【文章內(nèi)容簡介】 數(shù)左移一位，階碼減一； 右規(guī)—尾數(shù)右移一位，階碼加一。 應(yīng)用—非規(guī)格化數(shù)→規(guī)格化數(shù)，可能需多次規(guī)格化操作 例5—若浮點數(shù)尾數(shù)及階的基均為2，回答下列問題： 原碼尾數(shù)—最高數(shù)值位為1； 補碼尾數(shù)—最高數(shù)值位與符號相反 ←便于硬件實現(xiàn)IEEE 754標(biāo)準(zhǔn) *表示格式及數(shù)碼長度： 有單精度、雙精度兩種格式及長度 *編碼方式： ①數(shù)制—M和E均采用二進制方式(即RM=RE=2)； ②碼制—M為原碼編碼的定點純小數(shù)(改進了定點位置)， E為移碼編碼的定點整數(shù)(改進了移碼值) *階的碼制：采用的是余127碼和余1023碼 余X碼—偏移值為X的移碼稱為余X碼， 標(biāo)準(zhǔn)移碼：真值=E281=E128， 余127碼： 真值=E(2811)=E127； 階的范圍—1≤E≤254，而0和255另作他用， 即126≤階的真值≤127 *尾數(shù)的碼制： (以單精度格式為例) 支持非規(guī)格化尾數(shù)和規(guī)格化尾數(shù)兩種方式； 非規(guī)格化尾數(shù)—尾數(shù)真值=177。…m23， 機器碼M=m1…m23，尾數(shù)精度=23位； 規(guī) 格 化尾數(shù)—規(guī)格化的尾數(shù)真值=177。…m24， 機器碼M=m2…m24，尾數(shù)精度=24位 *IEEE 754標(biāo)準(zhǔn)浮點表示的特征： (以單精度格式為例) 例5—求(11/128)10的IEEE 754單精度規(guī)格化數(shù)的機器碼 解—(11/128)10 =( 1011)227 =()223 =()224=()22123127 例6—求IEEE 754單精度碼為(CC968000)16的浮點數(shù)的真值N 解—(CC968000)16=1 10011001 00101101000000000000000 N為負(fù)數(shù)，浮點數(shù)為規(guī)格化數(shù)(∵1＜10011001＜254)； 階=(10011001)2－(01111111)2 =(00011010)2=(26)10 尾數(shù)=()2 =()10 ∴N=(―1)1226=226 ◇數(shù)值數(shù)據(jù)的表示小結(jié)：表示格式有定點和浮點兩種，編碼方式?jīng)Q定運算器的運算方法，數(shù)碼長度總是固定的四、非數(shù)值數(shù)據(jù)的數(shù)據(jù)表示 ◇MEM字長的特征： MEM字長—均為2n位(n為常數(shù))；←便于數(shù)據(jù)長度的二進制運算 MEM字長種類—有二進制位、機器字長、折中長度3類 ◇提高MEM的存儲效率： 字符數(shù)據(jù)的表示 指字符的交換碼在存儲/處理時的表示方式，即字符的內(nèi)碼。邏輯數(shù)據(jù)的表示 *數(shù)學(xué)特征：值域—真、假； 運算—與(AND)、或(OR)、非(NOT)等 *數(shù)據(jù)的表示方法： 數(shù)碼長度—1位→n位(n為MEM字長倍數(shù))；←以提高存儲效率 編碼方式—各位獨立編碼，1/0可表示真/假 *運算處理方法：可采用所有位同時按位進行與/或/非運算 可獲得最大性能←┘└→一位操作時，軟件負(fù)責(zé)準(zhǔn)備數(shù)據(jù) 例2—8位邏輯數(shù)A和B如何實現(xiàn)第0位的OR操作(結(jié)果在A中)？ 解：步驟為 ① C=B AND 01H；② A=A OR C167。 