计组（三）运算方法与运算

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一、定点数运算

1.补码加减运算

原则上讲，对数值的加减运算可以用上述任何一种编码来实现，但是，用得最多、最普遍的是采用补码来实现加减法。

注意：符号位参加运算

（1）补码加法

补码加法： ［X＋Y］补＝［X］补＋［Y］补

例 3.1 若两个定点整数 63 和 35，利用补码加法求 63＋35＝？
解：根据题意，用 8 位二进制补码表示 63 和 35： 
［63］补＝0011 1111 
［35］补＝0010 0011
［63＋35］补＝0110 0010

例 3.2 若两个定点整数－63 和－35，利用补码加法求－63＋（－35）＝？
解：根据题意，用 8 位二进制补码表示－63 和－35：
 ［－63］补＝1100 0001
 ［－35］补＝1101 1101
则［－63＋（－35）］补＝1001 1110

（2）求补运算

注意：是在补码（移码）的基础上

求补运算≠补码，即求一个数的补码不等于对一个数求补。

求补法则：
①不管正负，对该数，所有位取反，然后+1，包括符号位。
②不管正负，对该数，从右往左，第一个1左边全部取反，包括符号位。

对一个正数求补即可得到该数的负数；若对该负数再求补又可得到原来的正数。也就是说［［X］补］求补＝［－X］补；
［［－X］补］求补＝［X］补。

PS:
［［X］移］求补＝［－X］移；
［［－X］移］求补＝［X］移。

[y]补  = 0010 0011
[-y]补 = [[y]补]求补 = 1101 1100 + 0000 0001 = 1101 1101

[x]补  = 1100 1000
[-x]补 = [[x]补]求补 = 0011 0111 + 0000 0001 = 0011 1000

注意：溢出，补码范围$-2^n到2^n-1$。所以对1000(-8)求补得到1000，是个负数不是得到正数的补码，这是溢出。所以不能对最小负数的补码100…00求补。

小数则是：①包括符号位所有位取反，然后+$2^{-(n-1)}$。②一样

（3）补码减法

补码减法：［X－Y］补＝［X］补＋［－Y］补 ＝［X］补＋［［Y］补］求补

例 3.3 若两个定点整数 63 和 35，利用补码减法求 63－35＝？
解：根据题意，用 8 位二进制补码表示 63 和 35：
 ［63］补＝0011 1111
 ［35］补＝0010 0011
 ［－35］补 ＝［［35］补］求补 ＝1101 1101
［63－35］补＝［63］补＋［－35］补 = 0011 1111 + 1101 1101 = 0001 1100。

（4）溢出

例 3.4 若两个定点整数 63 和 85，利用补码加法求 63＋85＝？
解：根据题意，若用 8 位二进制补码表示 63 和 85： 
［63］补＝00111111 
［85］补＝01010101 
［63＋35］补 = 00111111 ＋01010101 = 10010100
//两个正数相加为负，这显然是荒谬的。出现这种错误结果是由于在相加的过程中产生了溢出。

值得注意的是：只有当两个同符号的数相加（或者相减）时，运算结果才有可能溢出。而在异符号的数相加（或者相减）时，永远不会产生溢出。

（5）溢出VF的判定

1）双符号位（变形码）判决法【链接】

双符号位：

若运算结果两符号分别用 S2,S1 表示，则

判别溢出的逻辑表示式为： VF＝s2⊕s1

例 3.7 设两正整数 X = +100 0001，Y = +100 0011，若用双符号位的 8 位补码表示，
则[X]补 = 00 100 0001，[Y]补 = 00 100 0011，求[X+Y]补。
解：计算[X]补+[Y]补 = 00 100 0001 + 00 100 0011 = 01 000 0100式中
VF＝S2⊕S1＝0⊕1 = 1，溢出发生

2）进位判决法

若Cn表示符号位的进位，Cn-1为最高数值位向最高位（符号位）的进位，则

判别溢出的逻辑表示式为：VF＝Cn ⊕ Cn-1

在例 3.7 的运算过程中，Cn-1 为 1 而 Cn 为 0 ，故Cn-1⊕ Cn=1，表示运算结果有溢出

3）根据运算结果的符号位和进位标志判别

该方法适用于两同号数求和或异号数求差时判别溢出。SF 和 CF 分别是运算结果的符号标志和进位标志。

溢出的逻辑表达式为： VF＝SF⊕CF

判别溢出时，一定要注意该判别方法的适用条件，否则，将会出错。

4）根据运算前后的符号位进行判别

若用 Xs、Ys、Zs 分别表示两个操作数及运算结果的符号位，溢出是否发生可根据运算前后的符号位进行判别

其逻辑表达式为： $VF＝Xs\cdot Ys\cdot \overline{Zs}＋\overline{Xs}\cdot \overline{Ys}\cdot Zs$

