【正文】 為例，設(shè) x=， y=，求 x/y。 ? 商的符號(hào)心算而得：負(fù)正得負(fù) ? 其數(shù)值部分的運(yùn)算如下面豎式 ? 所以商 x/y=，余數(shù) = 分析筆算除法 ? 二進(jìn)制除法實(shí)質(zhì)是“作被除數(shù)（余數(shù)）和除數(shù)的減法，求新的余數(shù)”的過(guò)程 ①每次上商都是由心算來(lái)比較余數(shù) (被除數(shù) )和除數(shù)的大小，確定商為 1還是 0。 ②每做一次 減法 ，總是保持余數(shù)不動(dòng)，低位補(bǔ) 0，再減去右移后的除數(shù)。 ③商符單獨(dú)處理。 ? 主要問(wèn)題： ① 機(jī)器不能“心算”上商。 ② 按照每次減法總是保持余數(shù)不動(dòng)低位補(bǔ) 0，再減去右移后的除數(shù)這一規(guī)則，則要求加法器的位數(shù)必須為除數(shù)的兩倍。 ③ 筆算求商時(shí)是從高位向低位逐位求的，而要求機(jī)器把每位商直接寫(xiě)到寄存器的不同位也是不可取的。 分析筆算除法 ? 解決辦法： ① 機(jī)器不能“心算”上商 – 必須通過(guò)比較被除數(shù) (或余數(shù) )和除數(shù)絕對(duì)值的大小來(lái)確定商值，即 |x||y|，若差為正 (夠減 )上商 1,差為負(fù) (不夠減 )上商 0。 ② 按照每次減法總是保持余數(shù)不動(dòng)低位補(bǔ) 0，再減去右移后的除數(shù)這一規(guī)則，則要求加法器的位數(shù)必須為除數(shù)的兩倍。 – 右移除數(shù)可以用左移余數(shù)的辦法代替，其運(yùn)算結(jié)果是一樣的，但對(duì)線路結(jié)構(gòu)更有利。不過(guò)此刻所得到的余數(shù)不是真正的余數(shù)，只有將它乘上 2n才是真正的余數(shù)。 ③ 筆算求商時(shí)是從高位向低位逐位求的，而要求機(jī)器把每位商直接寫(xiě)到寄存器的不同位也是不可取的。 – 計(jì)算機(jī)可將每一位商直接寫(xiě)到寄存器的最低位，并把原來(lái)的部分商左移一位。 2. 原碼除法 ① 恢復(fù)余數(shù)法 ② 加減交替法（不恢復(fù)余數(shù)法） ③ 原碼加減交替法所需的硬件配置 ④ 原碼加減交替除法控制流程 原碼除法 ? 原碼除法和原碼乘法一樣，符號(hào)位是單獨(dú)處理的。 ? 以小數(shù)為例，設(shè) 式中 為 x的絕對(duì)值，記作 x* 為 y的絕對(duì)值，記作 y* ? 即商符由兩數(shù)符號(hào)位“異或”運(yùn)算求得，商值由兩數(shù)絕對(duì)值相除 (x*/y*)求得。 ? 小數(shù) 定點(diǎn)除法 對(duì)被除數(shù)和除數(shù)有一定的約束，即必須滿(mǎn)足條件： 0＜ |被除數(shù) |≤|除數(shù) | (一 )恢復(fù)余數(shù)法 試商：商值的確定是通過(guò)比較被除數(shù)和除數(shù)的絕對(duì)值大小 ， 即通過(guò) x*y*實(shí)現(xiàn)的 ： 如果余數(shù)為正 ， 說(shuō)明 “ 夠減 ” ， 商上 “ １ ” ；如果余數(shù)為負(fù) ， 說(shuō)明 “ 不夠減 ” ， 商上 “ 0”。 由于不夠減而減了 ， 必須將除數(shù)加回去 ，恢復(fù)成原來(lái)的余數(shù) 。 機(jī)器內(nèi)只設(shè)加法器 ， 故需將 x*y*操作變?yōu)閇x*]補(bǔ) +[y*]補(bǔ) 的操作 。 因此 ， 在判斷 “ 夠減 ” ，“ 不夠減 ” 作減法時(shí) ， 采用的是 補(bǔ)碼 運(yùn)算 。 例 ? 已知： x=,y=,求： [x/y]原 ? 解：由 x*=， [x]原 = y*=， [y*]補(bǔ) =,[y]原 = 商值的求解過(guò)程如下： 例（續(xù)） 被除數(shù) (余數(shù) ) 商 說(shuō) 明 + +[y*]補(bǔ) （減去除數(shù)） + 0 余數(shù)為負(fù)，上商 0 恢復(fù)余數(shù) +[y*]補(bǔ) + 0 被恢復(fù)的被除數(shù) ← 1位 +[y*]補(bǔ) （減去除數(shù)） + 0 1 0 1 余數(shù)為正，上商 1 ← 1 位 +[y*]補(bǔ) （減去除數(shù)） + 0 1 1 0 1 1 余數(shù)為正，上商 1 ← 1 位 +[y*]補(bǔ) （減去除數(shù)） + 0 1 1 0 余數(shù)為負(fù)，上商 0 恢復(fù)余數(shù) +[y*]補(bǔ) + 0 1 1 0 被恢復(fù)的被除數(shù) ← 1位 +[y*]補(bǔ) （減去除數(shù)） 0 1 1 0 1 余數(shù)為正，上商 1 例（續(xù)） ? 