计算机组成与系统结构（第三版） 袁春风主编 课后习题答案讲解 第三章 运算方法和运算部件

第 3 章  习  题 答 案

2（4）高级语言中的运算和机器语言（即指令）中的运算是什么关系？假定某一个高级语言源程序P中有乘、除运算，但机器M中不提供乘、除运算指令，则程序P能否在机器M上运行？为什么？

3．考虑以下C语言程序代码：

int   func1(unsigned word)

{

return  (int) (( word <<24) >> 24);

}

int   func2(unsigned word)

{

return  ( (int) word <<24 ) >> 24;

}

假设在一个32位机器上执行这些函数，该机器使用二进制补码表示带符号整数。无符号数采用逻辑移位，带符号整数采用算术移位。请填写下表，并说明函数func1和func2的功能。

W		func1(w)		func2(w)
机器数	值	机器数	值	机器数	值
0000 007FH	127	0000 007FH	+127	0000 007FH	+127
0000 0080H	128	0000 0080H	+128	FFFF FF80H	–128
0000 00FFH	255	0000 00FFH	+255	FFFF FFFFH	–1
0000 0100H	256	0000 0000H	0	0000 0000H	0

函数func1的功能是把无符号数高24位清零（左移24位再逻辑右移24位），结果一定是正的有符号数；而函数func2的功能是把无符号数的高24位都变成和第25位一样，因为左移24位后进行算术右移，高24位补符号位（即第25位）。

4．填写下表，注意对比无符号数和带符号整数的乘法结果，以及截断操作前、后的结果。

模式	x		y		x×y（截断前）		x×y（截断后）
	机器数	值	机器数	值	机器数	值	机器数	值
无符号数	110	6	010	2	001100	12	100	4
二进制补码	110	–2	010	+2	111100	–4	100	–4
无符号数	001	1	111	7	000111	7	111	7
二进制补码	001	+1	111	–1	111111	–1	111	–1
无符号数	111	7	111	7	110001	49	001	1
二进制补码	111	–1	111	–1	000001	+1	001	+1

5．以下是两段C语言代码，函数arith( )是直接用C语言写的，而optarith( )是对arith( )函数以某个确定的M和N编译生成的机器代码反编译生成的。根据optarith( )，可以推断函数arith( ) 中M和N的值各是多少？

#define M  

#define N  

int arith (int x, int y)

{

int  result = 0 ;

result = x*M + y/N;   

return result;

}

int optarith ( int x,  int y)

{

int  t = x;

x << = 4;

x - = t;

if ( y < 0 )  y += 3;

y>>2;

return x+y;

参考答案：

可以看出x*M和“int t = x; x << = 4; x-=t;”三句对应，这些语句实现了x乘15的功能（左移4位相当于乘以16，然后再减1），因此，M等于15；

y/N与“if ( y < 0 ) y += 3; y>>2;”两句对应，功能主要由第二句“y右移2位”实现，它实现了y除以4的功能，因此N是4。而第一句“if ( y < 0 ) y += 3;”主要用于对y=–1时进行调整，若不调整，则–1>>2=–1而–1/4=0，两者不等；调整后 –1+3=2，2>>2=0，两者相等。

思考：能否把  if ( y < 0 )  y += 3; 改成 if ( y < 0 )  y += 2; ？

不能！因为y = - 4时不正确。

6．设A4~A1和B4~B1分别是四位加法器的两组输入，C0为低位来的进位。当加法器分别采用串行进位和先行进位时，写出四个进位C4 ~C1的逻辑表达式。

参考答案：

串行进位：

C1 = X1C0+Y1C0 + X1 Y1 

C2 = X2C1+Y2C1 + X2 Y2  

C3 = X3C2+Y3C2 + X3 Y3  

C4 = X4C3+Y4C3 + X4 Y4 

并行进位：

C1 = X1Y1 + (X1+Y1)C0

C2 = X2Y2 + (X2 +Y2) X1Y1 + (X2+Y2) (X1+Y1)C0

C3 = X3Y3 + (X3 + Y3) X2Y2 + (X3 + Y3) (X2 + Y2) X1Y1 + (X3 + Y3) (X2 + Y2)(X1 + Y1)C0

C4=X4Y4+(X4+Y4)X3Y3+(X4+Y4)(X3+Y3)X2Y2+(X4+Y4)(X3+Y3)(X2+Y2)X1Y1+(X4+Y4)(X3+Y3) (X2+Y2)(X1+Y1)C0

7．用SN74181和SN74182器件设计一个16位先行进位补码加/减运算器，画出运算器的逻辑框图，并给出零标志、进位标志、溢出标志、符号标志的生成电路。

参考答案（图略）：

逻辑框图参见教材中的图3.15和图3.16，将两个图结合起来即可，也即只要将图3.15中的B输入端的每一位Bi取反，得到Bi，和原码Bi一起送到一个二路选择器，由进位C0作为选择控制信号。当C0为1时做减法，此时，选择将Bi作为SN74181的B输入端；否则，当C0为1时，做加法。

