+9代替記作3≡+9（mod12）同理4≡+8（mod12）5≡+7（mod12）

時鐘以

12為模減法加法稱+9是3以12為模的補數(shù)10結(jié)論一個負數(shù)加上“?！奔吹迷撠摂?shù)的補數(shù)計數(shù)器（模16）–101110110000+010110111000010110000？可見1011可用+0101代替同理0110.1001自然去掉（mod23）≡+101（mod2）≡+1.011111+

0101（mod24）≡1011（mod24）(2)正數(shù)的補數(shù)即為其本身+10000+10000兩個互為補數(shù)的數(shù)+0101+10101≡分別加上模結(jié)果仍互為補數(shù)∴+0101≡+0101+010124+1–10111,0101用逗號將符號位和數(shù)值部分隔開丟掉10110,1,??1011（mod24）可見?+01010101010110110101+（mod24+1）100000=12(3)補碼定義整數(shù)x

為真值n

為整數(shù)的位數(shù)[x]補=0，x2n

＞

x

≥02n+1+x0

＞

x

≥2n（mod2n+1）如x=+1010[x]補=27+1+(1011000)=[x]補=0,1010x=10110001,0101000用逗號將符號位和數(shù)值部分隔開101100010000000013小數(shù)x

為真值x=+0.1110[x]補=x1＞

x

≥02+

x

0＞

x

≥1（mod2）如[x]補=0.1110x=0.11000001.0100000[x]補=2

+

(0.1100000)=用小數(shù)點將符號位和數(shù)值部分隔開0.110000010.000000014(4)求補碼的快捷方式=100000=1,011010101+1=1,0110又[x]原=1,1010則[x]補=24+11010=11111+11010=1111110101010當(dāng)真值為負時，補碼可用原碼除符號位外每位取反，末位加1求得+1設(shè)x=1010時15(5)舉例解：x=+0.0001解：由定義得x=[x]補–2=1.0001–10.0000例6.6已知[x]補=1.0001求x[x]補

[x]原

？由定義得例6.5已知[x]補=0.0001求x=0.1111

–16例6.7解：x=[x]補–24+1

=1,1110–100000[x]原=1,0010當(dāng)真值為負時，原碼可用補碼除符號位外每位取反，末位加1求得[x]補

[x]原

？∴x=0010=0010求x已知[x]補=1,1110由定義得17真值0,10001101,01110100.11101.00100.00000.00001.00000,10001101,10001100.11101.11100.00001.0000不能表示練習(xí)求下列真值的補碼[1]補=2+x=10.00001.0000=1.0000[+0]補=[0]補由小數(shù)補碼定義=1000110[x]補[x]原x=+70x=0.1110x=0.0000x=70x=0.1110x=0.0000x=1.0000=1000110184.反碼表示法(1)定義整數(shù)[x]反=0，x2n＞x≥0(2n+1–1)+x0≥x＞2n（mod2n+1

1）如x

=+1101[x]反=0,1101=1,0010x=1101[x]反=(24+11)1101=111111101用逗號將符號位和數(shù)值部分隔開x

為真值n

為整數(shù)的位數(shù)19小數(shù)x

=+0.1101[x]反=

0.1101x=0.1010[x]反=(22-4)

0.1010=1.1111

0.1010=1.0101如[x]反=x1＞x≥0(2–2-n)+x0≥x＞1（mod22-n）用小數(shù)點將符號位和數(shù)值部分隔開x

為真值20(2)舉例例6.10

求0的反碼設(shè)x=+

0.0000[+0.0000]反=0.0000解：同理，對于整數(shù)[+0]反=0,0000例6.9已知[x]反=1,1110求x例6.8已知[x]反=0,1110求x解：由定義得x=+1110解：=1,111011111=0001由定義得x=[x]反(24+11)x=

0.0000[

0.0000]反=1.1111[0]反=1,1111∴[+0]反≠[0]反

21三種機器數(shù)的小結(jié)

