計算機組成原理 運算方法與運算器

計算機組成原理武漢科技大學計算機科學與技術(shù)學院第二章運算方法和運算器本章內(nèi)容2.1數(shù)據(jù)與文字的表示方法2.2定點加法、減法運算2.3定點乘法運算2.4定點除法運算2.5定點運算器的組成2.6浮點運算方法和浮點運算器2.1數(shù)據(jù)與文字的表示方法計算機中的數(shù)據(jù)數(shù)值數(shù)據(jù)非數(shù)值數(shù)據(jù)定點數(shù)浮點數(shù)文字語音圖形圖像……定點整數(shù)定點小數(shù)西文字符中文漢字計算機中常用的數(shù)據(jù)表示格式：2.1.1數(shù)據(jù)格式計算機中選擇數(shù)的表示方式時考慮的因素：(1)數(shù)據(jù)類型(整數(shù)、小數(shù)、實數(shù)、復數(shù))(2)可能遇到的數(shù)值范圍(3)數(shù)值精確度

(4)數(shù)據(jù)存儲和處理的硬件代價(1)定點數(shù)：容許的數(shù)值范圍有限，但硬件比較簡單(2)浮點數(shù)：容許的數(shù)值范圍很大，但硬件比較復雜n位1位符號量值(1)純小數(shù)表示形式:ｘ＝ｘnｘn-1ｘn-2…ｘ0

表數(shù)范圍：0.000…0≤|X|≤0.111…11

即：0≤|X|≤1-2-n1.定點數(shù)的表示方法定點數(shù)：小數(shù)點位置固定由于約定在固定位置，小數(shù)點不再使用記號“.”表示n位1位符號量值(2)純整數(shù)表示形式:ｘ＝ｘnｘn-1ｘn-2…ｘ0

表數(shù)范圍：0≤|X|≤111…11

即：0≤|X|≤2n-12浮點數(shù)的表示方法

任意一個R進制數(shù)可以寫成

N=Re×MR——基數(shù)，定義后不能改變，可隱含M——尾數(shù)，純小數(shù)e——指數(shù)，純整數(shù)，指出小數(shù)點的位置由于指數(shù)可以取不同的數(shù)值，所以，小數(shù)點的位置可在一定范圍內(nèi)自由浮動，故被稱為浮點數(shù)計算機中浮點數(shù)的表示格式：X=2E×MM——尾數(shù)，定點小數(shù)(含數(shù)符)，表示數(shù)的全部有效數(shù)字——精度E——階碼，純整數(shù)，指示小數(shù)點的位置浮點數(shù)：小數(shù)點位置可在一定范圍內(nèi)移動；能擴大表數(shù)范圍浮點數(shù)的表示方案：格式1：格式2：——IEEE754標準SE

M64位浮點數(shù)636252510S

E

M32位浮點數(shù)313023220其中：S—符號位，0表示正，1表示負E——階碼，移碼表示的指數(shù)，E=e+127(32位)或1023(64位)即將浮點數(shù)的指數(shù)e變成階碼E時，將其加上一個固定的數(shù)值R——默認為2；M——尾數(shù)；小數(shù)點在尾數(shù)域最左有效位的右邊尾數(shù)Mn-1Mn-2…M0數(shù)符Ms階碼EmEm-1……E0階符EsIEEE754標準浮點數(shù)的規(guī)格化及其與真值的關(guān)系規(guī)格化表示——尾數(shù)非0時，約定其最高有效位為1即：尾數(shù)規(guī)格化形式：

1.M例：A=24×0.0000000010101=2-5×1.0101階碼：用移碼表示，方便指數(shù)比較大小和對階操作IEEE754標準中，規(guī)格化的浮點數(shù)x與真值的關(guān)系：32位浮點數(shù)

ｘ＝(－1)s×(1.Ｍ)×2Ｅ－127

64位浮點數(shù)

ｘ＝(－1)s×(1.Ｍ)×2Ｅ－1023階碼與尾數(shù)的位數(shù)精度：范圍：尾數(shù)指數(shù)(1)當階碼E為全0且尾數(shù)M也為全0時，表示的真值x為零，結(jié)合符號位S，有正零和負零之分(2)當階碼E為全1且尾數(shù)M為全0時，表示的真值x為無窮大，結(jié)合符號位S，有＋∞和－∞之分(對溢出的處理方式取決于用戶)(3)一個規(guī)格化的非零和非無窮的浮點數(shù)，階碼E范圍1~254(32位)和1~2046(64位)，其真值為－126~＋127(32位格式的8位階碼)和－1022~＋1023(64位格式的11位階碼)，此時有效數(shù)據(jù)分別為24位或53位，即默認23位小數(shù)或52位小數(shù)的小數(shù)點左邊有一個隱含的1注意：IEEE754格式的某些位樣式用來表示特殊值[例1]

若浮點數(shù)ｘ的32位754標準存儲格式為(41360000)16，求其十進制數(shù)值[解:]

將十六進制數(shù)展開后，可得二進制數(shù)格式為

41

360000

0100000100110110000000000000

0000

S階碼(8位)尾數(shù)(23位)指數(shù)e=E－127=(10000010)2－(01111111)2=00000011=(3)10

1.M＝1.01101100000000000000000＝1.011011所以，ｘ＝(－1)s×1.M×2e＝＋(1.011011)×23

＝＋1011.011＝(11.375)10

[例2]

將十進制數(shù)數(shù)20.59375轉(zhuǎn)換成IEEE754標準32位浮點數(shù)的二進制格式存儲[解:]

首先轉(zhuǎn)換成二進制數(shù)：

20.59375＝(10100.10011)2＝(1.010010011)2×24于是：S＝0，E＝4＋127＝131，M＝010010011

IEEE754標準的32位浮點數(shù)的二進制存儲格式為：(01000001101001001100000000000000)2＝(41A4C000)16

補充：非IEEE754標準尾數(shù)的規(guī)格化一般地，浮點數(shù)規(guī)格化是指尾數(shù)M滿足1/2≤|M|＜1若尾數(shù)采用原碼表示，尾數(shù)的最高數(shù)值位一定為1若尾數(shù)采用補碼表示對于正數(shù)，M＝00.1ф…ф；對于負數(shù)，有M＝11.0ф…ф

(兩符號位相同，且最高數(shù)值位與符號位不同)當運算結(jié)果出現(xiàn)下面情況時，需要規(guī)格化①M＝00.0ф…ф或11.1ф…ф(最高數(shù)值位與符號位相同)說明尾數(shù)的絕對值小于1/2，應向左規(guī)格化(左移尾數(shù)，每左移一位，階碼減1)M=01.ф…ф10.ф…ф(兩個符號位不同)表明尾數(shù)求和結(jié)果的絕對值大于1，應向右規(guī)格化(結(jié)果右移，尾數(shù)右移1位，階碼加1)(1).字符串形式：一個字節(jié)存放一個十進制的數(shù)位或符號位——用于非數(shù)值計算(2).

