【正文】 值，并分析結果的正確性。 解： A = – 26 – 6 1,0000110 – 13 1,0001101 – 104 1,1101000 – 52 1,0110100 – 26 1,0011010 移位前 對應的真值 機 器 數(shù) 移位操作 原碼 = – 11010 左移一位 左移兩位 右移一位 右移兩位 – 6 1,1111001 – 13 1,1110010 – 104 1,0010111 – 52 1,1001011 – 26 1,1100101 移位前 對應的真值 機 器 數(shù) 移位操作 – 7 1,1111001 – 13 1,1110011 – 104 1,0011000 – 52 1,1001100 – 26 1,1100110 移位前 對應的真值 機 器 數(shù) 移位操作 補碼 反碼 左移一位 左移兩位 右移一位 右移兩位 左移一位 左移兩位 右移一位 右移兩位 （ a） 真值為 正 （ b） 負 數(shù)的原碼 （ c） 負 數(shù)的補碼 （ d） 負 數(shù)的反碼 丟 1 丟 1 出錯 影響精度 出錯 影響精度 正確 影響精度 正確 正確 結論 P236 3. 算術移位的硬件實現(xiàn) （ a） 真值為正 （ b） 負數(shù)的原碼 （ c） 負數(shù)的補碼 （ d） 負數(shù)的反碼 0 0 0 1 0 丟 1 丟 1 出錯 影響精度 出錯 影響精度 正確 影響精度 正確 正確 4. 算術移位和邏輯移位的區(qū)別 算術移位 有符號數(shù)的移位 邏輯移位 無符號數(shù)的移位 邏輯左移 邏輯右移 低位添 0，高位移丟 高位添 0，低位移丟 例如 01010011 邏輯左移 10100110 邏輯右移 01011001 算術左移 算術右移 11011001（補碼） 高位 1 移丟 0 1 0 1 0 0 1 1 0 Cy 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 10110010 二、加減法運算 1. 補碼加減運算公式 (1) 加法 (2) 減法 整數(shù) [A]補 + [B]補 = [A+B]補 （ mod 2n+1） 小數(shù) [A]補 + [B]補 = [A+B]補 （ mod 2） A–B = A+(–B ) 整數(shù) [A – B]補 = [A+(–B )]補 = [A]補 + [ – B]補 (mod 2n+1) 小數(shù) [A – B]補 = [A+(–B )]補 (mod 2) 連同符號位一起相加，符號位產生的進位自然丟掉 = [A]補 + [ – B]補 2. 舉例 解： [A]補 [B]補 [A]補 + [B]補 + = 0 . 1 0 1 1 = 1 . 1 0 1 1 = 1 0 . 0 1 1 0 = [A + B]補 驗證 例 設 A = ， B = – 求 [A + B]補 – ∴ A + B = 0 . 0 1 1 0 [A]補 [B]補 [A]補 + [B]補 + = 1 , 0 1 1 1 = 1 , 1 0 1 1 = 1 1 , 0 0 1 0 = [A + B]補 驗證 – 1001 – 1110 – 0101 + 例 設 A = –9， B = –5 求 [A+B]補 解： ∴ A + B = – 1110 略 例 設機器數(shù)字長為 8 位（含 1 位符號位） 且 A = 15， B = 24， 用補碼求 A – B 解： A = 15 = 0001111 B = 24 = 0011000 [A]補 + [– B]補 + [A]補 = 0, 0001111 [– B]補 = 1, 1101000 = 1, 1110111 = [A – B]補 [B]補 = 0, 0011000 練習 1 設 x = y = ，用補碼求 x+y 9 16 11 16 x + y = – = 12 16 – 練習 2 設機器數(shù)字長為 8 位（含 1 位符號位） 且 A = – 97， B = +41， 用補碼求 A – B A – B = + 1110110 = + 118 ∴ A – B = – 1001 = –9 錯 錯 結論 P238 例 設機器數(shù)字長為 8 位（含 1 位符號位） 且 A =－ 93， B = 45， 用補碼求 [A – B]補 3. 溢出判斷 溢出定義 P238 (1) 一位符號位判溢出 參加操作的 兩個數(shù) （減法時即為被減數(shù)和“求補” 以后的減數(shù)） 符號相同 ， 其結果的符號與原操作 數(shù)的符號不同 ， 即為溢出 簡化判斷法 最高有效位的進位 符號位的進位 = 1 如 1 0 = 1 0 1 = 1 有 溢出 0 0 = 0 1 1 = 0 無 溢出 溢出 P239 例題 (2) 兩位 符號位判溢出 [x]補 39。 = x 1 ＞ x ≥ 0 4 + x 0 ＞ x ≥ –1（ mod 4） [x]補 39。 + [y]補 39。 = [ x + y ]補 39。 （ mod 4） [x –y]補 39。 = [x]補 39。 + [– y]補 39。 （ mod 4） 結果的雙符號位 相同 未溢出 結果的雙符號位 不同 溢出 最高符號位 代表其 真正的符號 00. 11. 10. 01. , 1, 0, 1, 4. 