计算机组成原理计算机的运算方法

计算机组成原理计算机的运算方法第1页/共186页2一、考试范围（一）数制和编码进位计数制及其转换、真值和机器数、BCD码、字符和字符串、校验码。（二）定点数的表示和运算1、定点数的表示（有符号、无符号）2、定点数的运算移位运算；加减运算（原码、补码）；乘/除运算；溢出概念和判别方法。第2页/共186页3一、考试范围（三）浮点数的表示和运算1、浮点数的表示范围；IEEE754标准2、浮点数的加/减运算（单选题）（四）算术逻辑单元ALU1、串行加法器和并行加法器2、算术逻辑单元的功能和结构第3页/共186页4二、复习要点

了解进位数制及其相互转换、字符（包括汉字）、字符串和BCD数在计算机中的表示了解校验码引入的目的、原理及其应用理解本章的基本概念，如机器数、真值、最小码距、并行进位。理解定点数的表示原理，掌握定点数的运算、溢出的概念与判别方法，了解阵列乘法器。理解浮点数的表示，掌握浮点数的加减运算方法。理解算术逻辑单元相关术语的定义、ALU的基本功能、组成和结构。第4页/共186页一、无符号数寄存器的位数反映无符号数的表示范围8位0~25516位0~655356.1无符号数和有符号数第5页/共186页带符号的数符号数字化的数+0.10110

1011小数点的位置+11000

1100小数点的位置–11001

1100小数点的位置–0.10111

1011小数点的位置真值机器数1.机器数与真值二、有符号数6.1无符号数和有符号数第6页/共186页2.原码表示法带符号的绝对值表示(1)定义整数x

为真值n

为整数的位数如x=+1110[x]原

=0,1110[x]原

=24+1110=1,1110x=

1110[x]原=0，x2n

＞

x

≥02n

x0≥

x

＞2n用逗号将符号位和数值位隔开6.1无符号数和有符号数第7页/共186页小数x

为真值如x=+0.1101[x]原

=0.1101x=0.1101[x]原

=1(0.1101)=1.1101x1＞

x

≥0[x]原=1–x0≥

x

＞1x=0.1000000[x]原

=1(0.1000000)=1.1000000x=

+0.1000000[x]原

=0.1000000用小数点将符号位和数值位隔开用小数点将符号位和数值位隔开6.1无符号数和有符号数第8页/共186页(2)举例例6.1已知[x]原=1.0011求x解:例6.2已知[x]原=1,1100求x解:x=1

[x]原=1

1.0011=0.0011x=24

[x]原=100001,1100=1100–

–0.00111100由定义得由定义得6.1无符号数和有符号数第9页/共186页例6.4

求x=0的原码解:设x=+0.0000例6.3已知[x]原=0.1101求x解：∴

x

=+0.1101同理，对于整数[+0]原=0,0000[+0.0000]原=0.0000x=

0.0000[0.0000]原=1.0000[0]原=1,0000∴[+

0]原

≠

[

0]原

根据定义∵[x]原=0.11016.1无符号数和有符号数第10页/共186页但是用原码做加法时，会出现如下问题：能否只做加法?

找到一个与负数等价的正数来代替这个负数就可使减加加法正正加加法正负加法负正加法负负减减加

要求

数1数2

实际操作结果符号正可正可负可正可负负6.1无符号数和有符号数第11页/共186页(1)补的概念时钟逆时针-363顺时针+9615-1233.补码表示法可见3可用+9代替记作3≡+9（mod12）同理4≡+8（mod12）5≡+7（mod12）

时钟以

12为模减法加法称+9是–3以12为模的补数6.1无符号数和有符号数第12页/共186页结论一个负数加上“模”即得该负数的补数两个互为补数的数它们绝对值之和即为模数计数器（模16）–101110110000+010110111000010110000？可见1011可用+0101代替记作1011≡+0101（mod24）同理011≡+101（mod23）0.1001≡+1.0111（mod2）自然去掉6.1无符号数和有符号数第13页/共186页+