壓縮的十進制數(shù)串形式：一個字節(jié)存放兩個十進制的數(shù)位(值為BCD碼)，節(jié)省存儲空間，且便于直接完成十進制數(shù)的算術(shù)運算符號位和每個數(shù)位都占半個字節(jié)；符號位放在最低數(shù)字位之后，其值選用四位編碼中的冗余狀態(tài)規(guī)定：數(shù)位加符號位之和必須為偶數(shù)，否則在最高數(shù)字位之前補一個0，例如＋123和－12分別被表示成：123C(＋123)012D(-12)3.十進制數(shù)串的表示方法2.1.2數(shù)的機器碼表示無符號數(shù)的表示——所有位均表示數(shù)值；舉例機器碼：符號數(shù)值化后的數(shù)據(jù)編碼——便于計算機中存儲和運算真值：一般書寫表示的數(shù)機器碼的種類(以定點整數(shù)為例)(1)原碼(2)補碼(3)反碼(4)移碼原碼表示法的優(yōu)點：簡單易懂缺點：(1)加/減法運算復雜(同號相減或異號相加時)

(2)零的原碼不惟一定點整數(shù)的原碼形式為ｘnｘn-1ｘn-2…ｘ0,則原碼表示的定義[ｘ]原＝ｘ2n－ｘ＝2n＋|ｘ|

0≤ｘ＜2n－2n＜ｘ≤0例： ｘ＝＋1001, y＝－1001

則[ｘ]原＝01001, [y]原＝110011.原碼表示法2.補碼表示法如：以校時為例，減3和加9是等價的，即，9是(-3)對12的補碼，可以用數(shù)學公式表示

-3＝+9 （mod12）——數(shù)學上稱為同余式

mod12是指以12為模數(shù)，這個“?！北硎颈粊G掉的數(shù)值補碼的引出——“模”和“同余”的概念“?！笔侵敢粋€計量系統(tǒng)的計量范圍，即產(chǎn)生“溢出”的量負數(shù)用補碼表示時，可以把減法轉(zhuǎn)化為加法定點整數(shù)的補碼形式為ｘnｘn-1ｘn-2…ｘ0

[ｘ]補＝ｘ2n+1+ｘ＝2n+1-|ｘ|0≤ｘ＜2n－2n≤ｘ≤0定義：[ｘ]反＝ｘ

(2n+1－1)＋ｘ0≤ｘ＜2n－2n＜ｘ≤0對于定點負整數(shù)，由補碼和反碼的定義可知：[ｘ]補＝2n+1+ｘ=[ｘ]反＋1

3.反碼表示法反碼的實現(xiàn)——若觸發(fā)器Q端輸出表示原碼，則Q端就是反碼對定點整數(shù)，反碼表示的定義為

結(jié)論：若要求一個負數(shù)的補碼，其方法是先求其反碼，再在未位上加1即可由[x]原求[x]補(x<0)的簡便原則:符號位保持不變；從最低位開始遇到的第一個1以前的各位(包括該位)保持不變；其余各位按位取反例：[x]原=110110100[x]補=

101001100100100求補碼的方法由[x]補求[-x]補：連符號位一起各位求反，末位加1例： [x]補=1.1010101 [-x]補=0.0101011由[-X]補求[X]補規(guī)則相同將[x]補的符號位和數(shù)值位一起向右移動一次，且左補符號位例: [x]補=10101000 [x/2]補=11010100(0)稱為“算術(shù)右移”如何求[x/4]補和[x/8]補嗎?由[x]補求[x/2]補補碼的性質(zhì):0的補碼惟一便于加減運算n+1位補碼所能表示的整數(shù)的范圍：定點整數(shù)：MAX=2n-1，MIN=﹣2n補碼與真值的關(guān)系:設一個二進制整數(shù)的補碼有n+1位(含1位符號位)，即[x]補=ｘnｘn-1ｘn-2

…ｘ0

則其補碼表示的真值為：x=-2nxn+∑2ixi當x為正數(shù)時，xn=0，[x]補的形式：0ｘn-1ｘn-2

…ｘ0

真值為：x=∑2ixi

當x為負數(shù)時，xn=1，[x]補的形式：1ｘn-1ｘn-2

…ｘ0

真值為：x=-2n+∑2ixi

當x為0時，[x]補=

[+0]補=[-0]補=0結(jié)論：如果把符號位的權(quán)值當成負權(quán)，則真值是其相應補碼的各位值乘以該位的權(quán)的累加和舉例：[x]補=010011011，[y]補=110011011，求x，y

n-1i=0n-1i=0n-1i=0通常用于表示浮點數(shù)的階碼設定點整數(shù)e的移碼形式為ekek-1ek-2…e0，其定義是

[e]移＝2k＋e－2k≤e＜2k若階碼數(shù)值部分為5位（連同符號位6位）,以e表示真值,則[e]移＝25＋e

－25≤e＜25

例如，當正數(shù)e＝＋10101時，[e]移＝1，10101負數(shù)e＝－10101時,[ｘ]移＝25＋e＝25－10101＝0,01011移碼中的逗號表示左邊一位是符號位移碼中符號位ek的表示規(guī)律與原碼、補碼、反碼相反4.移碼表示法在已知補碼的情況下，將符號位求反即得移碼IEEE754標準浮點格式中e的移碼上述數(shù)據(jù)的四種機器表示法小結(jié)：移碼表示法主要用于表示浮點數(shù)的階碼由于補碼表示對加減法運算十分方便，因此目前機器中廣泛采用補碼表示法；在這類機器中，數(shù)用補碼表示，補碼存儲，補碼運算有些機器，用原碼進行存儲和傳送，運算時改用補碼還有些機器在做加減法時用補碼運算，在做乘除法時用原碼運算[例6]以n+1位定點整數(shù)為例，用數(shù)軸形式說明原碼、反碼、補碼表示范圍和可能的數(shù)碼組合情況[解:]設機器碼形式為ｘnｘn-1ｘn-2…ｘ0補碼表示中“0”只有一種形式；且負數(shù)的范圍可到－2n