零标志ZF、进位标志CF、溢出标志OF、符号标志SF的逻辑电路根据以下逻辑表达式画出即可。

1. 用SN74181和SN74182器件设计一个32位的ALU，要求采用两级先行进位结构。

1. 写出所需的SN74181和SN74182芯片数。
2. 画出32位ALU的逻辑结构图。

参考答案（图略）：

    将如图3.15所示的两个16位ALU级联起来即可，级联时，低16位ALU的高位进位C16作为高16位ALU的低位进位C0，因此，只要用8片SN74181和2片SN74182。

9．已知x = 10，y = – 6，采用6位机器数表示。请按如下要求计算，并把结果还原成真值。

1. 求[x+y]补，[x–y]补。
2. 用原码一位乘法计算[x×y]原。
3. 用MBA（基4布斯）乘法计算[x×y]补。
4. 用不恢复余数法计算[x/y]原的商和余数。
5. 用不恢复余数法计算[x/y]补的商和余数。

参考答案：

[10]补 = 001010    [–6]补 = 111010   [6]补 = 000110    [10]原 = 001010     [–6]原 = 100110

（1） [10+(– 6)]补= [10]补+[– 6]补= 001010+111010 = 000100 (+4)    

[10–(–6)]补= [10]补+[– (–6)]补 = 001010+000110 = 010000 (+16)      

（2） 先采用无符号数乘法计算001010× 000110的乘积，原码一位乘法过程（前面两个0省略）如下：

            若两个6位数相乘的话，则还要右移两次，得 000000 111100

符号位为：0 Å 1 = 1，因此，[X×Y]原 = 1000 0011 1100

即X × Y = –11 1100B = – 60

（3） [–10]补 = 110110，布斯乘法过程如下：

（4） 因为除法计算是2n位数除n位数，所以[6]原=0110，[10]原=0000 1010，[–6]补=1010，

商的符号位：0 Å 1 = 1，运算过程（前面两个0省略）如下：

    

（5） 将10和–6分别表示成补码形式为：[10] 补 = 0 1010 ,  [–6] 补 = 1 1010，计算过程如下：

先对被除数进行符号扩展，[10] 补=00000 01010，[6] 补 = 0 0110

10．若一次加法需要1ns，一次移位需要0.5ns。请分别计算用一位乘法、两位乘法、基于CRA的阵列乘法、基于CSA的阵列乘法四种方式计算两个8位无符号二进制数乘积时所需的时间。

参考答案：

一位乘法：8次右移，8次加法，共计12ns；

二位乘法：4次右移，4次加法，共计6ns；

基于CRA的阵列乘法：每一级部分积不仅依赖于上一级部分积，还依赖于上一级最终的进位，而每一级进位又是串行进行的，所以最长的路径总共经过了8+2×(8–1)=22次全加器，共计约22ns；

基于CSA的阵列乘法：本级进位和本级和同时传送到下一级，同级部分积之间不相互依赖，只进行O（N）次加法运算，因此，共计约8ns。

11．在IEEE 754浮点数运算中，当结果的尾数出现什么形式时需要进行左规，什么形式时需要进行右规？如何进行左规，如何进行右规？

    参考答案：

(1) 对于结果为±1x .xx……x的情况，需要进行右规。右规时，尾数右移一位，阶码加1。右规操作可以表示为：M b¬M b ×2 -1，Eb¬Eb+1。右规时注意以下两点：