0101（mod24）≡1011（mod24）(2)正数的补数即为其本身+10000+10000两个互为补数的数+0101+10101≡分别加上模结果仍互为补数∴+0101≡+0101+010124+1–10111,0101用逗号将符号位和数值位隔开丢掉10110,1,??1011（mod24）可见?+01010101010110110101+（mod24+1）100000=6.1无符号数和有符号数第14页/共186页(3)补码定义整数x

为真值n

为整数的位数[x]补=0，x2n

＞

x

≥02n+1+x0

＞

x

≥2n（mod2n+1）如x=+1010[x]补=27+1+(1011000)=1000000001011000[x]补=0,1010x=10110001,0101000用逗号将符号位和数值位隔开6.1无符号数和有符号数第15页/共186页小数x

为真值x=+0.1110[x]补=x1＞

x

≥02+

x

0＞

x

≥1（mod2）如[x]补=0.1110x=0.11000001.0100000[x]补=2+(0.1100000)=10.00000000.1100000用小数点将符号位和数值位隔开6.1无符号数和有符号数第16页/共186页(4)求补码的快捷方式=100000=1,011010101+1=1,0110又[x]原=1,1010则[x]补=24+11010=11111+11010=1111110101010当真值为负时，补码可用原码除符号位外每位取反，末位加1求得+1设x=1010时6.1无符号数和有符号数第17页/共186页(5)举例解：x=+0.0001解：由定义得x=[x]补–2=1.0001–10.0000[x]原=1.1111例6.6已知[x]补=1.0001求x[x]补

[x]原

？由定义得例6.5已知[x]补=0.0001求x∴x=0.1111

–=0.1111

–6.1无符号数和有符号数第18页/共186页例6.7解：x=[x]补–24+1

=1,1110–100000[x]原=1,0010当真值为负时，原码可用补码除符号位外每位取反，末位加1求得[x]补

[x]原

？∴x=0010=0010求x已知[x]补=1,1110由定义得6.1无符号数和有符号数第19页/共186页真值0,10001101,01110100.11101.00100.00000.00001.00000,10001101,10001100.11101.11100.00001.0000不能表示练习求下列真值的补码x=+70x=0.1110x=0.0000x=–70x=0.1110x=0.0000x=1.0000[1]补=2+x=10.00001.0000=1.0000[+0]补=[0]补由小数补码定义[x]补=x1＞

x

≥02+

x0＞

x

≥

–1（mod2）=1000110=–1000110[x]补[x]原6.1无符号数和有符号数第20页/共186页4.反码表示法(1)定义整数[x]反=0，x2n＞x≥0(2n+1–1)+x0≥x＞2n（mod2n+1

1）如x

=+1101[x]反=0,1101=1,0010x=1101[x]反=(24+11)1101=111111101用逗号将符号位和数值位隔开x

为真值n

为整数的位数6.1无符号数和有符号数第21页/共186页小数x=+0.1101[x]反=0.1101x=0.1010[x]反=(22-4)0.1010=1.11110.1010=1.0101如[x]反=x1＞x≥0(2–2-n)+x0≥x＞1（mod22-n）用小数点将符号位和数值位隔开x

为真值6.1无符号数和有符号数第22页/共186页(2)举例例6.10

求0的反码设x=+0.0000x=–0.0000[+0.0000]反=0.0000[–

0.0000]反=1.1111∴[+0]反≠[–0]反

解：同理，对于整数[+0]反=0,0000[–0]反=1,1111例6.9已知[x]反=1,1110求x由定义得x=[x]反–(24+1–1)=1,1110–11111=–0001例6.8已知[x]反=0,1110求x解：由定义得x=+1110解：6.1无符号数和有符号数第23页/共186页三种机器数的小结

对于正数，原码=补码=反码

对于负数，符号位为1，其数值部分原码除符号位外每位取反末位加1

补码原码除符号位外每位取反反码最高位为符号位，书写上用“,”（整数）或“.”（小数）将数值部分和符号位隔开6.1无符号数和有符号数第24页/共186页例6.11000000000000000100000010…011111111000000010000001111111011111111011111111…128129-0-1-128-127-127-126二进制代码无符号数对应的真值原码对应的真值补码对应的真值反码对应的真值012127…253254255…-125-126-127…-3-2-1…-2-1-0…+0+1+2+127…+0+1+2+127…+0+1+2+127…+0