[例7]將十進制真值(－127,－1,0,＋1,＋127)列表表示成二進制數(shù)及8位的原碼、反碼、補碼、移碼[解:]真值x(十進制)真值x(二進制)[x]原[x]反[x]補[x]移-1281000000000000000-127-111111111111111100000001000000100000001-1-00000001100000011111111011111111011111110000000000000000010000000000000001111111100000000100000001+000000100000001000000010000000110000001127+111111101111111011111110111111111111111

由表中數(shù)據(jù)可知，補碼值與移碼值差別僅在于符號位不同

[例8]設機器字長16位,定點表示,尾數(shù)15位,數(shù)符1位,問：定點原碼整數(shù)表示時,最大正數(shù)是多少?最小負數(shù)是多少?[解:]

最大正數(shù)值＝(215－1)10＝(＋32767)10

＝

0111111111111111

最小負數(shù)值＝－(215－1)10＝(－32767)10

＝

1111111111111111[例9]假設由S,E,M三個域組成的一個32位二進制字所表示的非零規(guī)格化浮點數(shù)ｘ,真值表示為：ｘ＝(－1)s×(1.M)×2E－128問：它所表示的規(guī)格化的最大正數(shù)、最小正數(shù)、最大負數(shù)、最小負數(shù)是多少？

[解:](1)最大正數(shù)01111111111111111111111111111111 ｘ＝[1＋(1－2-23)]×2127(2)最小正數(shù)00000000000000000000000000000000

ｘ＝1.0×2－128(3)最小負數(shù)11111111111111111111111111111111

ｘ＝－[1＋(1－2－23)]×2127(4)最大負數(shù)10000000000000000000000000000000ｘ＝－1.0×2－1282.1.3字符與字符串的表示方法1.字符的表示方法七位的ASCII碼(美國國家信息交換標準字符碼)——十進制數(shù)碼、英文字母、一定數(shù)量的專用符號，共128個元素其中：可顯示或打印的字符95個，其編碼值為32~126

控制字符33個，其編碼值為0~31和127采用7位二進制編碼，加一位偶校驗位,共8位表2.1七單位的ASCII碼字符編碼表字符串是連續(xù)的一串字符，占連續(xù)多個字節(jié)，每個字節(jié)存一個字符[例]存儲字符串：

IF└┘A>B└┘THEN└┘READ(C)

IFA>BTHEN

READ(C)[解:]設主存字單元由4個字節(jié)組成按從高位字節(jié)到低位字節(jié)依次存放各字節(jié)單元依次存放十進制的73、70、32、65、62、66、32、84、72、69、78、32、82、69、65、68、40、67、41、322.字符串的表示方法1.漢字的輸入編碼(1)數(shù)字編碼:常用的是區(qū)位碼區(qū)位碼——4位十進制數(shù)，前2位區(qū)碼，后2位位碼如“中”位于54區(qū)48位——區(qū)位碼5448優(yōu)點:

無重碼，且輸入碼與內(nèi)部編碼的轉(zhuǎn)換比較方便缺點:

代碼難以記憶(2)拼音碼:使用簡單方便，但重碼率很高(3)字形編碼:按漢字的形狀編碼，如五筆字形碼2.1.4漢字的表示方法2.漢字的內(nèi)碼用于漢字的存儲、交換、檢索等操作的機內(nèi)代碼用兩個字節(jié)表示(兩個字節(jié)的最高位均為1)如“武”字機內(nèi)碼為2E44H+A0A0H=CEE4H3.漢字字模碼是用點陣表示的漢字字形代碼，有16×16點陣，24×24點陣，32×32點陣，用于漢字的顯示或打印輸出字模點陣只能用來構(gòu)成漢字庫，而不能用于機內(nèi)存儲2.1.5校驗碼——奇偶校驗設ｘ＝(ｘ0ｘ1…ｘn-1)是一個n位字奇校驗位Ｃ定義為：C＝ｘ0⊕ｘ1⊕…⊕ｘn-1偶校驗位Ｃ定義為：C＝ｘ0⊕ｘ1⊕…⊕ｘn-1注意：奇偶校驗可提供奇數(shù)個錯誤檢測，但無法檢測偶數(shù)個錯誤，更無法識別錯誤信息的位置

[例10]已知5個字節(jié)數(shù)據(jù)，分別用奇校驗和偶校驗進行編碼數(shù)據(jù)偶校驗編碼Ｃ奇校驗編碼Ｃ101010100101010000000000011111111111111110101010-01010100-00000000-01111111-11111111-10101010-01010100-00000000-01111111-11111111-01010101012.2定點加法、減法運算2.2.1補碼加法任意兩個數(shù)的補碼之和，等于它們和的補碼以定點整數(shù)為例

[x+y]補=[x]補+[y]補

(mod2n+1)兩個數(shù)均用補碼表示，符號位當做數(shù)值參加運算，符號位相加所產(chǎn)生的進位丟掉，結(jié)果為補碼證明——分4種情況采用定點整數(shù)表示，因此證明的先決條件是︱ｘ︱≤(2n-1),︱ｙ︱≤(2n-1),︱ｘ＋ｙ︱≤(2n-1)(1)ｘ﹥0,ｙ﹥0,則ｘ＋ｙ﹥0根據(jù)補碼定義，[ｘ]補＝ｘ，[y]補＝y(tǒng)，故