對于正數(shù)，原碼=補碼=反碼

對于負數(shù)，符號位為1，其數(shù)值部分原碼除符號位外每位取反末位加1

補碼原碼除符號位外每位取反反碼最高位為符號位，書寫上用“,”（整數(shù)）或“.”（小數(shù)）將數(shù)值部分和符號位隔開22例6.11000000000000000100000010…011111111000000010000001111111011111111011111111…128129-0-1-128-127-127-126二進制代碼無符號數(shù)對應(yīng)的真值原碼對應(yīng)的真值補碼對應(yīng)的真值反碼對應(yīng)的真值012127…253254255…-125-126-127…-3-2-1…-2-1-0…+0+1+2+127…+0+1+2+127…+0+1+2+127…+0設(shè)機器數(shù)字長為8位（其中１位為符號位）對于整數(shù)，當(dāng)其分別代表無符號數(shù)、原碼、補碼和反碼時，對應(yīng)的真值范圍各為多少？23例6.12解：已知[y]補求[y]補<Ⅰ>[y]補=0.y1

y2

yn…y

=0.

y1y2

yn…y=0.y1

y2

yn…[y]補=1.y1

y2

yn+2-n…<Ⅱ>[y]補=1.y1

y2

yn…[y]原

=1.y1y2

yn+2-n…

y

=（0.y1y2

yn

+2-n）…

y

=0.y1y2

yn+2-n…[y]補

=0.y1

y2

yn+2-n…設(shè)[y]補=y0.y1y2

yn…每位取反，即得[y]補[y]補連同符號位在內(nèi)，末位加1每位取反，即得[y]補[y]補連同符號位在內(nèi)，末位加1245.移碼表示法補碼表示很難直接判斷其真值大小如十進制x=+21x=–21x=

+31x=–31x+25+10101+100000+11111+10000010101+10000011111+100000大大錯錯大大正確正確0,101011,010110,111111,00001+10101–

10101+11111–

11111=110101=001011=111111=000001二進制補碼25(1)移碼定義x

為真值，n

為整數(shù)的位數(shù)移碼在數(shù)軸上的表示[x]移碼2n+1–12n2n

–1–2n00真值如x=10100[x]移=25+10100用逗號將符號位和數(shù)值部分隔開x=–10100[x]移=25

–10100[x]移=2n+x（2n＞x

≥2n）=1,10100=0,0110026(2)移碼和補碼的比較設(shè)x=+1100100[x]移=27+1100100[x]補=0,1100100設(shè)x=–1100100[x]移=27

–1100100[x]補=1,0011100補碼與移碼只差一個符號位=1,1100100=0,0011100100127-100000-11111-11110-00001±00000+00001+00010+11110+11111……真值x(n

=

5)[x]補[x]移[x]移對應(yīng)的十進制整數(shù)(3)真值、補碼和移碼的對照表……012313233346263……000000000010000001011111100000100001100010111110111111……011111011110000010000001000000111111100010100001100000-100000±00000+1111100000011111100000010000028

當(dāng)x=0時[+0]移=25+0

當(dāng)n=5時可見，最小真值的移碼為全0(4)移碼的特點用移碼表示浮點數(shù)的階碼能方便地判斷浮點數(shù)的階碼大小=1,00000=1,00000=000000[0]移=250∴[+0]移=[0]移[

100000]移=25

100000最小的真值為25=

100000296.2數(shù)的定點表示和浮點表示小數(shù)點按約定方式標(biāo)出一、定點表示Sf

S1S2

Sn…數(shù)符數(shù)值部分小數(shù)點位置Sf

S1S2

Sn…數(shù)符數(shù)值部分小數(shù)點位置或定點機小數(shù)定點機整數(shù)定點機原碼補碼反碼–(1–2-n)~+(1–2-n)–(2n

–1)~+(2n

–1)–1~+(1–2-n)–2n~+(2n

–1)–(1–2-n)~+(1–2-n)–(2n

–

1)~+(2n

–1)30二、浮點表示N=S×rj浮點數(shù)的一般形式S

尾數(shù)j

階碼r

基數(shù)（基值）計算機中r

取2、4、8、16等當(dāng)r=2N=11.0101=0.110101×210=1.10101×21=1101.01×2-10

=0.00110101×2100

計算機中S

小數(shù)、可正可負j

整數(shù)、可正可負

規(guī)格化數(shù)二進制表示311.浮點數(shù)的表示形式Sf

代表浮點數(shù)的符號n

其位數(shù)反映浮點數(shù)的精度m

其位數(shù)反映浮點數(shù)的表示范圍jf

和m

共同表示小數(shù)點的實際位置jf

j1

j2

jm

Sf

S1S2

Sn

……j

階碼S

尾數(shù)階符數(shù)符階碼的數(shù)值部分尾數(shù)的數(shù)值部分小數(shù)點位置322.浮點數(shù)的表示范圍–2(2m–1)×(1