设机器数字长为8位（其中一位为符号位）对于整数，当其分别代表无符号数、原码、补码和反码时，对应的真值范围各为多少？6.1无符号数和有符号数第25页/共186页例6.12解：已知[y]补求[y]补<Ⅰ>[y]补=0.y1y2

yn…y

=0.

y1y2

yn…y=0.y1

y2

yn…[y]补=1.y1

y2

yn+2-n…<Ⅱ>[y]补=1.y1

y2

yn…[y]原=1.y1y2

yn+2-n…

y=（0.y1y2

yn

+2-n）…

y=0.y1y2

yn+2-n……[y]补=0.y1

y2

yn+2-n设[y]补=y0.y1y2

yn…每位取反，即得[y]补[y]补连同符号位在内，末位加1每位取反，即得[y]补[y]补连同符号位在内，末位加16.1无符号数和有符号数第26页/共186页5.移码表示法补码表示很难直接判断其真值大小如十进制x=+21x=–21x=

+31x=–31x+25+10101+100000+11111+10000010101+10000011111+100000大大错错大大正确正确0,101011,010110,111111,00001+10101–

10101+11111–

11111=110101=001011=111111=000001二进制补码6.1无符号数和有符号数第27页/共186页(1)移码定义x

为真值，n

为整数的位数移码在数轴上的表示[x]移码2n+1–12n2n

–1–2n00真值如x=10100[x]移=25+10100用逗号将符号位和数值位隔开x=–10100[x]移=25

–10100[x]移=2n+x（2n＞x≥2n）=1,10100=0,011006.1无符号数和有符号数第28页/共186页(2)移码和补码的比较设x=+1100100[x]移=27+1100100[x]补=0,1100100设x=–1100100[x]移=27

–1100100[x]补=1,0011100补码与移码只差一个符号位=1,1100100=0,001110010016.1无符号数和有符号数第29页/共186页-100000-11111-11110-00001±00000+00001+00010+11110+11111……真值x(n

=

5)[x]补[x]移[x]移对应的十进制整数(3)真值、补码和移码的对照表……012313233346263……000000000010000001011111100000100001100010111110111111……011111011110000010000001000000111111100010100001100000-100000±00000+111110000001111110000001000006.1无符号数和有符号数第30页/共186页

当x=0时[+0]移=25+0[–0]移=25

–0∴[+0]移=[–0]移

当n=5时最小的真值为–25[–100000]移可见，最小真值的移码为全0(4)移码的特点用移码表示浮点数的阶码能方便地判断浮点数的阶码大小=1,00000=1,00000=–100000=000000=25–1000006.1无符号数和有符号数第31页/共186页小数点按约定方式标出一、定点表示Sf

S1S2

Sn…数符数值部分小数点位置Sf

S1S2

Sn…数符数值部分小数点位置或定点机小数定点机整数定点机原码补码反码–(1–2-n)~+(1–2-n)–(2n

–1)~+(2n

–1)–1~+(1–2-n)–2n~+(2n

–1)–(1–2-n)~+(1–2-n)–(2n

–

1)~+(2n

–1)6.2数的定点表示和浮点表示第32页/共186页二、浮点表示N=S×rj浮点数的一般形式S

尾数j

阶码r

基数（基值）计算机中r

取2、4、8、16等当r=2N=11.0101=0.110101×210=1.10101×21=1101.01×2-10

=0.00110101×2100

计算机中S

小数、可正可负j

整数、可正可负

规格化数二进制表示6.2数的定点表示和浮点表示第33页/共186页1.浮点数的表示形式jf

j1

j2

jm

Sf

S1S2

Sn

……j

阶码S

尾数阶符数符阶码的数值部分尾数的数值部分Sf

代表浮点数的符号n

其位数反映浮点数的精度m

其位数反映浮点数的表示范围jf

和m

共同表示小数点的实际位置6.2数的定点表示和浮点表示第34页/共186页2.浮点数的表示范围–2(2m–1)×(1

–

2–n)–2–(2m–1)×2–n2(2m–1)×(1

–

2–n)2–(2m–1)×2–n最小负数最大负数最大正数最小正数负数区正数区下溢0上溢上溢–215

×(1

–

2-10)

–2-15

×2-10

2-15

×2-10

215

×(1

–

2-10)