[ｘ]補＋[ｙ]補＝ｘ＋ｙ＝[ｘ＋ｙ]補

(mod2n+1)證明——分4種情況(2)ｘ﹥0,ｙ﹤0,則ｘ＋ｙ>0或ｘ＋ｙ<0∵[ｘ]補＝ｘ,

[ｙ]補＝2n+1＋ｙ∴[ｘ]補＋[ｙ]補=ｘ＋2n+1＋ｙ＝2n+1+(ｘ＋ｙ) =[ｘ＋ｙ]補(mod2n+1)

(3)ｘ<0,ｙ>0,則ｘ＋ｙ>0或ｘ＋ｙ<0同(2)(4)ｘ<0,ｙ<0,則ｘ＋ｙ<0

∵[ｘ]補＝2n+1＋ｘ,

[ｙ]補＝2n+1＋ｙ

∴[ｘ]補＋[ｙ]補＝2n+1＋ｘ＋2n+1＋ｙ＝2n+1＋(2n+1＋ｘ＋ｙ)因(ｘ＋ｙ)是絕對值小于2n的負數(shù)，故(2n+1＋ｘ＋ｙ)一定大于2n而小于2n+1,故進位2n+1必丟失，又因(ｘ＋ｙ)<0,所以

[ｘ]補＋[ｙ]補＝2n+1＋(ｘ＋ｙ)＝[ｘ＋ｙ]補

(mod2n+1)[例11]

ｘ＝+1001,ｙ＝+0101，求ｘ＋ｙ[解:]

[ｘ]補＝01001，[ｙ]補＝00101 [ｘ+ｙ]補＝01001+00101=01110

ｘ+ｙ=+1110[例12]

ｘ＝＋1011,ｙ＝－0101，求ｘ＋ｙ[解:]

[ｘ]補＝01011，[ｙ]補＝11011 [ｘ+ｙ]補＝01011+11011=00110

ｘ+ｙ=+0110解:[x]補=100111，[y]補=111101[x]補=100111[y]補=111101+丟掉1100100[x]補+[y]補=100100x+y=-11100例:x＝-11001,y＝-00011，求x+y＝？結(jié)論——補碼加法的特點:(1)符號位作為數(shù)的一部分一起運算(2)在模2n+1的意義下相加，即超過2n+1的進位要丟掉[ｘ－ｙ]補＝[ｘ]補＋[－ｙ]補＝[ｘ]補－[ｙ]補[-y]補稱為[y]補的機器負數(shù)，由[y]補求[-y]補的過程稱為將[y]補“變補”或?qū)y]補求補從[ｙ]補求[－ｙ]補的法則是：對[ｙ]補包括符號位“求反且最末位加1”寫成運算表達式為：

[－ｙ]補＝﹁[ｙ]補＋1其中符號﹁表示對[ｙ]補作包括符號位在內(nèi)的求反操作2.2.2補碼減法證明：[ｘ-ｙ]補＝[ｘ]補＋[－ｙ]補＝[ｘ]補－[ｙ]補只要證明[－ｙ]補＝－[ｙ]補即可∵[ｘ＋ｙ]補＝[ｘ]補＋[ｙ]補

(mod2n+1)∴[ｙ]補＝[ｘ＋ｙ]補－[ｘ]補

(2.15)∵[ｘ－ｙ]補＝[ｘ＋(－ｙ)]補＝[ｘ]補＋[－ｙ]補∴[－ｙ]補＝[ｘ－ｙ]補－[ｘ]補

(2.16)將式(2.15)與(2.16)相加,得

[－ｙ]補＋[ｙ]補＝[ｘ＋ｙ]補＋[ｘ－ｙ]補－[ｘ]補－[ｘ]補＝[ｘ＋ｙ＋ｘ－ｙ]補－[ｘ]補－[ｘ]補＝0故[－ｙ]補＝－[ｙ]補

(mod2n+1)[例13]

已知ｘ1＝－1110，ｘ2＝＋1101

求：[ｘ1]補，[－ｘ1]補，[ｘ2]補，[－ｘ2]補[解:]

[ｘ1]補＝10010

[－ｘ1]補＝﹁[ｘ1]補＋1＝01101＋1＝01110

[ｘ2]補＝01101

[－ｘ2]補＝﹁[ｘ2]補＋1＝10010＋1＝10011[例14]

ｘ＝＋1101,ｙ＝＋0110,求ｘ－ｙ[解:]

[ｘ]補＝01101

[ｙ]補＝00110,

[－ｙ]補＝11010[ｘ]補

01101

＋[－ｙ]補

11010

[ｘ－ｙ]補

所以ｘ－ｙ＝＋0111丟掉1001112.2.3溢出概念與檢測方法n+1位定點整數(shù)補碼數(shù)的表示范圍：－2n≤ｘ<2n溢出的概念負整數(shù)正整數(shù)

+(２n-1)負溢出正溢出-２n0[例15]

ｘ＝＋1011,ｙ＝＋1001,求ｘ＋ｙ[解]

[ｘ]補＝01011 [ｙ]補＝01001

[ｘ＋ｙ]補=01011+01001=10100

[例16]ｘ＝－1101,ｙ＝－1011，求ｘ＋ｙ[解] [ｘ]補＝10011 [ｙ]補＝10101

[ｘ＋ｙ]補=10011+10101=01000發(fā)生錯誤的原因正溢出——兩正數(shù)相加，結(jié)果大于所能表示的最大正數(shù)負溢出——兩負數(shù)相加，結(jié)果小于所能表示的最小負數(shù)雙符號位補碼：也稱“變形補碼”或“模2n+2補碼”(對定點整數(shù))變形補碼可使模2n+1補碼表數(shù)的范圍擴大一倍判斷“溢出”的方法——變形補碼法；單符號位法單符號位法——最高有效位產(chǎn)生進位而符號位無進位時，產(chǎn)生正溢；最高有效位無進位而符號位有進位時，產(chǎn)生負溢故溢出邏輯表達式為V＝CfCn

