【正文】 ①如果 R≥ 0,且 R 的高 K 個(gè)數(shù)位均為 0,則本次直接得商 1 后跟 K1 個(gè) 0， R 左移 K 位后 ,減去除數(shù) D,得新余數(shù)。②如果余數(shù) R0,且 R 的 高 K 個(gè)數(shù)位均為 1,則本次商為 0 后跟 K1 個(gè) 1,R左移 K 位后 ,加上除數(shù) D，得新余數(shù)。 上述①、②條件中的 K 為 1 時(shí) ,每次只能求得一位商。 ▲ 規(guī)格化處理規(guī)則： 當(dāng)結(jié)果尾數(shù)的兩個(gè)符號(hào)位的值不同時(shí) ,表明尾數(shù)運(yùn)算結(jié)果溢出。此時(shí)應(yīng)使結(jié)果尾數(shù)右移一位 ,并使階碼的值加 1,這被稱(chēng)為向右規(guī)格化 ,簡(jiǎn)稱(chēng) 右規(guī) 。當(dāng)尾數(shù)的運(yùn)算結(jié)果不溢出 ,但最高數(shù)值位與符號(hào)位同值 ,表明不滿(mǎn)足規(guī)格化規(guī)則 ,此時(shí)應(yīng)重復(fù)地使尾數(shù)左移、階減減 1,直到出現(xiàn)在最高數(shù)值位上的值與符號(hào)位的值不同為止 ,這是向左規(guī)格化的操作 ,簡(jiǎn)稱(chēng) 左規(guī) 例題：兩浮點(diǎn)數(shù)相加，求 X+Y。 已知： X＝ 2020 ， y＝ 2100 () 解： X 和 Y 在機(jī)器中的浮點(diǎn)補(bǔ)碼表示形式為 (雙符號(hào)位 )： 階符 階碼 數(shù)符 尾數(shù) X： 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 1 Y： 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 0 計(jì)算過(guò)程： ①對(duì)階操作 階差Δ E＝ [Ex]補(bǔ) +[EY]補(bǔ) =00010+11100=11110 X 階碼小， Mx右移 2 位，保留階碼 E＝ 00100。 [Mx]補(bǔ) =00 00 110 110 11 下劃線(xiàn)上的數(shù)是右移出去而保留的附加位。 ②尾數(shù)相加 [Mx]補(bǔ) +[MY]補(bǔ) =000011011011+1101010100=111000101011。 ③規(guī)格化操作 ： 結(jié)果的符號(hào)位與最高數(shù)值位同值 ,應(yīng)執(zhí)行左規(guī)處理 ,結(jié)果為 11 00010101 10, 階碼為 00 011。 ④舍入 ： 附加位最高位為 1，采用 0 舍 1 入法處理，在所得結(jié)果的最低位 +1，得新結(jié)果： [M]補(bǔ) =1100010110， M： 0． 11101010。 ⑤判溢出 階碼符號(hào)位為 00，故不溢出、最終結(jié)果為： 4 X+Y=2020 (0． 11101010) 定點(diǎn)運(yùn)算部件 由 算術(shù)邏輯運(yùn)算部件 ALU、若干個(gè) 寄存器 、 移位電路 、 計(jì)數(shù)器 、 門(mén)電路 等組成。 ▲ 運(yùn)算器的主要功能是進(jìn)行 邏輯運(yùn)算和算術(shù)運(yùn)算 ▲ 算術(shù) /邏輯運(yùn)算單元 74181ALU 可完成 16 種算術(shù)運(yùn)算功能和 16 種邏輯運(yùn)算功能 ALU 部件主要完成加減法 算術(shù)運(yùn)算 及 邏輯運(yùn)算 。 