设m=4

n=10上溢阶码>最大阶玛下溢阶码<最小阶码按机器零处理6.2数的定点表示和浮点表示第35页/共186页练习

设机器数字长为24位，欲表示±3万的十进制数，试问在保证数的最大精度的前提下，除阶符、数符各取1位外，阶码、尾数各取几位？满足最大精度可取

m=4，n=18解：215×0.×××…

…××15位…m=4、5、615位二进制数可反映±3万之间的十进制数∴215

=32768214

=16384∵6.2数的定点表示和浮点表示第36页/共186页3.浮点数的规格化形式r=2尾数最高位为1r=4尾数最高2位不全为0r=8尾数最高3位不全为04.浮点数的规格化基数不同，浮点数的规格化形式不同r=2左规尾数左移1位，阶码减1右规尾数右移1位，阶码加1r=4左规尾数左移2位，阶码减1右规尾数右移2位，阶码加1r=8左规尾数左移3位，阶码减1右规尾数右移3位，阶码加1基数r

越大，可表示的浮点数的范围越大基数r

越大，浮点数的精度降低6.2数的定点表示和浮点表示第37页/共186页例如：最大正数=215×(1–2–10)

2+1111×0.111111111110个1最小正数最大负数最小负数=2–15×2–1

=–215×(1–2–10)=2–16=–2–15×2–1

=–2–162-1111×0.10000000009个02-1111×(–0.1000000000)9个02+1111×(–0.1111111111)10个1设m=4，n=10尾数规格化后的浮点数表示范围6.2数的定点表示和浮点表示第38页/共186页例6.13将+写成二进制定点数、浮点数及在定点机和浮点机中的机器数形式。其中数值部分均取10位，数符取1位，浮点数阶码取5位（含1位阶符）。19128解：设

x=+19128二进制形式定点表示浮点规格化形式[x]原=1,0010;0.1001100000[x]补=1,1110;0.1001100000[x]反=1,1101;0.1001100000定点机中浮点机中000x=0.0010011x=0.0010011x=0.1001100000×2-10[x]原=[x]补=[x]反=0.00100110006.2数的定点表示和浮点表示第39页/共186页x=–1110100000例6.14将–58表示成二进制定点数和浮点数，并写出它在定点机和浮点机中的三种机器数及阶码为移码，尾数为补码的形式（其他要求同上例）。解：设

x=–58二进制形式定点表示浮点规格化形式[x]原=1,0000111010[x]补=1,1111000110[x]反=1,1111000101[x]原=0,0110;1.1110100000[x]补=0,0110;1.0001100000[x]反=0,0110;1.0001011111定点机中浮点机中[x]阶移、尾补=1,0110;1.0001100000x=–111010x=–(0.1110100000)×21106.2数的定点表示和浮点表示第40页/共186页例6.15

写出对应下图所示的浮点数的补码形式。设n=10，m=4，阶符、数符各取1位。负数区正数区下溢0上溢上溢–2(2m–1)×(1

–

2–n)2(2m–1)×(1

–

2–n)2–(2m–1)×2–n最小负数最大正数最小正数–2–(2m–1)×2–n最大负数解：真值最大正数最小正数最大负数最小负数215×(1

–

2–10)2–15×2–10–2–15×2–10–215×(1

–

2–10)0,1111;0.11111111111,0001;0.00000000011,0001;1.11111111110,1111;1.0000000001补码6.2数的定点表示和浮点表示第41页/共186页

当浮点数尾数为0时，不论其阶码为何值

按机器零处理机器零

当浮点数阶码等于或小于它所表示的最小数时，不论尾数为何值，按机器零处理如m=4n=10当阶码用移码，尾数用补码表示时，机器零为0,0000；0.000……

1,0000；×.×××……×,××××；0.000……有利于机器中“判0”电路的实现当阶码和尾数都用补码表示时，机器零为（阶码=16）6.2数的定点表示和浮点表示第42页/共186页四、IEEE754标准短实数长实数临时实数符号位S