結(jié)論:1.溢出——運算結(jié)果的二符號位相異，邏輯表達式為V＝Sf1⊕Sf2Sf1Sf2=01——正溢；Sf1Sf2=10——負溢2.不論溢出與否,最高符號位Sf1始終指示正確的符號定點整數(shù)的變形補碼的模為2n+2,

用同余式表示為：

[ｘ]補＝2n+2+ｘ(mod2n+2)對于正數(shù)，兩個符號位都是0；負數(shù)，兩個符號位都是1對于變形補碼，同樣有

[ｘ]補+[ｙ]補＝[ｘ+ｙ]補(mod2n+2)運算過程中注意：兩個符號位都看作數(shù)碼參加運算；丟掉最高符號位上產(chǎn)生的進位變形補碼溢出判斷[例17]

ｘ＝＋1100,ｙ＝＋1000,求ｘ＋ｙ[解:]

[ｘ]補＝001100,

[ｙ]補＝001000[ｘ]補

001100＋[ｙ]補

001000

010100兩個符號位出現(xiàn)“01”,表示已溢出,即結(jié)果大于＋15[例18]

ｘ＝－1100,ｙ＝-1000,求ｘ＋ｙ[解:]

[ｘ]補＝110100,

[ｙ]補＝111000[ｘ]補

110100＋[ｙ]補

111000

101100兩個符號位出現(xiàn)“10”,表示已溢出,即結(jié)果小于－16變形補碼法舉例[例17]Bｘ＝＋1100,ｙ＝＋1000，求ｘ＋ｙ[解:]

[ｘ]補＝01100,

[ｙ]補＝01000[ｘ]補

01100＋[ｙ]補

01000

10100[例18]B

ｘ＝－1100,ｙ＝-1000,求ｘ＋ｙ[解:]

[ｘ]補＝10100,

[ｙ]補＝11000[ｘ]補

10100＋[ｙ]補

11000

01100Cf=0Cn=1Cf⊕Cn=1，溢出Cf⊕Cn=1，溢出Cf=1Cn=0單符號位法舉例2.2.4基本的二進制加法/減法器輸入：Ai、Bi、Ci輸出：Si、Ci＋1一位全加器真值表

Si＝Ai⊕Bi⊕CiCi+1＝AiBi＋BiCi＋CiAi＝AiBi＋(Ai⊕

Bi)

Ci輸入輸出AiBiCiSiCi+100000001100101001101100101010111001111111、一位全加器FAAiBiCiCi+1Si2、n位二進制加/減法器設5位二進制數(shù)[A]補=A4A3A2A1A0[B]補=B4B3B2B1B0兩數(shù)相加，則為[S]補=[A]補+[B]補=C5S4S3S2S1S0而[-B]補=﹁[B]補＋1兩數(shù)相減，則為[S]補=[A]補-[B]補=[A]補+[-B]補=[A]補+[-B]補[A]補=A4A3A2A1A0C5S4S3S2S1S0[-B]補=B4B3B2B1B01+[A]補=A4A3A2A1A0[B]補=B4B3B2B1B0C5S4S3S2S1S0+2.2.4基本的二進制加法/減法器n位補碼運算的二進制加法/減法器的邏輯結(jié)構(gòu)圖——工作原理延遲時間分析設：一個“與”門/“或”門的延遲時間為T，一個異或門的延遲時間為3T，則：一位FA的Si時間延遲為6TCi＋1的傳輸時間延遲為2Tn位行波進位加法器的時間延遲為

ta＝n·2T＋9T＝(2n＋9)Tn位行波進位加法器的延遲時間行波進位的補碼加/減法器結(jié)構(gòu)2.3定點乘法運算2.3.1原碼并行乘法1.人工算法與機器算法的同異性運算規(guī)則：乘積的符號位、數(shù)值部分設n位被乘數(shù)和乘數(shù)用是用原碼表示的定點數(shù)被乘數(shù)[ｘ]原＝ｘf

ｘn－1…ｘ1ｘ0乘數(shù)[ｙ]原＝ｙf

ｙn－1…ｙ1ｙ0則乘積[ｚ]原＝(ｘf⊕ｙf)＋(ｘn－1…ｘ1ｘ0)(ｙn－1…ｙ1ｙ0)設ｘ＝1101,ｙ＝1011，數(shù)值部分運算過程分析早期——采用串行的1位乘法，即多次執(zhí)行“加法—移位”操作簡單，但太慢；目前使用流水式陣列乘法器(并行)對于計算機而言，不同之處在于：1.機器字長為n位，兩個n位數(shù)相乘，乘積可能為2n位2.只有兩個操作數(shù)加法器不能將n個位積一次相加設A、B是兩個不帶符號的二進制整數(shù)：

A＝am－1…a1a0

m位

B＝bn－1…b1b0

n位數(shù)值分別為a和b，即

m－1

n－1

a

＝∑ai2i

b

＝∑bj2j

i＝0

j＝0被乘數(shù)A與乘數(shù)B相乘，產(chǎn)生m＋n位乘積P：

P＝pm＋n－1…p1p0m＋

n位乘積P

的數(shù)值為2.不帶符號的陣列乘法器m位n位二進制數(shù)的計算過程a4a3a2a1a0b4b3b2b1b0a4b1a3b1a2b1a1b1a0b1a4b0a3b0a2b0a1b0a0b0a4b2a3b2a2b2a1b2a0b2a4b3a3b3a2b3a1b3a0b3a4b4a3b4a2b4a1b4a0b4p9p8p7p6p5p4p3p2p1p0×=A=B=P以m=n=5為例延遲時間電路中，

{aibj|0≤i≤m－1和0≤j≤n－1}可用

“與”門并行產(chǎn)生n位×n位的乘法器——需要n(n－1)個全加器和n2個“與”門設Ta為“與門”的傳輸延遲時間，Tf為FA的進位傳輸延遲假定用2級“與或”邏輯實現(xiàn)FA的進位鏈，則Ta