–

2–n)–2–(2m–1)×2–n2(2m–1)×(1

–

2–n)2–(2m–1)×2–n最小負數(shù)最大負數(shù)最大正數(shù)最小正數(shù)負數(shù)區(qū)正數(shù)區(qū)下溢0上溢上溢–215

×(1

–

2-10)

–2-15

×2-10

215

×(1

–

2-10)

設(shè)m=4

n=10上溢階碼>最大階碼下溢階碼<最小階碼按機器零處理2-15

×2-10

33練習(xí)

設(shè)機器數(shù)字長為24位，欲表示±3萬的十進制數(shù)，試問在保證數(shù)的最大精度的前提下，除階符、數(shù)符各取1位外，階碼、尾數(shù)各取幾位？滿足最大精度可取

m=4，n=18解：…m=4，5，6，15位二進制數(shù)可反映±3萬之間的十進制數(shù)∴215

=32768214

=16384∵215×0.×××

×××15位…343.浮點數(shù)的規(guī)格化形式r=2尾數(shù)最高位為1r=4尾數(shù)最高2位不全為0r=8尾數(shù)最高3位不全為04.浮點數(shù)的規(guī)格化r=2左規(guī)尾數(shù)左移1位，階碼減1右規(guī)尾數(shù)右移1位，階碼加1r=4左規(guī)尾數(shù)左移2位，階碼減1右規(guī)尾數(shù)右移2位，階碼加1r=8左規(guī)尾數(shù)左移3位，階碼減1右規(guī)尾數(shù)右移3位，階碼加1基數(shù)r

越大，可表示的浮點數(shù)的范圍越大基數(shù)不同，浮點數(shù)的規(guī)格化形式不同基數(shù)r

越大，浮點數(shù)的精度降低35例如：最大正數(shù)=215×(1–2–10)

2+1111×0.111111111110個1最小正數(shù)最大負數(shù)最小負數(shù)=2–15×2–1

=–215×(1–2–10)

=2–16=–2–15×2–1

=–2–162-1111×0.10000000009個02-1111×(–0.1000000000)9個02+1111×(–0.1111111111)10個1設(shè)m=4，n=10，r=2尾數(shù)規(guī)格化后的浮點數(shù)表示范圍36三、舉例例6.13將+寫成二進制定點數(shù)、浮點數(shù)及在定點機和浮點機中的機器數(shù)形式。其中數(shù)值部分均取10位，數(shù)符取1位，浮點數(shù)階碼取5位（含1位階符）。19128解：設(shè)

x=+19128二進制形式定點表示浮點規(guī)格化形式[x]原=1,0010;0.1001100000[x]補=1,1110;0.1001100000[x]反=1,1101;0.1001100000定點機中浮點機中000x=0.0010011x=0.0010011x=0.1001100000×2-10[x]原=[x]補=[x]反=0.001001100037x=–1110100000例6.14將–58表示成二進制定點數(shù)和浮點數(shù)，并寫出它在定點機和浮點機中的三種機器數(shù)及階碼為移碼、尾數(shù)為補碼的形式（其他要求同上例）。解：設(shè)

x=–58二進制形式定點表示浮點規(guī)格化形式[x]原=1,0000111010[x]補=1,1111000110[x]反=1,1111000101[x]原=0,0110;1.1110100000[x]補=0,0110;1.0001100000[x]反=0,0110;1.0001011111定點機中浮點機中[x]階移、尾補=1,0110;1.0001100000x=–111010x=–(0.1110100000)×211038例6.15寫出對應(yīng)下圖所示的浮點數(shù)的補碼形式。設(shè)n=10，m=4，階符、數(shù)符各取1位。負數(shù)區(qū)正數(shù)區(qū)下溢0上溢上溢–2(2m–1)×(1

–

2–n)2(2m–1)×(1

–

2–n)2–(2m–1)×2–n最小負數(shù)最大正數(shù)最小正數(shù)–2–(2m–1)×2–n最大負數(shù)解：真值最大正數(shù)最小正數(shù)最大負數(shù)最小負數(shù)215×(1

–

2–10)2–15×2–10–2–15×2–10–215×(1

–

2–10)0,1111;0.11111111111,0001;0.00000000011,0001;1.11111111110,1111;1.0000000001補碼39