定點數(shù)運算方法一、移位運算移位及移位運算 *移位：數(shù)值相對于某個位置的移動 例—=，稱20相對于小數(shù)點左移了2位 *移位操作：有左移、右移2種類型； 二進制數(shù)左移或右移n位相當(dāng)于乘以或除以2n *移位運算：對計算機中機器數(shù)的移位操作 運算種類—對有符號數(shù)，有算術(shù)左移、算術(shù)右移； 對無符號數(shù)，有邏輯左移、邏輯右移 運算參數(shù)—操作數(shù)、移動位數(shù)邏輯移位運算 *操作數(shù)類型：無符號機器數(shù) *運算規(guī)則： 機器數(shù)整體移位，移出的數(shù)丟棄，出現(xiàn)的空位補0 例1—某REG內(nèi)容為00111001，邏輯移位運算結(jié)果如下： 練習(xí)—若(REG)=11001001，邏輯左移1位再右移1位的結(jié)果? *溢出判斷方法：左移、移丟數(shù)碼為1時運算溢出算術(shù)移位運算 *操作數(shù)類型：有符號機器數(shù)(原碼、補碼等) *運算規(guī)則：符號位不變，數(shù)值部分整體移位，空位添補規(guī)則如下表(根據(jù)編碼方式的數(shù)學(xué)特征添補) *運算實現(xiàn)方法：通常用移位寄存器實現(xiàn)右移移丟數(shù)值1僅影響精度 *溢出判斷方法：左移移丟數(shù)值1時溢出 原碼左移、移丟數(shù)碼為1時溢出； 補碼/反碼左移、移丟與符號相反的數(shù)碼時溢出二、定點加減運算補碼加減運算 (1)補碼加減運算規(guī)則 *加法：[A+B]補=[A]補+[B]補 *減法：[AB]補=[A+(B)]補=[A]補+[B]補 (2)補碼運算溢出判斷方法 *溢出判斷①：用1位符號位判斷 例4—若n=4，補碼表示范圍8≤X≤+7 0110(+6) 1111(1) 0101(+5) 1011(5) + 1011(5) + 1100(4) + 0100(+4) + 1100(4) 10001(+1) 11011(5) 01001(+9) 10111(9) 即：相同符號數(shù)相加、且結(jié)果與操作數(shù)符號不同時溢出! 設(shè)[A]補=An1An2…A0，[B]補=Bn1Bn2…B0， [Z]補=[A]補+[177。B]補=Zn1Zn2…Z0 例5—設(shè)A=11/16，B=+7/16，[A+B]補、[AB]補是否溢出? 解：[A+B]補= [AB]補= + + = = 對[A+B]補，OVR=(1 0)(0 0)=0 不溢出 對[AB]補，OVR=(1 0)(1 0)=1 溢出 *溢出判斷①優(yōu)化：用結(jié)果的符號位及最高數(shù)值位進位判斷 An1 An2 … A0+ Bn1 Bn2 … B0 Zn1 Zn2 … Z0 Cn1 Cn2 *溢出判斷②：用2位符號位判斷 變形補碼—采用2個符號位的補碼[A]變補=AnAn1An2…A0， AnAn1表示符號(00為正數(shù)、11為負(fù)數(shù)) 例6—若X=010，Y=110，[X+Y]變補溢出否? 解：[X]變補=11 110，[Y]變補=11 010 [X+Y]變補= 11 110 + 11 010 = 11 000 1 1=0 不溢出(3)補碼加減運算所需的硬件配置 *加減法實現(xiàn)思路：加減法統(tǒng)一處理C1=1，
C1=0，=1…=1 加法— [A]補+[B]補+0； 減法— [A]補+[B]補=[A]補+[B]補+1 *加減法實現(xiàn)思路：加減法統(tǒng)一處理 加法— [A]補+[B]補+0； 減法— [A]補+[B]補=[A]補+[B]補+1◆ 筆紙乘法方法▲ 例1. X=1011,Y=1101，XY的筆紙乘法過程： 1. 原碼一位乘 ◆ 用原碼實現(xiàn)乘法運算時，符號位與數(shù)值位是分開計算的； 設(shè)：[X]原=xnxn1188。188。 x1x0，[Y]原= ynyn1188。188。y1y0 (其中xn 、yn分別為它們的符號位) 若 [XY]原=z2nz2n1188。188。z1z0 (z2n為結(jié)果之符號位) 則 z2n= xn 197。 yn z2n1188。188。z1z0 = (xn1188。188。 x1x0)(yn1188。188。y1y0 )類似兩個無符號數(shù)相乘?！?