＝T，Tf

＝2T

n位×n位不帶符號的陣列乘法器總的乘法時間為：tm＝Ta+(n－1)×6T+(n－1)×Tf＋3T

＝T＋(n－1)×6T+(n－1)×2T+3T＝(8n－4)T

5位×5位不帶符號陣列乘法器[例16]已知兩個不帶符號的二進制整數(shù)A

＝11011,B

＝10101,求每一部分乘積項aibj的值與p9p8……p0的值[解:]P＝p9p8p7p6p5p4p3p2p1p0＝512+32+16+7=1000110111(56710)a4b0＝1

a3b0＝1

a2b0＝0

a1b0＝1a0b0＝1a4b1＝0a3b1＝0

a2b1＝0a1b1＝0a0b1＝0a4b2＝1

a3b2＝1

a2b2＝0

a1b2＝1a0b2＝1a4b4＝1

a3b4＝1a2b4＝0

a1b4＝1a0b4＝1a4b3＝0

a3b3＝0

a2b3＝0

a1b3＝0

a0b3＝0有符號數(shù)乘法的實現(xiàn)方法一是將補碼轉(zhuǎn)成原碼再用無符號數(shù)乘法器方案二是設計一種直接用補碼進行乘法運算的新型乘法器對2求補電路——可將補碼表示的帶符號數(shù)轉(zhuǎn)換成絕對值

0≤i≤n-13.帶符號的陣列乘法器按位掃描技術(shù)求(n＋1)位補碼表示的帶符號數(shù)A＝anan-1…a1a0的絕對值利用符號位來作為控制信號E例，在5位有符號數(shù)11010，對2求補器中，E=1，a3a0輸入為1010，輸出a3*

a0*是0110轉(zhuǎn)換一個(n＋1)位帶符號數(shù),所需的總時間延遲為

tTC＝(n-1)·Ta＋Ta＋Td＝n·Ta＋Td其中Ta是一個與門/一個或門的延遲時間，Td是異或門延遲時間(n＋1)×(n＋1)位帶求補器的陣列乘法器邏輯方框圖(2)帶符號的陣列乘法器帶求補級的陣列乘法器三個求補器的作用設A=anan-1…a1a0和B=bnbn-1…b1b0均為用定點表示的(n＋1)位帶符號整數(shù)。在必要的求補操作后，用n×n位不帶符號的陣列乘法器產(chǎn)生2n位真值乘積: A·B＝P＝p2n－1…p1p0 p2n＝an⊕bn其中P2n為符號位帶求補級的陣列乘法器既適用于原碼乘法,也適用于間接的補碼乘法；但間接的補碼乘法時間大約比原碼乘法增加1倍[例20]設ｘ＝＋15,ｙ＝－13,用帶求補器的原碼陣列乘法器求ｘ·ｙ[解:]

設最高位為符號位,則輸入數(shù)據(jù)為

[ｘ]補＝01111

[ｙ]補＝10011

符號位單獨考慮，算前求補級后|ｘ|＝1111；|ｙ|＝1101

驗證：符號位：0⊕1=1算后求補結(jié)果：100111101換算成真值是ｘ·ｙ ＝(－11000011)2＝－(128＋64＋3)＝(－195)10

[例21]設ｘ＝－15,ｙ＝－13,用帶求補器的原碼陣列乘法器ｘ·ｙ[解:]

設最高位為符號位,則輸入數(shù)據(jù)為

[ｘ]補＝10001

[ｙ]補＝10011符號位單獨考慮，算前求補級后|ｘ|＝1111；|ｙ|＝1101

驗證：乘積的真值是ｘ·ｙ ＝(11000011)2＝(195)10符號位：1⊕1=0算后求補結(jié)果：0

110000112.3.2直接補碼并行乘法1.補碼與真值的轉(zhuǎn)換公式

計算補碼真值的方法——使其符號位帶負權(quán)設定點整數(shù)的補碼：[N]補＝anan－1…a1a0，其中an是符號位補碼數(shù)[N]補和真值N的關(guān)系可以表示成：直接補碼乘法——符號位參與運算，不需要求補級；快速把負權(quán)－2n強加到符號位an上，則真值N為：[例22]已知[N1]補=(01101)2,[N2]補=(10011)2,求[N1]補,[N2]補的數(shù)值[解:]

[N1]補=(01101)2

具有的數(shù)值為：N1=－0×24＋1×23＋1×22＋0×21＋1×20=(＋13)10[N2]補=(10011)2具有的數(shù)值為：N2=－1×24＋0×23＋0×22＋1×21＋1×20=(－13)10對于0類、3類全加器：S＝XYZ＋XYZ＋XYZ＋XYZC＝XY＋YZ＋ZX對于1類、2類全加器：S＝XYZ＋XYZ＋XYZ＋XYZC＝XY＋XZ＋YZ*2.一般化的全加器形式全加器根據(jù)輸入端負權(quán)的數(shù)量可分為四類——0類、1類、2類、3類常規(guī)的一位全加器可假定3個輸入和2個輸出都是正權(quán)利用混合型全加器構(gòu)成直接補碼數(shù)陣列乘法器設被乘數(shù)A和乘數(shù)B是兩個5位的二進制補碼數(shù)：A＝(a4)a3a2a1a0B＝(b4)b3b2b1b0帶負權(quán)的符號位a4和b4用括號標注下面用括號來標注負的被加項，則有：

(a4)a3

a2

a1

a0＝A

×)(b4)b3

b2

b1

b0＝B

(a4b0)a3b0

a2b0

a1b0

a0b0

(a4b1)a3b1

a2b1

a1b1

a0b1

(a4b2)

a3b2

a2b2

a1b2

a0b2

(a4b3)

a3b3

a2b3a1b3

a0b3

＋a4b4

(a3b4)(a2b4)(a1b4)(a0b4)________________________________

(p9)p8

p7

p6

p5

p4

p3

p2

p1

p0＝P

*3.直接補碼陣列乘法器5位乘5位的直接補碼陣列乘法器邏輯原理1000a0b0a2b0a1b0a4b0a3b0a0b1a1b1a2b1a3b1100a0b2a1b2a2b2a3b2110a1b3a2b3a3b311a1b4a2b4a3b422222222a4b4a4b3a4b2a4b1a0b3a0b400000p0p1p2p3p4p5(p9)p8p7p65位乘5位的情況下需要6個0類全加器(右上角)6個1類全加器(左上角)8個2類全加器(最下兩行)總數(shù)仍為5＊4＝20個2類和1類FA具有同樣的結(jié)構(gòu)但使用不同的邏輯符號[解:]