當(dāng)浮點數(shù)尾數(shù)為0時，不論其階碼為何值

按機器零處理機器零

當(dāng)浮點數(shù)階碼等于或小于它所表示的最小數(shù)時，不論尾數(shù)為何值，按機器零處理如m=4n=10當(dāng)階碼用移碼，尾數(shù)用補碼表示時，機器零為0,0000；0.000

…

1,0000；×.×××

…×,××××；0.000

…有利于機器中“判0”電路的實現(xiàn)當(dāng)階碼和尾數(shù)都用補碼表示時，機器零為（階碼=16）40四、IEEE754標(biāo)準(zhǔn)短實數(shù)長實數(shù)臨時實數(shù)符號位S

階碼尾數(shù)總位數(shù)1

8233211152641156480S

階碼（含階符）尾數(shù)數(shù)符小數(shù)點位置尾數(shù)為規(guī)格化表示非“0”的有效位最高位為“1”（隱含）416.3定點運算一、移位運算1.移位的意義15m=1500cm小數(shù)點右移2位機器用語15相對于小數(shù)點左移2位（小數(shù)點不動）..左移絕對值擴大右移絕對值縮小在計算機中，移位與加減配合，能夠?qū)崿F(xiàn)乘除運算422.算術(shù)移位規(guī)則1右移添1左移添00反碼補碼原碼負數(shù)0原碼、補碼、反碼正數(shù)添補代碼碼制符號位不變43例6.16設(shè)機器數(shù)字長為8位（含１位符號位），寫出A=+26時，三種機器數(shù)左、右移一位和兩位后的表示形式及對應(yīng)的真值，并分析結(jié)果的正確性。解：A=+26則[A]原=[A]補=[A]反=0,0011010+

60,0000110+130,0001101+1040,1101000+

520,0110100+260,0011010移位前[A]原=[A]補=[A]反對應(yīng)的真值機器數(shù)移位操作=+11010左移一位左移兩位右移一位右移兩位44例6.17設(shè)機器數(shù)字長為8位（含１位符號位），寫出A=–26時，三種機器數(shù)左、右移一位和兩位后的表示形式及對應(yīng)的真值，并分析結(jié)果的正確性。解：A=–26–61,0000110–131,0001101–1041,1101000–521,0110100–261,0011010移位前對應(yīng)的真值機器數(shù)移位操作原碼=–11010左移一位左移兩位右移一位右移兩位45–61,1111001–131,1110010–1041,0010111–521,1001011–261,1100101移位前對應(yīng)的真值機器數(shù)移位操作–71,1111001–131,1110011–1041,0011000–521,1001100–261,1100110移位前對應(yīng)的真值機器數(shù)移位操作補碼反碼左移一位左移兩位右移一位右移兩位左移一位左移兩位右移一位右移兩位463.算術(shù)移位的硬件實現(xiàn)（a）真值為正（b）負數(shù)的原碼（c）負數(shù)的補碼（d）負數(shù)的反碼00010丟1丟1出錯影響精度出錯影響精度正確影響精度正確正確474.算術(shù)移位和邏輯移位的區(qū)別算術(shù)移位有符號數(shù)的移位邏輯移位無符號數(shù)的移位邏輯左移邏輯右移低位添0，高位移丟高位添0，低位移丟例如

01010011邏輯左移10100110邏輯右移01011001算術(shù)左移算術(shù)右移0010011011011001（補碼）高位1移丟010100110Cy01010011001011001048二、加減法運算1.補碼加減運算公式(1)加法(2)減法整數(shù)[A]補+[B]補=[A+B]補（mod2n+1）小數(shù)[A]補+[B]補=[A+B]補（mod2）A–B=A+(–B

)整數(shù)[A

–B]補=[A+(–B

)]補=[A]補+[

–

B]補(mod2n+1)小數(shù)[A

–B]補=[A+(–B

)]補(mod2)連同符號位一起相加，符號位產(chǎn)生的進位自然丟掉=[A]補+[

–

B]補492.舉例解：[A]補[B]補[A]補+[B]補+=0.1011=1.1011=10.0110=[A+B]補驗證例6.18設(shè)A=0.1011，B=–

0.0101求[A+B]補0.1011–0.01010.0110∴A+B

=0.0110[A]補[B]補[A]補+[B]補+=1,0111=1,1011=11,0010=[A+B]補驗證–1001–1110–0101+例6.19設(shè)A=–9，B=–5求[A+B]補解：∴A+B