1. 尾数右移时，最高位“1”被移到小数点前一位作为隐藏位，最后一位移出时，要考虑舍入。
2. 阶码加1时，直接在末位加1。

(2) 对于结果为±0.00……01x……x的情况，需要进行左规。左规时，数值位逐次左移，阶码逐次减1，直到将第一位“1”移到小数点左边。假定k为结果中“±”和左边第一个1之间连续0的个数，则左规操作可以表示为：M b¬M b ×2k，Eb¬Eb–k。左规时注意以下两点：

a) 尾数左移时数值部分最左k个0被移出，因此，相对来说，小数点右移了k位。因为进行尾数相加时，默认小数点位置在第一个数值位（即：隐藏位）之后，所以小数点右移k位后被移到了第一位1后面，这个1就是隐藏位。

b) 执行Eb¬Eb–k时，每次都在末位减1，一共减k次。

12．在IEEE 754浮点数运算中，如何判断浮点运算的结果是否溢出？

参考答案：

浮点运算结果是否溢出，并不以尾数溢出来判断，而主要看阶码是否溢出。尾数溢出时，可通过右规操作进行纠正。阶码上溢时，说明结果的数值太大，无法表示；阶码下溢时，说明结果数值太小，可以把结果近似为0。

在进行对阶、规格化、舍入和浮点数的乘/除运算等过程中，都需要对阶码进行加、减运算，可能会发生阶码上溢或阶码下溢，因此，必须对阶码进行溢出判断。

（有关对阶码进行溢出判断的方法可参见教材中相关章节。）

13．假设浮点数格式为：阶码是4位移码，偏置常数为8，尾数是6位补码（采用双符号位），用浮点运算规则分别计算在不采用任何附加位和采用2位附加位（保护位、舍入位）两种情况下的值。（假定对阶和右规时采用就近舍入到偶数方式）

（1）(15/16) ×27 +(2/16) ×25  （2）(15/16) ×27–(2/16) ×25 

（3）(15/16) ×25 +(2/16) ×27  （4）(15/16) ×25–(2/16) ×27

参考答案（假定采用隐藏位）：  

X= (15/16) ×27 = 0.111100B ×27= (1.111000)2 × 26 

      Y1= (2/16) ×25 = 0.001000B ×25= (1.000000)2 × 22

      Y2= (–2/16) ×25 = –0.001000B ×25= (–1.000000)2 × 22

      K= (15/16) ×25 = 0.111100B ×25= (1.111000)2 × 24

J1= (2/16) ×27 = 0.001000B ×27= (1.000000)2 × 24

J2= (–2/16) ×27 = –0.001000B ×27= (–1.000000)2 × 24

根据题目所给的各种位数，可以得到在机器中表示为：

      [X]浮 = 00  1110  (1)111000    [Y1]浮 = 00  1010  (1)000000  [Y2]浮 = 11  1010  (1)000000

      [K]浮 = 00  1100  (1)111000    [J1]浮 = 00  1100  (1)000000  [J2]浮 = 11  1100  (1)000000

 所以，E x = 1110，Mx = 00 (1). 111000 ，E y1 = 1010，My = 00(1).000000，E y2 = 1010，My = 11(1).000000

Ek = 1100，MK = 00 (1). 111000 ，E J1 = 1100，MJ1 = 00(1).000000，E J2 = 1100，MJ2 = 11(1).000000

 尾数M中小数点前面有三位，前两位为数符，表示双符号，第三位加了括号，是隐藏位“1”。

没有附加位时的计算：

1. 1. 1. X+Y1

[ΔE]补 = [E x]移 + [–[E y1]移]补  (mod 2n) = 1110 + 0110 = 0100

ΔE = 4，根据对阶规则可知需要对y1进行对阶，结果为：E y1 = E x = 1110，My 1= 000.000100

尾数相加：Mb = Mx + My1 = 001. 111000+ 000.000100 = 001.111100，两位符号相等，数值部分最高位为1，不需要进行规格化，所以最后结果为：E=1110，M=00(1).111100, 即(31/32) ×27

1. 1. 1. X+Y2

[ΔE]补 = [E x]移 + [–[E y2]移]补  (mod 2n) = 1110 + 0110 = 0100;

ΔE = 4，根据对阶规则可知需要对y2进行对阶，结果为：E y2 = E x = 1110，My2= 111.111100

尾数相加：Mb = Mx + My2 = 001. 111000+ 111.111100=001.110100，两位符号相等，数值部分最高为1，不需要进行规格化，所以最后结果为：E=1110，M=00(1).110100, 即(29/32) ×27

1. 1. 1. K+J1

[ΔE]补 = [E K]移 + [–[E J1]移]补  (mod 2n) = 1100 + 0100 = 0000;

ΔE = 0，根据对阶规则可知不需要进行对阶。

尾数相加：Mb = MK + MJ1 = 001. 111000+ 001.000000= 010.111000，两位符号不等，说明尾数溢出，需要进行右规，最后结果为：E=1101，M=00(1).011100, 即(23/32) ×26

