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计算机组成原理——关于原码补码移码运算及浮点数运算的总结

时间：2023-03-27 21:09:31

计算机组成原理——关于原码、补码、移码运算及浮点数运算的总结

一、数的表示法

1.1 原码

[X]原码={X0≤X≤2n−1−12n−1+∣X∣−(2n−1−1)≤X≤0[X]_{原码}= \left\{ \begin{array}{lcl} X & 0\leq X\leq2^{n-1}-1 \\ 2^{n-1}+|X| & -(2^{n-1}-1)\leq X\leq 0 \end{array}\right. [X]原码={X2n−1+∣X∣0≤X≤2n−1−1−(2n−1−1)≤X≤0

对于一个n位的二进制数，最大可以表示的无符号数为2n−12^n-12n−1，即为全1,最大可以表示的有符号数是最高为0，其余为1，即比最大的无符号数少一位2n−1−12^{n-1}-12n−1−1 。同理，最小的负数应当为−(2n−1−1)-(2^{n-1}-1)−(2n−1−1)。

缺点：0的表示存在两种可能，一种为最高位为1其余为0（负0），另一种是全0（正0），0的表示出现了二义性

1.2 反码

[X]反码={X0≤X≤2n−1−12n−1−∣X∣−(2n−1−1)≤X≤0[X]_{反码}= \left\{ \begin{array}{lcl} X & 0\leq X\leq2^{n-1}-1 \\ 2^{n}-1-|X| & -(2^{n-1}-1)\leq X\leq 0 \end{array}\right. [X]反码={X2n−1−∣X∣0≤X≤2n−1−1−(2n−1−1)≤X≤0

同原码表示的数的范围一致，但表示形式发生了变化，原码中正负数的区别仅仅是最高位的符号位不同，而在反码中，正负数的所有位都正好相反。这里的2n−12^n-12n−1其实正好是所有位都为1，减去∣X∣|X|∣X∣ 表示的意思就是对应的位置为1的地方会变为0，对应的位置为0的地方会变为1，这就达到了“取反”的效果

缺点：0的表示仍然存在两种可能，一种为全1（负0），另一种是全0（正0），0的表示出现了二义性

1.3 补码

[X]补码={X0≤X≤2n−1−12n−∣X∣−(2n−1)≤X<0[X]_{补码}= \left\{ \begin{array}{lcl} X & 0\leq X\leq2^{n-1}-1 \\ 2^{n}-|X| & -(2^{n-1})\leq X<0 \end{array}\right. [X]补码={X2n−∣X∣0≤X≤2n−1−1−(2n−1)≤X<0

注意到负数的补码仅仅是在原码的基础上加1，如果从2n2^n2n来考虑，其代表的是将n位数扩展一位，然后来减去∣X∣|X|∣X∣ 。对于正0来说，其补码为全0，而对于负0来说，如果从其反码的角度来考虑，其补码应为(2n−1)+1=2n(2^n-1)+1=2^n(2n−1)+1=2n ,由于数位一共只有n位，第n+1位被舍弃了，所以其应当为全0，与正0的表示方法相同；如果直接用2n−∣X∣2^n-|X|2n−∣X∣也能得到一样的结果，所以使用补码成功的解决了0的二义性问题。

如果我们稍微观察就会发现，补码表示的最小负数是比原码和反码要小1的。这是为什么呢？

首先对于一个n位数，如果没有数的表示是重复的，那么我们显然可以表示2n2^n2n个数，如果最大的正数为2n−1−12^{n-1}-12n−1−1,而最小的负数时−(2n−1−1)-(2^{n-1}-1)−(2n−1−1),这其中一共可以表示的数的个数是(2n−1−1+2n−1−1+1)=2n−1(2^{n-1}-1+2^{n-1}-1+1)=2^n-1(2n−1−1+2n−1−1+1)=2n−1，这样显然会少了一个数，那么这个数去哪里了呢？

我们很容易想到在原码中负0的表示——最高位为1，其他全为0。那么在我们的补码体系中，显然这个数应是一个负数，那么我们对其求原码，∣X∣=2n−[X]补码|X|=2^n-[X]_{补码}∣X∣=2n−[X]补码，得到的结果仍然是最高位为1，其他位全为0，这个数在原码中表示的值为2n−12^{n-1}2n−1，由于其为负，所以我们可以表示的最小的负数为−2n−1-2^{n-1}−2n−1

1.4 移码

[X]移码=2n−1+X−2n−1≤X<2n−1[X]_{移码}= 2^{n-1}+X \\ -2^{n-1}\leq X < 2^{n-1}[X]移码=2n−1+X−2n−1≤X<2n−1

这里的2n−12^{n-1}2n−1 直观来说就是最高位为1，那么我们很容易发现对正数来说最高位为1，负数的最高位为0，0的表示为最高位为1，其余位为0。

对于全0来说其表示的数X应为 -2n−12^{n-1}2n−1

移码同补码一样，解决了0的二义性问题，且表示数的范围相同，没有数的浪费。我们可以对比移码和补码数的表示的不同。

对于正数来说，移码和补码的区别仅仅在于最高位不同，正数的补码最高位为0，而移码的最高位为1.