=–111050例6.20設(shè)機器數(shù)字長為8位（含1位符號位）且A=15，B=24，用補碼求A

–B解：A=15=0001111B=24=0011000[A]補+[–

B]補+[A]補=0,0001111[–

B]補=1,1101000=1,1110111=[A

–

B]補[B]補=0,0011000練習(xí)1設(shè)x=y=，用補碼求x+y9161116x+y=–0.1100=1216–練習(xí)2設(shè)機器數(shù)字長為8位（含1位符號位）且A=–97，B=+41，用補碼求A

–

BA

–B=+1110110=+118∴A

–B=–1001=–9錯錯513.溢出判斷(1)一位符號位判溢出參加操作的兩個數(shù)（減法時即為被減數(shù)和“求補”以后的減數(shù)）符號相同，其結(jié)果的符號與原操作數(shù)的符號不同，即為溢出硬件實現(xiàn)最高有效位的進位符號位的進位=1如10=101=1有溢出00=011=0無溢出溢出52(2)兩位符號位判溢出[x]補'

=

x1＞x≥04+x0＞x≥–1（mod4）[x]補'+[y]補'=[x+y]補'（mod4）[x

–y]補'=[x]補'+[–

y]補'（mod4）結(jié)果的雙符號位相同

未溢出結(jié)果的雙符號位不同

溢出最高符號位代表其真正的符號00.×××××11.×××××10.×××××01.×××××00,×××××11,×××××10,×××××01,×××××534.補碼加減法的硬件配置V0

A

nGAGS

加法器（n+1）溢出判斷求補控制邏輯0

X

nA、X均n+1位用減法標(biāo)記GS

控制求補邏輯54三、乘法運算1.分析筆算乘法A=–0.1101B=0.1011A×B=–0.100011110.11010.101111011101000011010.10001111符號位單獨處理乘數(shù)的某一位決定是否加被乘數(shù)4個位積一起相加乘積的位數(shù)擴大一倍×乘積的符號心算求得

？552.筆算乘法改進A

?B=A

?0.1011=0.1A+0.00A+0.001A+0.0001A=0.1A+0.00A+0.001(A+0.1A)=0.1A+0.01[0?

A+0.1(A+0.1A)]=0.1{A+0.1[0?

A+0.1(A+0.1A)]}=2-1{A

+2-1[0?

A+2-1(A

+

2-1(A+0))]}①②⑧第一步被乘數(shù)A

+0第二步右移一位，得新的部分積第八步右移一位，得結(jié)果③第三步部分積

+

被乘數(shù)…右移一位563.改進后的筆算乘法過程（豎式）0.00000.11010.11010.11010.00000.1101初態(tài)，部分積=0乘數(shù)為1，加被乘數(shù)乘數(shù)為1，加被乘數(shù)乘數(shù)為0，加01.001110.1001111.0001111乘數(shù)為1，加被乘數(shù)0.100011111，得結(jié)果1011=0.01101，形成新的部分積1101=0.10011，形成新的部分積1110=0.01001，形成新的部分積1111=部分積乘數(shù)說明＋＋＋＋57小結(jié)被乘數(shù)只與部分積的高位相加

由乘數(shù)的末位決定被乘數(shù)是否與原部分積相加，然后1位形成新的部分積，同時乘數(shù)

1

位（末位移丟），空出高位存放部分積的低位。硬件3

個寄存器，具有移位功能1

個全加器乘法運算可用加和移位實現(xiàn)

n=4，加4次，移4次584.原碼乘法(1)原碼一位乘運算規(guī)則以小數(shù)為例設(shè)[x]原=x0.x1x2

xn…[y]原=y0.y1y2

yn…=(x0

y0).x*y*[x

?y]原=(x0

y0).(0.x1x2

xn)(0.y1y2

yn)……式中x*=0.x1x2

xn

為x

的絕對值…y*=0.y1y2

yn

為y

的絕對值…乘積的符號位單獨處理x0

y0數(shù)值部分為絕對值相乘x*?

y*59(2)原碼一位乘遞推公式x*?