如例3.7中，VF=111+000=1，发生溢出。

2.移码加减运算

由于移码多用在浮点数中表示阶码，因此，在这里仅就定点整数移码的加减运算加以说明。

（1）移码的加减运算

①对两移码数求和/差时，首先对该两移码求和/差；

②然后，对结果进行修正——将结果的符号取反。这样，就可以得到正确的结果。

例 3.9 :用8位二进制移码表示十进制数的 57 和－35。并且求移码的和与差。

解：十进制数的 57 和－35 用移码表示如下：
 ［57］移  ＝1011 1001 
 ［-35］移 ＝0101 1101
求两者之和：
①首先求［57］移 ＋［－35］移 ＝1011 1001＋0101 1101＝0001 0110；
②再将符号位取反，从而得到［57＋（－35）］移 ＝1001 0110
求两者之差：
①首先求［57］移 －［－35］移 ＝［57］移 ＋［［－35］移 ］求补＝10111001＋10100011＝01011100；
②再将符号位取反，从而得到［57－（－35）］移 ＝11011100。

（2）移码运算应注意的问题

①对移码运算的结果需要加以修正，修正量为 2^n ，即对结果的符号位取反后才是移码形式的正确结果。
②移码表示中，0 有唯一的编码为 1000…00。当出现 000…00 时（表示：－2^n），属于浮点数下溢，下溢按机器零处理。

二、纯小数乘法

0.总结

手工乘法、原码一位乘法：把符号位和数值位分开处理
补码一位乘法：符号位和数值位一起运算。就是原码一位乘法的基础上参与了符号位和修改了A0的计算方式。

1.原码一位乘法

（1）手工乘法

$[X]原＝X_0.X_{－1}{X}_{－2}\dots X_{-(n-1)}$
$[Y]原＝Y_0.Y_{－1}{Y}_{－2}\dots Y_{-(n-1)}$
其中 X0 、Y0 是它们的符号位。
同时，假定乘积为：$［Z］原＝Z_0.Z_{－1}{Z}_{－2}\dots \dots Z_{－（2n-1）}$

法则：
①乘积的符号位为被乘数的符号位与乘数的符号位相异或。
②乘积的数值位为被乘数的数值位与乘数的数值位之积。

这里的数值位被叫做绝对值，|X|=1101,|Y|=1011

PS：我们可以从上面观察到Z的尾数的数值位的位数为被乘数与乘数的尾数的位数之和。
手算过程中，要么是被乘数要么是0，同时下一级左移。我们一次即可把经过左移的四个被乘数加起来便可获得结果。

（2）原码一位乘法

原理：
原码一位乘法是模拟手算过程：右移既实现了乘数的每个位决定+X还是+0，又右移部分积实现了左移的被乘数相加的效果。

含义：
D表示部分积（每次相加的结果），A表示乘数，+X表示加被乘数。
（$X\times Y中X是被乘数，Y是乘数$）
结果为乘积的符号组合上最后一行的部分积和乘数。

法则：

• A0=0，+0
• A0=1，+X
  

2.补码一位乘法（布斯法）

$A_0$	$A_{-1}$	$A_{-1}-A_0$	操作
0	0	0	＋0，右移一次
1	1	0	＋0，右移一次
1	0	-1	＋［－X］补，右移一次
0	1	1	＋［X］补，右移一次

法则：
①乘数与被乘数均用补码表示，连同符号位一起参加运算。
②部分积做加法时使用双符号位。
)

三、纯小数除法

0.总结

手工除法、恢复余数法：把符号位和数值位分开处理

1.原码除法

（1）手工除法

)

（2）恢复余数法

精度够了就停止。

（3）加减交替法

加减交替法就是恢复余数法的化简：

恢复余数法：
假定第 i 次余数减除数（用 B 表示除数）得的余数为 R，当 R＜0 时，应恢复余数，即 (R+B) 。然后左移一次，即 2(R+B)。接下来进行下一次（第 i+1 次）余数减除数，也就是 2(R+B)-B＝2R+B。