(0)1

1

0

1＝＋13

×)

(1)1

0

1

1＝－5

(0)1

1

0

1

(0)11

0

1

(0)0

0

0

0

(0)1

1

0

1

0(1)(1)(0)(1)___________________

0(1)0

1

11111=-65=-1×27+1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20若用10位二進制數(shù)表示結(jié)果，則為(1)110111111=-1×29＋28＋27＋25＋24+23＋22＋21＋20=-65

(13)×(－5)＝－65[例]

設[A]補＝(01101)2,[B]補＝(11011)2,求[A×B]補＝?2.4定點除法運算設有n位定點小數(shù)(定點整數(shù)也同樣適用)：被除數(shù)ｘ,原碼為[ｘ]原＝ｘf.ｘn－1…ｘ1ｘ0除數(shù)ｙ,原碼為[ｙ]原＝ｙf.ｙn－1…ｙ1ｙ0

則有商q＝ｘ/ｙ,原碼為[q]原＝(ｘf⊕ｙf)+(0.ｘn－1…ｘ1ｘ0/0.ｙn－1…ｙ1ｙ0) ——商的符號qf＝ｘf⊕ｙf；數(shù)值部分是兩個正數(shù)求商2.4.1原碼除法算法原理設被除數(shù)ｘ＝0.1001，除數(shù)ｙ＝0.1011，手算求ｘ÷ｙ

0.1101

商q

0.10110.10010

ｘ(r0),被除數(shù)小于除數(shù)，上0

－0.01011

2－1ｙ除數(shù)右移1位,減除數(shù)，上1

0.001110

r1得余數(shù)r1

－0.0

01011

2－2ｙ除數(shù)右移1位,減除數(shù)，上1

0.0000110

r2得余數(shù)r2

－0.0

000000

2－3ｙ除數(shù)右移1位,不減除數(shù)，上0

0.00001100

r3

得余數(shù)r3

－0.0

0001011

2－4ｙ除數(shù)右移1位,減除數(shù),上1

0.00000001

r4得余數(shù)r4得ｘ÷ｙ的商q＝0.1101,余數(shù)為r＝0.00000001

0.1101

商q

0.10110.1001

ｘ(r0)<y，上0

1.00102ｘ(r0)被除數(shù)左移1位

+1.0101

減y，加上[-y]補，上1

0.0111

r1得余數(shù)r1

0.1110

2r1

r1左移1位

+1.0101

減y，加上[-y]補，上1

0.0011

r2得余數(shù)r2 0.0110

2r2

r2左移1位

+0.0000

因2r2小于y，上00.0110r3得余數(shù)r3

0.1100

2

r3r3左移1位，

+1.0101

減y，加上[-y]補，上1

0.0001

r4得余數(shù)r4商q＝0.1101,余數(shù)為r＝r4×2-4＝0.0001×2-4＝0.00000001例：設x=0.1001,y=0.1011,則[-y]補＝1.0101,求ｘ÷ｙ計算機實現(xiàn)時處理方法的改進：將“被除數(shù)和余數(shù)不動，除數(shù)右移(相當于除2)”改為：除數(shù)不動(小數(shù)點固定)，被除數(shù)和余數(shù)左移(相當于乘2)，并將上商和余數(shù)左移結(jié)合起來具體算法：

恢復余數(shù)法加減交替法

0.1001x+[-y]補

1.0101

減y，加上[-y]補

1.11100

余數(shù)r1<0，所以商上0＋y

0.1011

r1

＋y,恢復為被除數(shù)

0.10011.0010余數(shù)和商左移一位+[-y]補

1.0101

2r1

－

y,0.01111

余數(shù)r2>0，商上1

0.1110

余數(shù)和商左移一位+[-y]補

1.0101

2r2

－

y,

0.00111

余數(shù)r3>0，商上1

0.0110余數(shù)和商左移一位+[-y]補

1.0101

2r3－

y,1.10110

余數(shù)r4<0，商上0＋y

0.1011

r4

＋y,恢復余數(shù)

0.0110

0.1100余數(shù)和商左移一位+[-y]補

1.0101

2r4

－

y,

0.00011

余數(shù)r5>0，商上1缺點：運算步數(shù)不確定恢復余數(shù)法01101規(guī)則：(1)首先進行減法操作(2)根據(jù)余數(shù)的符號確定具體操作及商的值：若余數(shù)為正，說明夠減，商上1若余數(shù)為負，說明不夠減，商上0，再加上除數(shù)(恢復余數(shù))(3)余數(shù)和商左移，重復進行分析恢復余數(shù)法——第i+1步的余數(shù)ri+1由前一步的余數(shù)ri(初值r0＝x)得到：若ri>0，商上1，左移一位(即乘2)減y得ri+1，即：ri+1＝2ri-y若ri＜0，商上0，并恢復余數(shù)(即加y)，然后左移一位再做減y的運算，即：ri+1＝2(ri+y)－y＝2ri

＋y加減交替法ri若為負，不必恢復余數(shù)，將ri左移一位(乘2)再加上除數(shù)y即可直接得ri+1，再由ri+1的正負決定商的值由此可得加減交替法的運算規(guī)則：

當余數(shù)為正時，商上“1”，下一步：余數(shù)左移一位，減除數(shù)當余數(shù)為負時，商上“0”，下一步：余數(shù)左移一位，加除數(shù)