y*=x*(0.y1y2

yn)…=x*(y12-1+y22-2++yn2-n)…=2-1(y1x*+2-1(y2x*+2-1(ynx*+0)))……z1znz0=0z1=2-1(ynx*+z0)z2=2-1(yn-1x*+z1)zn=2-1(y1x*+zn-1)……z060例6.21已知x=–0.1110y=0.1101求[x?y]原解：數(shù)值部分的運算0.00000.11100.11100.00000.11100.1110部分積初態(tài)z0=0部分積乘數(shù)說明0.011101.0001101.01101100.101101101，得

z4邏輯右移1101=0.01111，得

z10110=0.00111，得

z21011=0.10001，得

z31101=邏輯右移邏輯右移邏輯右移+++++x*+0+x*+x*61②數(shù)值部分按絕對值相乘①乘積的符號位

x0

y0=10=1x*?

y*=0.10110110則[x

?

y]原

=1.10110110特點絕對值運算邏輯移位例6.21結(jié)果用移位的次數(shù)判斷乘法是否結(jié)束62(3)原碼一位乘的硬件配置A、X、Q均n+1位移位和加受末位乘數(shù)控制0

An加法器控制門0

Xn

移位和加控制計數(shù)器CSGM0Qn右移63(4)原碼兩位乘原碼乘符號位和數(shù)值位部分分開運算兩位乘每次用乘數(shù)的2位判斷原部分積是否加和如何加被乘數(shù)11100100加“0”2加1倍的被乘數(shù)2加2倍的被乘數(shù)2加3倍的被乘數(shù)23？先減1倍的被乘數(shù)再加4倍的被乘數(shù)4–13100–0111新的部分積乘數(shù)yn-1

yn64(5)原碼兩位乘運算規(guī)則111110101100011010001000操作內(nèi)容標(biāo)志位Cj乘數(shù)判斷位yn-1yn

z2,y*2,Cj

保持“0”

z2,y*2,Cj

保持“1”z–x*2,y*2,Cj

保持“1”

z+2x*2,y*2,Cj

保持“0”z+x*2,y*2,Cj

保持“0”共有操作+x*+2x*–x*2實際操作

+[x*]補+[2x*]補+[–x*]補

2補碼移z–x*2,y*2,Cj置“1”z+2x*2,y*2,Cj置“0”z+x*2,y*2,Cj置“0”65例6.22已知x=0.111111y=–0.111001求[x·y]原000.000000000.111111000.11111100.1110010初態(tài)

z0=0+x*，Cj=0010.00110111000.111000000111111.1001000111001.111110+2x*，Cj=0111.000001–x*，Cj=1000.111111+x*，Cj=00000.001111110011

1020000.100011011100

1121111.111001000111002Cj部分積乘數(shù)說明補碼右移補碼右移解：數(shù)值部分的運算補碼右移++++66②數(shù)值部分的運算①乘積的符號位

x0

y0=01=1x*?

y*=0.111000000111則[x

?

y]原=1.111000000111例6.22結(jié)果特點絕對值的補碼運算算術(shù)移位用移位的次數(shù)判斷乘法是否結(jié)束67(6)原碼兩位乘和原碼一位乘比較符號位操作數(shù)移位移位次數(shù)最多加法次數(shù)x0

y0x0

y0絕對值絕對值的補碼邏輯右移算術(shù)右移nnn2（n為偶數(shù)）n2+1（n為偶數(shù)）思考

n

為奇數(shù)時，原碼兩位乘移？次最多加？次原碼一位乘原碼兩位乘685.補碼乘法設(shè)被乘數(shù)乘數(shù)[x]補=x0.x1x2

xn…[y]補=y0.y1y2

yn…①被乘數(shù)任意，乘數(shù)為正同原碼乘但加和移位按補碼規(guī)則運算乘積的符號自然形成②被乘數(shù)任意，乘數(shù)為負乘數(shù)[y]補，去掉符號位，操作同①

最后加[–x]補，校正(1)補碼一位乘運算規(guī)則以小數(shù)為例69③Booth算法（被乘數(shù)、乘數(shù)符號任意）設(shè)[x]補=x0.x1x2

xn[y]補=y0.y1y2

yn……[x

·y]補=[x]補(0.y1

yn)–[x]補

·y0…=[x]補(y12-1+y22-2++yn2-n)–[x]補

·y0…=[x]補(–y0+y1

2-1+y22-2++yn2-n)…=[x]補[–y0+(y1–

y12-1)+(y22-1–y22-2)++(yn2-(n-1)–yn2-n)]…=[x]補[(y1–y0)+(y2–y1)2-1++(yn–yn-1)2-(n-1)+(0