1. 1. 1. K+J2

[ΔE]补 = [E K]移 + [–[E J2]移]补  (mod 2n) = 1100 + 0100 = 0000;

ΔE = 0，根据对阶规则可知不需要进行对阶。

尾数相加：Mb = MK + MJ2 = 00 1. 111000+ 111.000000 = 000.111000，两位符号相等，数值部分最高位为0，需要进行左规，所以最后结果为：E=1011，M=00(1).110000, 即(7/8) ×24

如果有两位附加位精度上会有提高，在对阶的时候要注意小数点后就不是6位，而是8位，最后两位为保护位和舍入位。但是由于本题6位尾数已经足够，再加2位附加位，其结果是一样的。

14．采用IEEE 754单精度浮点数格式计算下列表达式的值。

（1）0.75+(– 65.25） （2）0.75–(– 65.25）

参考答案：

x = 0.75 = 0.110...0B = (1.10...0)2 × 2-1 

      y = – 65.25 = – 1000001.01000...0B = (–1.00000101...0) 2 × 26

      用IEEE 754标准单精度格式表示为：

      [x]浮 = 0  01111110  10...0    [y]浮 = 1  10000101  000001010...0

 所以，E x = 01111110，Mx = 0 (1). 1...0 ，E y = 10000101，My = 1(1).000001010...0

 尾数Mx和My中小数点前面有两位，第一位为数符，第二位加了括号，是隐藏位“1”。

以下是计算机中进行浮点数加减运算的过程（假定保留2位附加位：保护位和舍入位）

（1）0.75+ (– 65.25）

① 对阶： [ΔE]补 = [E x]移 + [–[E y]移]补  (mod 2n) = 0111 1110 + 0111 1011 = 1111 1001

ΔE = –7，根据对阶规则可知需要对x进行对阶，结果为：Ex = E y = 10000101，Mx = 00.000000110...000

x的尾数Mx右移7位，符号不变，数值高位补0，隐藏位右移到小数点后面，最后移出的2位保留

② 尾数相加：Mb = Mx + My = 00.000000110...000+ 11.000001010 ...000 （注意小数点在隐藏位后）

根据原码加/减法运算规则，得：00.000000110...000+ 11.000001010...000 = 11.000000100…000

上式尾数中最左边第一位是符号位，其余都是数值部分，尾数后面两位是附加位（加粗）。

③ 规格化：根据所得尾数的形式，数值部分最高位为1，所以不需要进行规格化。

       ④ 舍入：把结果的尾数Mb中最后两位附加位舍入掉，从本例来看，不管采用什么舍入法，结果都一样，都是把最后两个0去掉，得：Mb = 11.000000100…0

       ⑤ 溢出判断：在上述阶码计算和调整过程中，没有发生“阶码上溢”和“阶码下溢”的问题。因此，阶码Eb = 10000101。

最后结果为Eb = 10000101，Mb = 1(1).00000010…0，即：– 64.5。

（2） 0.75–(– 65.25）

① 对阶： [ΔE]补 = [E x]移 + [–[E y]移]补  (mod 2n) = 0111 1110 + 0111 1011 = 1111 1001

ΔE = -7，根据对阶规则可知需要对x进行对阶，结果为：Ex = E y = 10000110，Mx = 00.000000110...000

x的尾数Mx右移一位，符号不变，数值高位补0，隐藏位右移到小数点后面，最后移出的位保留

② 尾数相加：Mb = Mx – My = 00.000000110...000 – 11.000001010...000 （注意小数点在隐藏位后）

根据原码加/减法运算规则，得：00.000000110...000 – 11.000001010...000=01.00001000…000

上式尾数中最左边第一位是符号位，其余都是数值部分，尾数后面两位是附加位（加粗）。

③ 规格化：根据所得尾数的形式，数值部分最高位为1，不需要进行规格化。

       ④ 舍入：把结果的尾数Mb中最后两位附加位舍入掉，从本例来看，不管采用什么舍入法，结果都一样，都是把最后两个0去掉，得：Mb = 01.00001000…0

       ⑤ 溢出判断：在上述阶码计算和调整过程中，没有发生“阶码上溢”和“阶码下溢”的问题。因此，阶码Eb = 10000101。

最后结果为Eb = 10000101，Mb = 0(1).00001000…0，即：+66。

   

   思考题：对阶时发生什么情况，就可以不再继续进行计算？