0.1001x+[-y]補

1.0101

減y，即加上[-y]補

1.11100

余數(shù)r1<0，所以上0

1.11000余數(shù)左移一位后加除數(shù)y＋y

0.1011

2r1

＋y

0.0111

1余數(shù)r2>0，上1

0.111001余數(shù)和商左移一位后減y+[-y]補

1.0101

2r2

－

y

0.0011

1余數(shù)r3>0，上1

0.0110011余數(shù)和商左移一位減y+[-y]補

1.0101

2r3

－

y1.10110

余數(shù)r4<0，上01.01100110余數(shù)和商左移一位加y＋y

0.1011

2r4

＋y

0.0001

1余數(shù)r5>0，上1

01101——商；2-4×0.0001——余數(shù)加減交替法實例：x=0.1001,y=0.1011,[-y]補＝1.01012.4.2并行除法器(以不恢復余數(shù)陣列除法器為例)加減交替法——用可控的加/減法單元(CAS)構(gòu)成1.可控加法/減法單元——用于并行除法流水邏輯陣列有四個輸入端Ai、Bi、P、Ci和四個輸出端Si、

Ci＋1、Bi、P

加減控制線P＝0，CAS作加法運算；P＝1作減法運算

CAS單元的輸入與輸出的關(guān)系：

Si＝Ai⊕(Bi⊕P)⊕CiCi＋1＝(Ai＋Ci)·(Bi⊕P)＋AiCi

P＝0時， Si＝Ai⊕Bi⊕Ci(做加法) Ci＋1＝AiBi＋BiCi＋AiCi

P＝1時， Si

＝Ai⊕Bi⊕Ci

其中Bi＝Bi⊕1

(做減法) Ci＋1＝AiBi＋BiCi＋AiCiSi＝Ai⊕(Bi⊕P)⊕CiCi＋1＝(Ai＋Ci)·(Bi⊕P)＋AiCi可控加法/減法單元(CAS)邏輯圖

CAS單元的輸出方程：

Si＝Ai⊕(Bi⊕P)⊕Ci

＝AiBiCiP＋AiBiCiP＋AiBiCiP＋AiBiCiP＋AiBiCiP＋AiBiCiP＋AiBiCiP＋AiBiCiP

Ci＋1＝(Ai＋Ci)(Bi⊕P)＋AiCi

＝AiBiP＋AiBiP＋BiCiP＋BiCiP＋AiCi

Si和Ci+1都能用三級組合邏輯電路實現(xiàn)——每個基本CAS單元的延遲時間為3TCAS單元的延遲時間分析思路：每行執(zhí)行加法還是減法操作，取決于前一行輸出的符號與被除數(shù)的符號是否一致不夠減時，部分余數(shù)相對于被除數(shù)要改變符號，商上“0”，除數(shù)沿對角線右移，加(P=0)到下一行的部分余數(shù)上

部分余數(shù)不改變符號時，商上“1”，下一行執(zhí)行減法(P=1)舉例——6位除以3位的不恢復余數(shù)陣列除法器邏輯原理圖假定所有被處理的數(shù)都是正的小數(shù)被除數(shù)ｘ＝0.ｘ1ｘ2ｘ3ｘ4ｘ5ｘ6(雙倍長)

除數(shù)ｙ＝0.ｙ1ｙ2ｙ3

商數(shù)ｑ＝0.q1q2q3

余數(shù)ｒ＝0.00r3r4r5r62.不恢復余數(shù)(加減交替)的陣列除法器1

P=1時減y即加[－y]補也就是加上﹁y＋1，yi右移作為下一次操作數(shù)(b)6位除以3位陣列除法器邏輯結(jié)構(gòu)圖說明：被除數(shù)ｘ是6位的小數(shù)(雙倍長度值)：

ｘ＝0.ｘ1ｘ2ｘ3ｘ4ｘ5ｘ6

由頂部一行和最右邊的對角線上的垂直輸入線提供除數(shù)ｙ是3位的小數(shù)：ｙ＝0.ｙ1ｙ2ｙ3沿對角線進入(用“余數(shù)保持固定，除數(shù)沿對角線右移”)商q是3位的小數(shù)：q＝0.q1q2q3

，在陣列的左邊產(chǎn)生余數(shù)r是6位的小數(shù)：r＝0.00r3r4r5r6

，在陣列的最下一行單元之間互連用n＝3的陣列表示說明：初始操作經(jīng)常是減法，故最上面一行的控制線P固定為“1”減法——用2的補碼實現(xiàn)，右端各CAS單元上的反饋線用作初始的進位輸入；每一行最左邊的單元的進位輸出決定商的數(shù)值；當前的商反饋到下一行確定下一行的操作(加法還是減法)運算時，沿著每一行都有進位(或借位)傳播，且所有行在進位鏈上都是串行連接，每個CAS單元的延遲時間為3T，因此，對一個2n位除以n位的不恢復余數(shù)陣列除法器來說，單元的數(shù)量為(n＋1)2，考慮最大情況下的信號延遲，除法執(zhí)行時間為 td＝3(n＋1)2T其中n為尾數(shù)位數(shù)[例23]ｘ＝0.101001，ｙ＝0.111，求ｘ÷ｙ[解:]

[ｙ]補＝0.111

[－ｙ]補＝1.001被除數(shù)ｘ

0.101001

+[-y]補

1.001

余數(shù)為負1.110001＜0

q0＝0

+2-1[y]補

0.0111

余數(shù)為正0.001101＞0

q1＝1

+2-2[-y]補

1.11001

余數(shù)為負1.111111＜0

q2＝0

+2-3[y]補

0.000111

余數(shù)為正0.000110＞0

q3＝1故得商q＝q0.q1q2q3＝0.101余數(shù)r＝(0.00r3r4r5r6)＝0.000110用CAS構(gòu)成的陣列除法器實現(xiàn)0.101001÷0.111

[ｙ]補＝0.111

[－ｙ]補＝1.001

0101001

0101

+[-y]補

1001

最高位無進位1110q0＝0，下次做加法

+[y]補

0111

最高位有進位0011

q1＝1，下次減法

+[-y]補

1001

最高位無進位1111

q2＝0，下次加法

+[y]補

0111

最高位有進位0110

q3＝1故得商q＝q0.q1q2q3＝0.101

余數(shù)r＝0.1102-3=0.0001100012.5定點運算器的組成2.5.1邏輯運算

邏輯運算——邏輯非、邏輯加、邏輯乘、邏輯異1