補碼加減法的 硬件 配置 V 0 A n GA GS 加法器（ n+1） 溢出 判斷 求補控制 邏 輯 0 X n A、 X 均 n+1 位 用 減法標記 GS 控制求補邏輯 流程 圖 三、乘法運算 1. 分析筆算乘法 A = – B = A B = – 0 . 1 1 0 1 0 . 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 1 0 . 1 0 0 0 1 1 1 1 符號位單獨處理 乘數(shù)的某一位決定是否加被乘數(shù) 4個位積一起相加 難！ 乘積的位數(shù)擴大一倍 浪費！ 乘積的符號心算求得 ? ? ? ？ 2. 筆算乘法改進 A ? B = A ? = + + + = + + ( A +) = + [0 ? A + 0. 1( A +)] = {A +[ 0 ? A+(A + )]} = 21{A +21[ 0 ? A+21(A + 21(A+0))]} ① ② ⑧ 第一步 被乘數(shù) A + 0 第二步 右移 一 位，得新的部分積 第八步 右移 一 位，得結果 ③ 第三步 部分積 + 被乘數(shù) … 右移一位 3. 改進后的筆算乘法過程（豎式） 0 . 0 0 0 0 0 . 1 1 0 1 0 . 1 1 0 1 0 . 1 1 0 1 0 . 0 0 0 0 0 . 1 1 0 1 初態(tài)，部分積 = 0 乘數(shù)為 1，加被乘數(shù) 乘數(shù)右移 1，最低位為 1，加被乘數(shù) 乘數(shù)為 0，加 0 1 . 0 0 1 1 1 0 . 1 0 0 1 1 1 1 . 0 0 0 1 1 1 1 乘數(shù)為 1，加 被乘數(shù) 0 . 1 0 0 0 1 1 1 1 1，得結果 1 0 1 1 = 0 . 0 1 1 0 1，形成新的部分積， 1 1 0 1 = 0 . 1 0 0 1 1，形成新的部分積 1 1 1 0 = 0 . 0 1 0 0 1，形成新的部分積 1 1 1 1 = 部 分 積 乘 數(shù) 說 明 ＋ ＋ ＋ ＋ 小結 ? 被乘數(shù)只與部分積的高位相加 ? 由乘數(shù)的末位決定被乘數(shù)是否與原部分積相加， 然后 1 位形成新的部分積 ，同時 乘數(shù) 1 位 （末位移丟），空出高位存放部分積的低位。 硬件 3 個寄存器，具有移位功能 1 個全加器 ? 乘法 運算可用 加和移位實現(xiàn) n = 4， 加 4 次 ， 移 4 次 4. 原碼乘法 (1) 原碼一位乘運算規(guī)則 以小數(shù)為例 設 [x]原 = x0. x1x2 xn … [y]原 = y0. y1y2 yn … = (x0 y0). x*y* [x ? y]原 = (x0 y0).(0. x1x2 xn)( yn) … … 式中 x*= 0. x1x2 xn 為 x 的絕對值 … y*= 0. y1y2 yn 為 y 的絕對值 … 乘積的符號位單獨處理 x0 y0 數(shù)值部分為絕對值相乘 x* ? y* (2) 原碼一位乘遞推公式 x*? y* = x*( yn) … = x*(y121+y222+ + yn2n) … = 21(y1x*+21(y2x*+ 21(ynx* + 0) )) … … z1 zn z0 = 0 z1 = 21(ynx*+z0) z2 = 21(yn1x*+z1) zn = 21(y1x*+zn1) … … z0 例 已知 x = – y = 求 [x ? y]原 解： 數(shù)值部分 的運算 0 . 0 0 0 0 0 . 1 1 1 0 0 . 1 1 1 0 0 . 0 0 0 0 0 . 1 1 1 0 0 . 1 1 1 0 部分積 初態(tài) z0 = 0 部 分 積 乘 數(shù) 說 明 0 . 0 1 1 1 0 1 . 0 0 0 1 1 0 1 . 0 1 1 0 1 1 0 0 . 1 0 1 1 0 1 1 0 1， 得 z4 邏輯右移 1 1 0 1 = 0 . 0 1 1 1 1， 得 z1 0 1 1 0 = 0 . 0 0 1 1 1， 得 z2 1 0 1 1 = 0 . 1 0 0 0 1， 得 z3 1 1 0 1 = 邏輯右移 邏輯右移 邏輯右移 + + + + 乘數(shù)為 1，加被乘數(shù) + x* + 0 + x* + x* ② 數(shù)值部分按絕對值相乘 ① 乘積的 符號位 x0 y0 = 1 0 = 1 x*? y* = 0. 1 0 1 1 0 1 1 0 則 [x ? y]原 = 1. 1 0 1 1 0 1 1 0 特點 絕對值運算 邏輯移位 例 用 移位的次數(shù) 判斷乘法是否結束 (3) 原碼一位乘的 硬件 配置 A、 X、 Q 均 n+1 位 移位和加受末位乘數(shù)控制 0 A n 加 法 器 控 制 門 0 X n 移位和加控制 計數(shù)器 C S GM 0 Q n 右移 no (4) 原碼兩位乘 原碼乘 符號位 和 數(shù)值位 部分 分開運算 兩位乘 每次用 乘數(shù)的 2 位判斷 原部分積 是否加 和 如何加 被乘數(shù) 1 1 1 0 0 1 0 0 加 “ 0” 2 加 1 倍的被乘數(shù) 2 加 2 倍的被乘數(shù) 2 加 3 倍的被乘數(shù) 2 3 ？ 先 減 1 倍 的被乘數(shù) 再 加 4 倍