阶码尾数总位数1

8233211152641156480S

阶码（含阶符）尾数数符小数点位置尾数为规格化原码表示，阶码用移码表示非“0”的有效位最高位为“1”（隐含）6.2数的定点表示和浮点表示第43页/共186页6.2数的定点表示和浮点表示①浮点数尾数不为0时的最高位称隐藏位，在写入内存或磁盘时，此位不保存，可左移尾数隐藏掉，这种处理技术称隐藏位技术，目的多保存一个二进制位隐藏位与隐藏技术②为了保持浮点数的值不变，还要把原来的阶码值减1.③对临时浮点数不使用隐藏位技术短浮点数规格化实际值：（-1）s×1.M×2e-127E的取值为1~254第44页/共186页6.3定点运算一、移位运算1.移位的意义15米=1500厘米小数点右移2位机器用语15相对于小数点左移2位（小数点不动）..左移绝对值扩大右移绝对值缩小在计算机中，移位与加减配合，能够实现乘除运算第45页/共186页2.算术移位规则1右移添1左移添00反码补码原码负数0原码、补码、反码正数添补代码码制符号位不变6.3定点运算第46页/共186页例6.16设机器数字长为8位（含一位符号位），写出A=+26时，三种机器数左、右移一位和两位后的表示形式及对应的真值，并分析结果的正确性。解：A=+26则[A]原=[A]补=[A]反=0,0011010+

60,0000110+130,0001101+1040,1101000+

520,0110100+260,0011010移位前[A]原=[A]补=[A]反对应的真值机器数移位操作1212=+110106.3定点运算第47页/共186页例6.17设机器数字长为8位（含一位符号位），写出A=–26时，三种机器数左、右移一位和两位后的表示形式及对应的真值，并分析结果的正确性。解：A=–26–61,0000110–131,0001101–1041,1101000–521,0110100–261,0011010移位前对应的真值机器数移位操作1212原码=–110106.3定点运算第48页/共186页–61,1111001–131,1110010–1041,0010111–521,1001011–261,1100101移位前对应的真值机器数移位操作1212–71,1111001–131,1110011–1041,0011000–521,1001100–261,1100110移位前对应的真值机器数移位操作1212补码反码6.3定点运算第49页/共186页3.算术移位的硬件实现（a）真值为正（b）负数的原码（c）负数的补码（d）负数的反码000100丢1丢1出错影响精度出错影响精度正确影响精度正确正确6.3定点运算第50页/共186页4.算术移位和逻辑移位的区别算术移位有符号数的移位逻辑左移逻辑右移低位添0，高位移丢高位添0，低位移丢例如01010011逻辑左移10100110逻辑右移01011001算术左移算术右移0010011011011001（补码）高位1移丢010100110Cy010100110010110010逻辑移位无符号数的移位6.3定点运算第51页/共186页二、加减法运算1.补码加减运算公式(1)加法(2)减法整数[A]补+[B]补=[A+B]补（mod2n+1）小数[A]补+[B]补=[A+B]补（mod2）A–B=A+(–B)整数[A

–B]补=[A+(–B)]补=[A]补+[

–

B]补(mod2n+1)小数[A

–B]补=[A+(–B)]补(mod2)连同符号位一起相加，符号位产生的进位自然丢掉=[A]补+[

–

B]补6.3定点运算第52页/共186页2.举例解：[A]补[B]补[A]补+[B]补+=0.1011=1.1011=10.0110=[A+B]补验证例6.18设A=0.1011，B=–0.0101求[A+B]补0.1011–0.01010.0110∴A+B

=0.0110[A]补[B]补[A]补+[B]补+=1,0111=1,1011=11,0010=[A+B]补验证–1001–1110–0101+例6.19设A=–9，B=–5求[A+B]补解：∴A+B

=–11106.3定点运算第53页/共186页例6.20设机器数字长为8位（含1位符号位）且A=15，B=24，用补码求A

–B解：A=15=0001111B=24=0011000[A]补+[–

B]补+[A]补=0,0001111[–

B]补=1,1101000=1,1110111=[A

–

B]补[B]补=0,0011000练习1设x=y=用补码求x+y9161116x+y=–0.1100=1216–∴A

–B=–1001=–9错6.3定点运算第54页/共186页3.溢出判断（1）对于无符号数6.3定点运算C=1，则必溢出，C=0，则不溢出。（2）对于带符号数1>双进位判断法X7X6X5X4X3X2X1X0+Y7Y6Y5Y4Y3Y2Y1Y0C7C6