故商值為 ? 商的符號(hào)位為 ? 商的位數(shù)與操作數(shù)的位數(shù)相同時(shí)，或余數(shù)為 0時(shí)，停止計(jì)算 ? 該例中，共上商 5次 ? 第一次上的商在商的整數(shù)位上，對(duì)小數(shù)除法而言，可用它作溢出判斷。 – 即當(dāng)該位為“ 1”時(shí)，表示此除法為溢出，不能計(jì)算進(jìn)行，應(yīng)由程序進(jìn)行處理，重新選擇 比例因子 ； – 當(dāng)該位為“ 0”時(shí)，說(shuō)明除法合法，可以進(jìn)行計(jì)算。 ? 在恢復(fù)余數(shù)法中，每當(dāng)余數(shù)為負(fù)時(shí)，都需恢復(fù)余數(shù)，這就延長(zhǎng)了機(jī)器除法的時(shí)間，操作也很不規(guī)則，對(duì)線路結(jié)構(gòu)不利。 (二 )加減交替法 ? 根據(jù)原碼恢復(fù)余數(shù)法，有： – 當(dāng)余數(shù) Ri0時(shí)，可上商“ 1”，再對(duì) Ri左移一位后減除數(shù)，即 2Riy*。 – 當(dāng)余數(shù) Ri0時(shí)，可上商“ 0”，然后再做 Ri+y*，即完成恢復(fù)余數(shù)的運(yùn)算，再做左移和減除數(shù)，即2(Ri+y*)y*，也即 2Ri+y*。 – 因此，原碼恢復(fù)余數(shù)法可歸納為： 當(dāng)余數(shù) Ri0時(shí)，商上“ 1”，做 2Riy*的運(yùn)算； 當(dāng)余數(shù) Ri0時(shí)，商上“ 0”，做 2Ri+y*的運(yùn)算。 ? 這里已看不出余數(shù)的恢復(fù)問(wèn)題了，而只是做加 y*或減 y*，因此，一般把它叫做加減交替法或不恢復(fù)余數(shù)法。 例 ? 已知 x=,y=,求： [x/y]原 ? 解：由 x*=， [x]原 = y*=， [y]補(bǔ) =, [y]原 = 商值的求解過(guò)程如下： 例（續(xù)） 被除數(shù) (余數(shù) ) 商 說(shuō) 明 + 1. 0011 +[y*]補(bǔ) （減除數(shù)） + 0 0 余數(shù)為負(fù)，上商 0 ← 1 位 +[y*]補(bǔ) (加除數(shù) ) + 0 1 0 1 余數(shù)為正，上商 1 ← 1 位 +[y*]補(bǔ) （減除數(shù)） + 0 1 1 0 1 1 余數(shù)為正，上商 1 ← 1 位 +[y*]補(bǔ) （減除數(shù)） + 0 1 1 0 0 1 1 0 余數(shù)為負(fù)，上商 0 ← 1 位 +[y*]補(bǔ) (加除數(shù) ) 0 1 1 0 1 余數(shù)為正，上商 1 例（續(xù)） ? 商的符號(hào)位為 ? 所以 [x/y]原 = ? 分析此例可見(jiàn)， n位小數(shù)的除法共上商 n+1次，第一次商用來(lái)判斷是否溢出。 ? 倘若比例因子選擇恰當(dāng)，除數(shù)結(jié)果不溢出，則第一次商肯定是 0。如果省去這位商，只需上商 n次即可，此時(shí)除法運(yùn)算一開(kāi)始應(yīng)將被除數(shù)左移一位減去除數(shù)，然后再根據(jù)余數(shù)上商。 原碼加減交替法所需的硬件配置 被除數(shù)字長(zhǎng)可以是除數(shù)的兩倍，開(kāi)始時(shí)其低位放在 Q中，逐步左移到 A中 被除數(shù) 除數(shù) 1：－ y 0：＋ y 原碼加減交替除法控制流程 整數(shù)除法 ? 算法與小數(shù)除法相同 ? 初始條件 – 0|除數(shù) |=|被除數(shù) | 小結(jié) ? 移位 – 算術(shù)移位、邏輯移位 ? 加、減 – 補(bǔ)碼 – 溢出判斷（ 1位符號(hào)位、兩位符號(hào)位） ? 乘 – 原碼一位乘 – 補(bǔ)碼（校正法、比較法（ Booth法）） ? 除 – 原碼（恢復(fù)余數(shù)法、不恢復(fù)余數(shù)法（加減交替法）） – 補(bǔ)碼（加減交替法）