加减交替法：
若第 i 次余数减除数的余数 R＜0，这时不再加除数来恢复余数，而只是将其左移一次，变为 2R，到下次，即第 i+1 次运算时将其加除数，也就是 2R+B。

法则：

①若余数 R≥0, 则商上 1，左移一次，减除数；
②若余数 R＜0, 则商上 0，左移一次，加除数。

四、浮点运算

1.浮点数加减法

$X=M_x\cdot 2^{E_x}，Y=M_y\cdot 2^{E_y}$

实现 X±Y 运算的法则即过程如下四步：

• 先用规格化浮点数表示出来：https://blog.youkuaiyun.com/sandalphon4869/article/details/89395749#1_468
• 对阶
• 尾数进行加减
• 规格化
• 舍入

（1）对阶

如：$1\times 10^2+1\times 10^1=1\times 10^2+0.1\times 10^2=1.1\times 10^2$
在相同指数下，我们才能进行加减，也就是对阶。

对阶的原则是小阶对大阶，也就是将小阶码变成大阶码，让两阶码相等。将尾数右移（除，数缩小），为了平衡，阶码就得增大。

判断谁是小阶码：
$[△E]补=[E_X]补-[E_Y]补$

• $[△E]补表示负数，则[E_X]补是小阶码$
• $[△E]补表示正数，则[E_Y]补是小阶码$

左移时：末位补0
右移时：高位正数补0，负数补1（保持符号位不变）
PS：这里的左移右移不是左规右规，不需要转化为特殊的形式，左规右规是左移右移成为特殊的形式。

（2）尾数进行加减

都用加法：在做减法时，只要先将减数求补，然后与被减数相加即可。
使用双符号位的形式：在同数相加时，单符号位会出现正负不一致的结果。

（3）规格化

意义：

在进行尾数加减运算后，其结果有可能是一个非规格化数，则需要将其规格化。

规格化的结果用单符号位表示：

• ① 左规
  （左移时小数点前只保留一位符号位，那一位直接舍弃，左移成为1.0XX…X或，0.1XX…X的规格化的浮点数）
  左移1次使阶码减 1。

• ② 右规
  （右移一次刚好是1.0XX…X或，0.1XX…X，成为了规格化的浮点数）
  右移一次使阶码加 1。

规格化的结果用双符号位表示：

按照单符号位表示的结果扩展为双符号位即可。

浮点数的溢出与否是由阶码决定的：

• 左移1次使阶码减 1，若阶码（包括 1 位符号位）用 n位补码整数表示，它能表示的最小阶码为$-2^{n-1}$。如果左规使阶码小于$-2^{n-1}$，则发生下溢出。 发生下溢出时可认为结果为 0。
• 右移一次使阶码加 1，有可能使阶码超出所能表示的最大范围，为$2^{n-1}-1$。如果出现这种情况，结果将无法表示，这就是上溢出。一旦发生上溢出，可认为结果为∞。

顺序：

在浮点数加减运算时，右规最多 1 次。所以，先看看能不能右规，不能右规就左规。

（4）舍入

在对阶及规格化时，右规才出现舍入的问题：右移将丢掉尾数的最低位。

• ① 截（尾）断法
  此法最简单，就是将需丢弃的尾数低位丢弃。
• ② 末位恒置 1 法
  无论尾数右移丢弃的是 0 还是 1，此法将保证要保留的尾数的最低位永远为 1。
• ③ 0 舍 1 入法
  当尾数右移丢弃的是 0 时，要保留的最末位不变；
  当尾数右移丢弃的是 1 时，要保留的最末位加 1。
  这种方法误差较小。但当遇到 01.111…11 这种需在规的尾数时，采用此法会再次使尾数溢出。遇到这种情况可采用截尾法

（5）例题

例 3.18：$两浮点数为：X=0.110101\times 2^{-010}，Y=-0.101010\times 2^{-001}$。求两数之和及差。

解：设两浮点数阶码为 4 位，用补码表示。尾数用 8 位，均用双符号位补码表示。
则两数可表示为： $[X]浮=111000.110101，[Y]浮=111111.010110$

• ①对阶
  求阶差：[△E]补=[EX]补 -[EY]补 ﹦[EX]补 ＋[[EY]补]求补 = 1110＋0001﹦1111。1111表示负数，所以 X 的阶码比 Y的阶码小。
  因此，X 尾数右移一次，使两者阶码相同。这时的 X 为：$[X]浮=111100.011011$，采用的是 0 舍 1 入法。