对于负数来说，我们也惊奇的发现仅仅是最高位不同，因为[X]补码=2n+X,[X]移码=2n−1+X[X]_{补码}=2^n+X, [X]_{移码}=2^{n-1}+X[X]补码=2n+X,[X]移码=2n−1+X，在补码中负数的最高位为1，而在移码中最高位再加1就变为了0

二、定点数运算

2.1 定点加减运算

加法直接相加即可，减法需要把减数变成其相反数的补码再进行加法运算

2.1.1 溢出判别

当运算的结果超过允许的表示范围，则产生溢出；其中包含正溢出和负溢出，正溢出是两个正数相加，范围超过了2n−1−12^{n-1}-12n−1−1，而负溢出是两个负数相加，范围超过了−(2n−1−1)-(2^{n-1}-1)−(2n−1−1) ,一个正数和负数相加不会发生溢出。

注：这里只讨论加法运算，减法运算是同理的。

主要有三种判别方法:

ab‾c+abc‾=1\overline{ab}c+ab \overline{c}=1abc+abc=1 （其中aaa表示加数符号位,bbb表示被加数符号位，ccc表示运算和符号位）这里正好代表了溢出的两种情况，前者代表正溢出，两个正数的符号位是0，相加和c却为1，代表正溢出，后者代表负溢出，两个负数的符号位为1，相加和c却为0，代表负溢出Cf⨁C=1C_f \bigoplus C=1Cf⨁C=1 (这里CfC_fCf代表符号位运算产生的进位，CCC代表最高有效位产生的进位)，对于两个正数相加，符号位不会产生进位，永远为0，而当最高有效位发生进位即为1时，发生溢出；对于两个负数相加，符号位始终产生进位1，而当最高有效位不发生进位时，发生溢出，以4位举例：1000+1001 即发生溢出.这里我们还会发现一个比较有趣的现象，即对于负数的补码来说，如果除去符号位的1不看，数值绝对值的大小正好同我们平时的认知反过来，比如1111其实代表的是绝对值最小的负数-1，而1000代表的是绝对值最大的负数扩展符号位用两位符号位来避免符号位语义紊乱

[X]变形补={X0≤X≤2n−1−12n+1−∣X∣−(2n−1)≤X<0[X]_{变形补}= \left\{ \begin{array}{lcl} X & 0\leq X\leq2^{n-1}-1 \\ 2^{n+1}-|X| & -(2^{n-1})\leq X< 0 \end{array}\right. [X]变形补={X2n+1−∣X∣0≤X≤2n−1−1−(2n−1)≤X<0

对于正数来说，不发生变化，但对于负数来说，会多一位符号位1

那么对于运算结果便有四种情况

00——结果为正，不溢出11——结果为负，不溢出01——结果为负，正溢出10——结果为正，负溢出

即 Fs1⨁Fs2=1F_{s1}\bigoplus F_{s2}=1Fs1⨁Fs2=1代表溢出

2.2 定点原码一位乘法

原码相乘不考虑符号位，直接将符号位的正负值保存下来，对数的绝对值进行乘法运算

整个过程类似于我们平时使用的竖式计算方式，但是我们在竖式计算的过程中是从最低位开始乘起，接下来每次乘的时候会把当次乘的结果保留下来左移一位，最后把所有结果相加。

于是我们仿照这种做法，但我们不是把每位相乘的结果左移，而是把当前得到的整个部分积右移，其实原理是一样的，只是相对问题而已。

在这种情况下，如果乘数是n位，我们需要进行n次累加和移位

整个过程如下图所示：

X=0.1101 Y=-0.1011 求X*Y

2.3 定点补码一位乘法

设 [x]补=x0.x1⋯xn,[y]补=y0.y1⋯yn,[x]_{补}=x_0.x_1\cdots x_n, [y]_{补}=y_0.y_1\cdots y_n,[x]补=x0.x1⋯xn,[y]补=y0.y1⋯yn,

则 [x∗y]补=[x]补(0.y1y2⋯yn)−y0∗[x]补[x*y]_{补}=[x]_{补}(0.y_1y_2\cdots y_n)-y_0*[x]_{补}[x∗y]补=[x]补(0.y1y2⋯yn)−y0∗[x]补

上述结论易证，只需要对yyy进行讨论即可

而整个乘法主要采用Booth乘法，具体操作为

原理：设正乘数Y=(y0.y1⋯yn)2Y=(y_0.y_1 \cdots y_n)_2Y=(y0.y1⋯yn)2 ，故y0=0y_0=0y0=0,

如果取yn+1=0y_{n+1}=0yn+1=0,那么每项都可以表示为yi+1−yiy_{i+1}-y_iyi+1−yi的形式，这样也就得到了我们上面的表格

对于负数的补码来说，我们由上面的公式有 [x∗y]补=[x]补(0.y1y2⋯yn)−[x]补[x*y]_{补}=[x]_{补}(0.y_1y_2\cdots y_n)-[x]_{补}[x∗y]补=[x]补(0.y1y2⋯yn)−[x]补

如果该数的前两位是11，那么在Booth乘法中不会有操作（最后一次操作不右移），而直接用公式计算时得到的结果也一样

同理如果该数前两位为10，两种方式的结果也一致，所以综上Booth乘法成立。

下面以一个具体的例子来实现Booth 一位乘法：

2.4 定点原码一位除法

同前面的方式一样，先处理符号位

接下来我们常常使用的是加减交替法（可以不用恢复余数）

规则如下：

被除数先减除数，结果为正，商上1；结果为负，商上0.

若上次商为1，左移一位，减除数。

若上次商为0，左移一位，加除数。

注意：若最后余数为负，还需要再加上除数来恢复

原理：

在恢复余数的除法过程中，如果我们记某次结果为a，且a<0,那么根据恢复余数的做法，我们应当加上除数b,得到结果为(a+b),然后左移一位得到2(a+b),再减去除数b进行下一轮操作，得到的结果数是2*(a+b)-b=2*a+b,这样以来我们发现，如果某次余数为负，我们只需要将余数左移一位，下次操作加上除数即可，这样不需要我们每次恢复余数，加快了效率。

举例如下：