–yn)2-n)]…y12-1++…yn

2-n–[x]補=+[–x]補

2-1=20

–2-12-2=2-1

–2-22-12-2=[x]補[(y1–y0)+(y2–y1)2-1++(yn+1–yn)2-n]…

附加位

yn+170④Booth算法遞推公式[z0]補=0[z1]補=2-1{(yn+1–yn)[x]補+[z0]補}yn+1=0[zn]補=2-1{(y2–y1)[x]補+[zn-1]補}…[x

·

y]補=[zn]補+(y1–y0)[x]補最后一步不移位如何實現(xiàn)

yi+1–yi

?000110111+[x]補

1+[–x]補

1101-10yi

yi+1操作yi+1–yi71例6.23已知x=+0.0011y=–0.1011求[x·y]補解：00.000011.110111.110100.001111.110100.001111.11011.0101000.0001111.11011100.000111111.11011111

[x]補=0.0011

[y]補=1.0101[–x]補=1.1101+[–x]補11.111011010

11+[x]補00.00001110101+[–x]補11.1110111101100.00001111101+[–x]補+[x]補∴

[x·y]補=1.11011111最后一步不移位補碼右移補碼右移補碼右移補碼右移+++++72(2)Booth算法的硬件配置A、X、Q均n+2位移位和加受末兩位乘數(shù)控制0An+1n+2位加法器控制門0Xn+10Qn

n+1移位和加控制邏輯計數(shù)器CGM00,110110右移73乘法小結(jié)原碼乘符號位單獨處理補碼乘符號位自然形成原碼乘去掉符號位運算即為無符號數(shù)乘法不同的乘法運算需有不同的硬件支持整數(shù)乘法與小數(shù)乘法完全相同可用逗號代替小數(shù)點74四、除法運算756.4浮點四則運算一、浮點加減運算x=Sx

·2jxy=Sy

·2jy1.對階(1)求階差(2)對階原則Δj=jx

–jy=jx=jy

已對齊jx＞

jy

jx＜

jy

x

向

y

看齊y

向

x

看齊x

向

y

看齊y

向

x

看齊小階向大階看齊Sx1,Sy1,Sx1,Sy1,=0＞0＜0

jx–1jy–176例如x=0.1101

×

201

y=(–0.1010)

×

211求x

+

y解：[x]補=00,01;00.1101[y]補=00,11;11.01101.對階[Δj]補=[jx]補

–[jy]補=00,0111,0111,10階差為負（–

2）[Sx]補'

=

00.0011[Sy]補=11.011011.1001∴Sx2jx+2∴[x+y]補=00,11;11.1001②對階[x]補'=

00,11;00.0011++對階后的[Sx]補'

①求階差2.尾數(shù)求和773.規(guī)格化(1)規(guī)格化數(shù)的定義(2)規(guī)格化數(shù)的判斷r=2≤|S|＜1

12S＞0真值原碼補碼反碼規(guī)格化形式S＜0規(guī)格化形式真值原碼補碼反碼0.1×××…0.1×××…0.1×××…0.1×××…原碼不論正數(shù)、負數(shù)，第一數(shù)位為1補碼符號位和第一數(shù)位不同–0.1××

×…1.1×××…1.0×××…1.0×××…78特例S=–=–0.1000

12…∴[–]補不是規(guī)格化的數(shù)12S=–1∴[–1]補是規(guī)格化的數(shù)[S]原=1.1000…[S]補=1.1000…[S]補=1.0000…79(3)左規(guī)(4)右規(guī)尾數(shù)左移一位，階碼減1，直到數(shù)符和第一數(shù)位不同為止上例[x+y]補=00,11;11.1001左規(guī)后[x+y]補

=00,10;11.0010∴x+y=(–0.1110)×210

當(dāng)尾數(shù)溢出（>1）時，需右規(guī)即尾數(shù)出現(xiàn)01.×××或10.×××?xí)r……尾數(shù)右移一位，階碼加180例6.27x=0.1101×

210

y=0.1011×

201求x

+y（除階符、數(shù)符外，階碼取3位，尾數(shù)取6位）

解：[x]補=00,010;00.110100[y]補=00,001;00.101100①對階②尾數(shù)求和[Δj]補=[jx]補

–[jy]補

=00,01011,111100,001階差為+1∴Sy1,jy+1∴[y]補'=00,010;00.010110[Sx]補

=00.110100[Sy]補'