2>双符号判断法变型补码：双符号位的补码第55页/共186页6.3定点运算变型补码求法：在补码的前边再添上一个相同的符号值。例如：[x]补=11111111B，则[x]变补=11111111B对八位机，f7f6(符号位)，若运算后，

f7f6=00或11，不溢出01，上溢10，下溢例：已知x=-63，y=-2，[x-y]补=？判断溢出？解：[-63]变补=11000001B+[-2]变补=11111110B10111111B下溢第56页/共186页4.补码加减法的硬件配置V0

A

nGAGS

加法器（n+1）溢出判断求补控制逻辑0

X

nA、X均n+1位用减法标记GS

控制求补逻辑6.3定点运算第57页/共186页三、乘法运算1.分析笔算乘法A=–0.1101B=0.1011A×B=–0.100011110.11010.101111011101000011010.10001111符号位单独处理乘数的某一位决定是否加被乘数4个位积一起相加乘积的位数扩大一倍×乘积的符号心算求得

？6.3定点运算第58页/共186页2.笔算乘法改进A

•B=A

•0.1011=0.1A+0.00A+0.001A+0.0001A=0.1A+0.00A+0.001(A+0.1A)=0.1A+0.01[0•

A+0.1(A+0.1A)]=0.1{A+0.1[0•

A+0.1(A+0.1A)]}=2-1{A

+2-1[0•

A+2-1(A

+

2-1(A+0))]}①②⑧第一步被乘数A

+0第二步1，得新的部分积第八步1，得结果③第三步部分积

+

被乘数…右移一位6.3定点运算第59页/共186页3.改进后的笔算乘法过程（竖式）0.00000.11010.11010.11010.00000.1101初态，部分积=0乘数为1，加被乘数乘数为1，加被乘数乘数为0，加01.001110.1001111.0001111乘数为1，加被乘数0.100011111，得结果1011=0.01101，形成新的部分积1101=0.10011，形成新的部分积1110=0.01001，形成新的部分积1111=部分积乘数说明6.3定点运算第60页/共186页小结被乘数只与部分积的高位相加

由乘数的末位决定被乘数是否与原部分积相加，然后1形成新的部分积，同时乘数

1（末位移丢），空出高位存放部分积的低位。硬件3个寄存器，具有移位功能一个全加器乘法运算加和移位。n=4，加4次，移4次6.3定点运算第61页/共186页4.原码乘法(1)原码一位乘运算规则以小数为例设[x]原=x0.x1x2

xn…[y]原=y0.y1y2

yn…=(x0

y0).x*y*[x

•y]原=(x0

y0).(0.x1x2

xn)(0.y1y2

yn)……式中x*=0.x1x2

xn

为x

的绝对值…y*=0.y1y2

yn

为y

的绝对值…乘积的符号位单独处理x0

y0数值部分为绝对值相乘x*•

y*6.3定点运算第62页/共186页(2)原码一位乘递推公式x*•

y*=x*(0.y1y2

yn)…=x*(y12-1+y22-2++yn2-n)…=2-1(y1x*+2-1(y2x*+2-1(ynx*+0)))……z1znz0=0z1=2-1(ynx*+z0)z2=2-1(yn-1x*+z1)zn=2-1(y1x*+zn-1)………z06.3定点运算第63页/共186页例6.21已知x=–0.1110y=0.1101求[x•y]原解：0.00000.11100.00000.11100.1110部分积初态z0=0部分积乘数说明0.011101.0001101.01101100.101101101，得z4逻辑右移逻辑右移1101=0.01111，得z10110=0.00111，得z21011=0.10001，得z31101=6.3定点运算第64页/共186页②数值部分按绝对值相乘①乘积的符号位

x0

y0=10=1x*•

y*=0.10110110则[x

•

y]原

=1.10110110特点绝对值运算逻辑移位例6.21结果用移位的次数判断乘法是否结束6.3定点运算第65页/共186页(3)原码一位乘的硬件配置A、X、Q均n+1位移位和加受末位乘数控制0