運(yùn)算器的功能與組成概括為如下三句話(huà)： 運(yùn)算器，三大塊（功能和組成），運(yùn)算（ ALU）、暫存（通用寄存器組）、乘 除快（乘商寄存器），多路選通連起來(lái)（以便構(gòu)成一個(gè)能協(xié)同運(yùn)行的運(yùn)算器整體）。 常用的數(shù)據(jù)校驗(yàn)碼是 奇偶校驗(yàn)碼、海明校驗(yàn)碼和循環(huán)冗余校驗(yàn)碼。 （碼距為 1 的不能校驗(yàn)） ▲ 在檢錯(cuò)碼中，奇偶校驗(yàn)法能否定位發(fā)生錯(cuò)誤的信息位？是否具有糾錯(cuò)功能？ 奇偶校驗(yàn)法不能定位發(fā)生錯(cuò)誤的信息位，也不具有糾錯(cuò)功能。奇偶檢驗(yàn)法是為一個(gè)字節(jié)補(bǔ)充一個(gè)二進(jìn)制位，用設(shè)置校驗(yàn)位的值為 0 或 1，使字節(jié)的 8 位和該校驗(yàn)位含有 1 值的個(gè)數(shù)為奇數(shù)或偶數(shù)。有當(dāng) 1 的個(gè)數(shù)的奇偶性變化時(shí)，才能發(fā)現(xiàn)錯(cuò)誤，并且只能發(fā)現(xiàn)一位錯(cuò)誤奇數(shù)個(gè)位數(shù)，不能發(fā)現(xiàn)偶數(shù)個(gè)位數(shù)，也無(wú)法定位發(fā)生錯(cuò) 誤的信息位，更無(wú)法就錯(cuò) 奇偶校驗(yàn) 實(shí)現(xiàn)原理 :是使碼距由 1 增加到 2。通常是為一個(gè)字節(jié)補(bǔ)充一個(gè)二進(jìn)制位，稱(chēng)為校驗(yàn)位，用設(shè)置校驗(yàn)位的值為 0 或 1，使字節(jié)的 8 位和該校驗(yàn)位含有 1 值的個(gè)數(shù)為奇數(shù)或偶數(shù)。在使用奇數(shù)個(gè) 1 的方案進(jìn)行校驗(yàn)時(shí)，稱(chēng)為 奇校驗(yàn) ，反之，則稱(chēng)為 偶校驗(yàn) 。 海明校驗(yàn) 特點(diǎn)： 能檢測(cè)出二位同時(shí)出錯(cuò)、亦能檢測(cè)出一位出錯(cuò)并能自動(dòng)糾錯(cuò)。 實(shí)現(xiàn)原理 ：在 k 個(gè)數(shù)據(jù)位之外加上 r 個(gè)校驗(yàn)位，從而形成一個(gè) k 十 r 位的新碼字，當(dāng)某一位出錯(cuò)后，就會(huì)引起相關(guān)的幾個(gè)校驗(yàn)位的值發(fā)生變化，從而達(dá)到檢錯(cuò)、糾錯(cuò)的目的。 ★ 例題： 求信息碼 01101110 的海 明校驗(yàn)碼，畫(huà)出能指示和糾正 1 位出錯(cuò)位的海明校驗(yàn)邏輯電路。 (1)求信息碼 01101110 的海明校驗(yàn)碼 ①確定海明校驗(yàn)位的位數(shù)： 設(shè) R 為校驗(yàn)位的位數(shù)，則整個(gè)碼字的位數(shù)應(yīng)滿(mǎn)足不等式 N=K+R=2R1。 設(shè) R=3，則 231=7， N=8+3=11,不等式不滿(mǎn)足 :設(shè) R=4，則 241=15， N=8+3=11,不等式滿(mǎn)足。所以 R 最小取 4。 ②確定校驗(yàn)位的位置：位號(hào) (1— 12)為 2 的權(quán)值的那些位，即 : 2 2 23 的位置作為校驗(yàn)位，記作P P P P4，余下的為有效信息位。