=00.010110對階后的[Sy]補'01.001010++尾數(shù)溢出需右規(guī)81③右規(guī)[x

+y]補=00,010;01.001010[x

+y]補=00,011;00.100101右規(guī)后∴x

+y=0.100101

×

2114.舍入在對階和右規(guī)過程中，可能出現(xiàn)尾數(shù)末位丟失引起誤差，需考慮舍入(1)0舍1入法

(2)

恒置“1”法82例6.28x=(–—)×2-5

y=(—)×2-45878求x

–

y（除階符、數(shù)符外，階碼取3位，尾數(shù)取6位）解：[x]補=11,011;11.011000[y]補=11,100;00.111000①對階[Δj]補=[jx]補

–[jy]補

=11,01100,10011,111階差為–1∴Sx1,jx+

1∴[x]補'=11,100;11.101100x=(–0.101000)×2-101y=(0.111000)×2-100+83②尾數(shù)求和[Sx]補′=11.101100[–Sy]補=11.001000+110.110100③右規(guī)[x–

y]補=11,100;10.110100[x–

y]補=11,101;11.011010右規(guī)后∴

x

–

y=(–0.100110)×2-11=(–—)×2-31932845.溢出判斷設(shè)機器數(shù)為補碼，尾數(shù)為規(guī)格化形式，并假設(shè)階符取2位，階碼的數(shù)值部分取7位，數(shù)符取2位，尾數(shù)取n

位，則該補碼在數(shù)軸上的表示為上溢下溢上溢

對應(yīng)負浮點數(shù)

對應(yīng)正浮點數(shù)00,1111111;11.000…00,1111111;00.111…11,0000000;11.0111…11,0000000;00.1000…2127×(–1)–2-128×(2-1+2-n)2-128×2-12127×(1–2-n)最小負數(shù)最大負數(shù)最小正數(shù)最大正數(shù)0階碼01,××···×階碼01,××···×階碼10,××···×按機器零處理85二、浮點乘除運算x=Sx

·2jxy=Sy

·2jy1.乘法x

·

y=(Sx

·Sy)×2jx+jy2.除法xy=SxSy×2jx

–

jy(1)階碼采用補碼定點加（乘法）減（除法）運算(2)尾數(shù)乘除同定點運算4.浮點運算部件階碼運算部件，尾數(shù)運算部件3.步驟(3)規(guī)格化866.5算術(shù)邏輯單元一、ALU

電路組合邏輯電路

Ki

不同取值

Fi

不同四位ALU74181M=0算術(shù)運算M=1邏輯運算S3~S0

不同取值，可做不同運算ALUAiBiFi…Ki87二、快速進位鏈1.并行加法器=AiBi

+(Ai+Bi)Ci-1di=AiBi

本地進位ti=Ai+Bi

傳送條件則Ci=di+tiCi-1

Si=Ai

Bi

Ci-1+Ai

Bi

Ci-1+Ai

Bi

Ci-1+Ai

Bi

Ci-1Ci=AiBiCi-1+AiBiCi-1+AiBiCi-1+AiBiCi-1FAnFAn-1FA1FA0FAn-2CnSnCn-1Sn-1Cn-2Sn-2

…C1S1C0S0C-1A0B0A1B1An-2Bn-2An-1Bn-1AnBn882.串行進位鏈進位鏈傳送進位的電路串行進位鏈進位串行傳送以4位全加器為例，每一位的進位表達式為C0=d0+

t0C-1

C1=d1+t1C0C2=d2+t2C1C3=d3+t3C2=d0?

t0C-14

位全加器產(chǎn)生進位的全部時間為8tyn

位全加器產(chǎn)生進位的全部時間為2nty&&&&&&&&C3t3t2t1t0C2C1C0C-1d3d2d1d0設(shè)與非門的級延遲時間為ty893.并行進位鏈n

位加法器的進位同時產(chǎn)生以4位加法器為例C0=d0

+t0C-1

C1=d1+t1C0C2=d2+t2C1C3=d3+t3C2

=d1+t1d0+

t1t0C-1

=d2+t2d1+t2t1d0+t2t1t0C-1

=d3+t3d2+t3t2d1+

t3t2t1d0+t3t2t1t0C-1

（先行進位，跳躍進位）當(dāng)diti

形成后，只需2.5ty

產(chǎn)生全部進位≥1

&