An加法器控制门0

Xn

移位和加控制计数器CSGM0Qn右移6.3定点运算第66页/共186页(4)原码两位乘原码乘符号位和数值位部分分开运算两位乘每次用乘数的2位判断原部分积是否加和如何加被乘数11100100新的部分积乘数yn-1

yn加“0”2加1倍的被乘数2加2倍的被乘数2加3倍的被乘数23？先减1倍的被乘数再加4倍的被乘数4–13100–01116.3定点运算第67页/共186页(5)原码两位乘运算规则111110101100011010001000操作内容标志位Cj乘数判断位yn-1yn

z2,y*2,Cj

保持“0”

z2,y*2,Cj

保持“1”z–x*2,y*2,Cj

保持“1”

z+2x*2,y*2,Cj

保持“0”z+x*2,y*2,Cj

保持“0”共有操作+x*+2x*–x*2实际操作

+[x*]补+[2x*]补+[–x*]补

2补码移

z–x*2,y*2,置“1”Cjz+2x*2,y*2,置“0”Cj

z+x*2,y*2,置“0”Cj6.3定点运算第68页/共186页例6.22已知x=0.111111y=–0.111001求[x·y]原000.000000000.111111000.11111100.1110010初态

z0=0+x*，Cj=0010.00110111000.111000000111111.1001000111001.111110+2x*，Cj=0111.000001–x*，Cj=1000.111111+x*，Cj=00000.001111110011

1020000.100011011100

1121111.111001000111002Cj部分积乘数说明补码右移补码右移解：6.3定点运算第69页/共186页②数值部分的运算①乘积的符号位

x0

y0=01=1x*•

y*=0.111000000111则[x

•

y]原=1.111000000111例6.22结果特点绝对值的补码运算算术移位用移位的次数判断乘法是否结束6.3定点运算第70页/共186页(6)原码两位乘和原码一位乘比较符号位操作数移位移位次数最多加法次数x0

y0x0

y0绝对值绝对值的补码逻辑右移算术右移nnn2（n为偶数）n2+1（n为偶数）思考

n

为奇数时，原码两位乘移？次最多加？次原码一位乘原码两位乘6.3定点运算第71页/共186页5.补码乘法设被乘数乘数[x]补=x0.x1x2

xn…[y]补=y0.y1y2

yn…①被乘数任意，乘数为正同原码乘但加和移位按补码规则运算乘积的符号自然形成②被乘数任意，乘数为负乘数[y]补，去掉符号位，操作同①

最后加[–x]补，校正(1)补码一位乘运算规则以小数为例6.3定点运算第72页/共186页③Booth算法（被乘数、乘数符号任意）设[x]补=x0.x1x2

xn[y]补=y0.y1y2

yn……[x

·y]补=[x]补(0.y1

yn)–[x]补·y0…=[x]补(y12-1+y22-2++yn2-n)–[x]补·y0…=[x]补(–y0+y1

2-1+y22-2++yn2-n)…=[x]补[–y0+(y1–

y12-1)+(y22-1–y22-2)++(yn2-(n-1)–yn2-n)]…=[x]补[(y1–y0)+(y2–y1)2-1++(yn–yn-1)2-(n-1)+(0

–yn)2-n)]…y12-1++…yn

2-n–[x]补=+[–x]补

2-1=20

–2-12-2=2-1

–2-22-12-2=[x]补[(y1–y0)+(y2–y1)2-1++(yn+1–yn)2-n]…附加位

yn+16.3定点运算第73页/共186页④Booth算法递推公式[z0]补=0[z1]补=2-1{(yn+1–yn)[x]补+[z0]补}yn+1=0[zn]补=2-1{(y2–y1)[x]补+[zn-1]补}…[x

·

y]补=[zn]补+(y1–y0)[x]补最后一步不移位如何实现

yi+1–yi

?000110111+[x]补

1+[–x]补

11yi

yi+1操作yi+1–yi01-106.3定点运算第74页/共186页例6.23已知x=+0.0011y=–0.1011求[x·y]补解：00.000011.110111.110100.001111.110100.001111.11011.0101000.0001111.11011100.000111111.11011111[x]补=0.0011[y]补=1.0101[–x]补=1.1101+[–x]补11.111011010