即： 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 P1 P2 D0 P3 D1 D2 D3 P4 D4 D5 D6 D7 ③分組：有 4 個(gè)校驗(yàn)位，將 12 位分 4 組，第 I 位由校驗(yàn)位號(hào)之和等于 I 的那些校驗(yàn)位所校驗(yàn)。 ④校驗(yàn)位的形成： P1=第一組中的所有位 (除 P1 外 )求異或： D7 ⊕ D6 ⊕ D4 ⊕ D3 ⊕ D1=0 ⊕ 1 ⊕ 0 ⊕ 1 ⊕ 1=1 P2=第一組中的所有位 (除 P2 外 )求異或： D7 ⊕ D5 ⊕ D4 ⊕ D2 ⊕ D1=0 ⊕ 1 ⊕ 0 ⊕ 1 ⊕ 1=1 P3=第一組中的所有位 (除 P3 外 )求異或： D6 ⊕ D5 ⊕ D4 ⊕ D0=1 ⊕ 1 ⊕ 0 ⊕ 0=0 P4=第一組中的所有位 (除 P4 外 )求異或： D3⊕ D2⊕ D1⊕ D0=1 ⊕ 1 ⊕ 1 ⊕ 0=1 所以，信息碼 01101110 的海明校驗(yàn)碼為 110011011110。 (2)校驗(yàn)原理 5 在接收端分別求 G G G G4 G1=P1⊕第一組中的所有位求異或 =P1⊕ D7 ⊕ D6 ⊕ D4 ⊕ D3 ⊕ D1 G2=P2⊕第二組中的所有位求異或 =P2⊕ D7 ⊕ D5 ⊕ D4 ⊕ D2 ⊕ D1 G3=P3⊕第三組中的所有位求異或 =P3⊕ D6 ⊕ D5 ⊕ D4 ⊕ D0 G4=P4⊕第四組中的所有位求異或 =P4⊕ D3⊕ D2⊕ D1 ⊕ D0 當(dāng) G1 G2G3 G4=0000 時(shí)，接收的數(shù)無(wú)錯(cuò)，否則 G1 G2G3 G4 的二進(jìn)制編碼即為出錯(cuò)位號(hào)， 例如 G1 G2G3 G4=1001 說(shuō)明第 9位出錯(cuò)，將其取反，即可糾錯(cuò)。根據(jù)此原理，指出和糾正 1位出錯(cuò)位的海明校驗(yàn)邏輯電路如圖 所示。 海明校驗(yàn)邏輯電路圖： 循環(huán)冗余校驗(yàn)碼 （ CRC） ： 原理 :將收到的循環(huán)校驗(yàn)碼用約定的生成多項(xiàng)式 G(x)去除，如果碼字無(wú)誤則余數(shù)應(yīng)為 0，如有某一位出錯(cuò)，則余數(shù)不為 0，不同位數(shù)出錯(cuò)余數(shù)不同。 糾錯(cuò)依據(jù) :余數(shù)與出錯(cuò)位的對(duì)應(yīng)關(guān)系是不變的，只與碼制和生成多項(xiàng)式有關(guān)。 例題 習(xí)題： 6 (設(shè) l位符號(hào)位，階碼為 5位移碼，尾數(shù)為 10位補(bǔ)碼 )。 (1)+111000 (2)10101（ 3)+ (1 ) + 1 11 0 00 = 2 6 0. 1 11 0 00 符號(hào)位為 0； 6 的階碼移碼表示為 10110；尾數(shù)補(bǔ)碼為 1110000000，所以 +111000 規(guī) 格化浮點(diǎn)數(shù)的編碼為 0 10110 1110000000 (2) 10 10 1 =2 5 （ 0. 10 1 01 ） 符號(hào)位為 1； 5 的階碼移碼表示為 10101；尾數(shù)補(bǔ)碼為 0101100000，格化浮點(diǎn)數(shù)的編碼為 1 10101 0101100000 (3) + 0 .01 01 1 =2 1 0. 10 1 1 符號(hào)位為 0； 1的階碼移碼表示為 01111；尾數(shù)補(bǔ)碼為 1011000000，所以 + 的規(guī)格化浮點(diǎn)數(shù)的編碼為 0 01111 1011