• ②尾数进行加减
  $[[M_y]补]求补=00.101001+1=00.101010$.
  尾数求和：$00.011011+11.010110=11.110001$
  尾数求差：$00.011011+00.101010=01.000101$

• ③规格化
  相加的结果为一非规格化尾数。右规一次不能满足，那么只能左规。尾数左移 2位，变11.000100。同时，阶码减 2，则阶码变为 1101。
  两数相加结果为：$[X+Y]浮=110111.000100$。
  相减的结果看到尾数也不是规格化数。右规满足，将尾数右移一次，采用的是 0舍1入法，变为 00.100011。同时，阶码需加 1，则阶码为 0000。
  两数相减结果为：$[X-Y]浮=000000.100011$。

例：某规格化浮点数字长11位，阶码4位（含1位符号），用移码表示；尾数7位（含1位符号），补码表示。$x=2^{-110}\times (-0.101100)，y=2^{-101}\times (+0.101100)。求和差$

解：
对阶后的X为：$[X]浮=00111.101010$，Y为：$[Y]浮=00110.101100$。

（若采用单符号位：尾数求和为0.010110，尾数求差为0.111110，负数-正数=正数，错误了。）
尾数求和：$11.101010+00.101100=00.010110$
尾数求差：$11.101010+11.010100=10.111110$

规格化为：
$[X+Y]浮=00100.101100$（尾数左移1位，阶码减1）
$[X-Y]浮=01001.011111$（尾数右移1位，阶码加1）

2.浮点数乘法

设两个浮点数：$X=M_x\cdot 2^{Ex}，Y=M_y\cdot 2^{Ey}$.
该两浮点数相乘为：$Z=（M_x\cdot M_y）2^{Ex+Ey}$。
两浮点数相乘之积的阶码为两乘数阶码之和，乘积的尾数为两乘数尾数之积。

步骤

①参加乘法运算的两浮点数一定是规格化数，且不为 0。只要有一个乘数为 0，则乘积必为 0。
②求两乘数阶码之和，即 Ez=Ex+Ey。

并判断积的阶码是否溢出：

• 当积的阶码大于所定义浮点数最大阶码，即 Ez＞Emax 时，上溢出。一旦发生上溢出，则乘积将无法表示；
• 若积的阶码小于所定义浮点数最小阶码，即 Ez＜－Emax 时，则下溢出。发生下溢出时，乘积可用 0 表示。当发生溢出时，尤其是上溢，应重新定义浮点数或对两乘数作出限制。

③两乘数的尾数相乘。
④规格化乘积的尾数。

PS：两规格化浮点数相乘，左规和右规都最多一次。
尾数的最小正值为：＋1/2 ，尾数的最大正值为：$＋(1－2^{-n})$ 。
尾数的最小负值为：－1 ，尾数的最大负值为：$-(1/2+2^{-n})$ 。
见：https://blog.youkuaiyun.com/sandalphon4869/article/details/89395749#2_470
所以两数之积的最小绝对值为1/4（$1/2\times 1/2$）,如果左规，最多一次。
两数之积的最大绝对值为1（$(-1)\times (-1)$）,如果右规，最多一次。

3.浮点数除法

设两个浮点数：$X=M_x\cdot 2^{Ex}，Y=M_y\cdot 2^{Ey}$.
该两浮点数相乘为：$Z=（M_x÷M_y）2^{Ex-Ey}$。
两浮点数相乘之积的阶码为两乘数阶码之差，乘积的尾数为两乘数尾数之商。

步骤

①参加乘法运算的两浮点数一定是规格化数，且不为 0。只要有一个乘数为 0，则乘积必为 0。
②求两乘数阶码之差，即 Ez=Ex-Ey。

并判断积的阶码是否溢出：

• 当商的阶码大于所定义浮点数最大阶码，即 Ez＞Emax 时，上溢出。一旦发生上溢出，则商将无法表示；
• 若商的阶码小于所定义浮点数最小阶码，即 Ez＜－Emax 时，则下溢出。发生下溢出时，商可用 0 表示。当发生溢出时，尤其是上溢，应重新定义浮点数或对被除数除数作出限制。

③两乘数的尾数相乘。
④规格化乘积的尾数。