11+[x]补00.00001110101+[–x]补11.1110111101100.00001111101+[–x]补+[x]补∴

[x·y]补=1.11011111最后一步不移位6.3定点运算第75页/共186页(2)Booth算法的硬件配置A、X、Q均n+2位移位和加受末两位乘数控制0An+1n+2位加法器控制门0Xn+10Qn

n+1移位和加控制逻辑计数器CGM00,110110右移6.3定点运算第76页/共186页乘法小结原码乘符号位单独处理补码乘符号位自然形成原码乘去掉符号位运算即为无符号数乘法不同的乘法运算需有不同的硬件支持整数乘法与小数乘法完全相同可用逗号代替小数点6.3定点运算第77页/共186页四、除法运算1.分析笔算除法x=–0.1011y=0.1101求x÷y0.10110.1101⌒0.011010.010010.0011010.0001010.000011010.000001111商符单独处理心算上商余数不动低位补“0”减右移一位的除数上商位置不固定x÷y=–0.1101余数–0.00000111商符心算求得00.101000

？？？6.3定点运算第78页/共186页2.笔算除法和机器除法的比较笔算除法机器除法商符单独处理心算上商符号位异或形成|x|–|y|＞0上商1|x|–|y|＜0上商0余数不动低位补“0”减右移一位的除数2倍字长加法器上商位置不固定余数左移一位低位补“0”减除数1倍字长加法器在寄存器最末位上商6.3定点运算第79页/共186页3.原码除法以小数为例[x0]原=x0.x1x2

xn…[y0]原=y0.y1y2

yn…式中x*=0.x1x2

xn

为x

的绝对值

y*=0.y1y2

yn

为y

的绝对值……数值部分为绝对值相除x*y*被除数不等于0除数不能为0小数定点除法x*＜y*商的符号位单独处理

x0

y0[]原=(x0

y0).xyx*y*约定6.3定点运算第80页/共186页(1)恢复余数法0.10111.00111.00111.00110.0000+[–y*]补01.1110余数为负，上商00.1101恢复余数00.1001余数为正，上商1+[–y*]补1.0110011.0010011+[–y*]补解：被除数（余数）商说明[x]原=1.1011[y]原

=1.1101①x0

y0=1

1=0②x=–0.1011

y=–0.1101求[]原

xy例6.2410.1011恢复后的余数0+[y*]补[y*]补=0.1101[–y*]补

=1.0011逻辑左移逻辑左移6.3定点运算第81页/共186页0.010101余数为正，上商1被除数（余数）商说明1.00110.11011.001110.1010011+[–y*]补1.1101011

余数为负，上商0恢复余数1.010001101+[–y*]补0.01110110

余数为正，上商1=0.1101x*y*∴[]原xy=0.1101上商5次第一次上商判溢出余数为正上商1余数为负上商0，恢复余数移4次100.1010恢复后的余数011

01+[y*]补逻辑左移6.3定点运算第82页/共186页(2)不恢复余数法余数Ri＞0上商“1”，2Ri

–y*余数Ri＜0上商“0”，

Ri

+y*恢复余数2(Ri+y*)–y*=2Ri

+y*加减交替恢复余数法运算规则不恢复余数法运算规则上商“1”2Ri–y*

上商“0”2Ri+y*（加减交替法）6.3定点运算第83页/共186页x=–0.1011y=–0.1101求[]原xy解：例6.250.10111.00110.11011.00111.00110.11010.0000+[–y*]补01.1110余数为负，上商01.110001+[y*]补00.1001余数为正，上商1+[–y*]补1.0010011+[–y*]补+[y*]补0.101001111.1010011010.010101余数为正，上商10.01110110余数为正，上商11.1101011余数为负，上商0[x]原=1.1011[y*]补=0.1101[–y*]补=1.0011[y]原=1.11011101逻辑左移6.3定点运算第84页/共186页①x0

y0=1

1=0②x*y*=0.1101∴=0.1101[]原xy上商n+1次例6.25结果特点用移位的次数判断除法是否结束第一次上商判溢出移n

次，加n+1次6.3定点运算第85页/共186页(3)原码加减交替除法硬件配置A、X、Q均n

+1位用Qn控制加减交替

0

A

nn+1位加法器控制门0

X

n0Q