就筆紙乘法方法，為提高效率而采取的改進措施① 每將乘數(shù)Y 的一位乘以被乘數(shù)得Xyi后，就將該結(jié)果與前面所得的結(jié)果累加，得到部分積Pi；② 將部分積Pi右移一位與Xyi相加；加法運算始終對部分積中的高n位進行；③ 對乘數(shù)中“1”的位執(zhí)行加法和右移運算，對“0”的位只執(zhí)行右移運算，而不執(zhí)行加法運算；▲ 上述乘法運算可以歸結(jié)為循環(huán)地計算下列算式： 設(shè)P0=0 P1= 21 (P0+ Xy0) P2= 21 (P1+ Xy1) Pi+1= 21 (Pi+ Xyi) ( i=0,1,2,3, 188。188。n1 ) …… Pn= 21 (Pn1+ Xyn1) 顯然，XY= Pn▲ 對于兩個n位無符號數(shù)乘法的一種可行的算法： 1）置計數(shù)器為n； 2）清除2n位部分積寄存器； 3）檢查乘數(shù)最右位（初始時為最低位），若為“1”，加被乘數(shù)到部分積高n位中； 4）將部分積右移一位； 5）將乘數(shù)右移一位； 6）計數(shù)器減1，結(jié)果不為0，則從3）開始重新執(zhí)行；若結(jié)果為0，則從部分積寄存器讀出乘積。 ▲ 實現(xiàn)這種方法的二個定點數(shù)乘法的邏輯電路框圖nn▲ 例1． 已知 [X]原= 01101 , [Y]原= 01011 , 若 [XY]原= z8z7188。188。z0 則 z8= 0197。0 = 0 z7…z0=11011011的計算采用上述乘法流程，實現(xiàn)的具體過程如下：補碼乘法例： 已知 X=，Y= [X]補= 01011 , [Y]補= 11111 [XY]補= 111110101 [X]補[Y]補= 101010101 顯然，[XY]補185。 [X]補[Y]補▲ 對兩個正數(shù)來說，它們補碼的乘積等于它們乘積的補碼。若乘數(shù)是負(fù)數(shù)時，這種情況就不成立了?！?Booth（布斯）乘法▲ ： 相乘二數(shù)用補碼表示，它們的符號位與數(shù)值位一起參與乘法運算過程，得出用補碼表示的乘法結(jié)果。▲ Booth算法推導(dǎo)： 已知[X]補= xnxn1…… x0 , [Y]補= ynyn1 …… y0 ； 根據(jù)補碼定義: 可得出其真值: Y= [Y]補 2n+1yn XY=X{[Y]補 2n+1yn}= X{yn2n + yn1 2n1 + …… + y121 + y0 20 2n+1yn }= X{yn2n + yn1 2n1 + …… + y121 + y0 20}= 2n (yn1 yn) X + 2n1 (yn2 – yn1) X + …… + 21 (y0 – y1) X + 20 (0 – y0) X y1為增設(shè)的一個附加位，初值為0； [XY]補=[2n (yn1 yn) X + 2n1 (yn2 – yn1) X +…… + 21 (y0 – y1) X + 20 (y1 – y0) X]補令 [XY]補=[XY]’補2n[XY]’補=[ (yn1 yn) X + 21 (yn2 – yn1) X + …… 得到如下遞推公式 令[P0]補＝0，有： [P1]補=[21(P0+ (y1y0)X]補 [P2]補=[21(P1+ (y0 y1)X]補 [Pi ]補=[21(Pi1+ (yi2yi1)X)]補 (i=1~ n) [Pn]補=[21(Pn1+ (yn2yn1)X)]補 [X*Y]’補=[Pn+1]補=[Pn+ (yn1yn)X]補 (yi1 –yi)X實際上并不做乘法，只要比較相鄰兩位乘數(shù)以決定+X、–X或+0。 在計算機中，對于定點整數(shù)，只要認(rèn)定小數(shù)點在乘積之末，相當(dāng)于將小數(shù)點右移n位。 對乘數(shù)的連續(xù)兩位yi和yi1進行判斷若yi yi1= 01， 則[Pi+1]補=[21(Pi + X)]補若yi yi1 =10， 則[Pi+1]補=[21 (Pi X)]補若yi yi1 =00或11， 則[Pi+1]補=[21Pi ]補 一個補碼數(shù)據(jù)的右移是連同符號位右移，且最高位補充符號位的值。▲ 例3： 已知 [X]補=01101, [Y]補= 10110，[X]補=10011