计算机组成原理定点数、浮点数等运算方法复习

计算机组成原理定点数、浮点数等运算方法复习数值表示和运算方法总结无符号数和有符号数定点运算数的定点表示和浮点表示浮点四则运算算术逻辑单元无符号数和有符号数一、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0~65535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部分隔开小数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部分隔开用小数点将符号位和数值部分隔开原码的特点：简单、直观但是用原码作加法时，会出现如下问题：能否只作加法?

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-123(1)补的概念时钟逆时针-363顺时针+96153.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为模的补数结论一个负数加上“模”即得该负数的补数一个正数和一个负数互为补数时它们绝对值之和即为模数计数器（模16）–101110110000+010110111000010110000？可见1011可用+0101代替同理0110.1001自然去掉记作1011（mod24）≡+0101（mod23）≡+101（mod2）≡+1.0111+

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部分隔开丢掉10110,1,??1011（mod24）可见?+01010101010110110101+（mod24+1）100000=(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)=[x]补=0,1010x=10110001,0101000用逗号将符号位和数值部分隔开1011000100000000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)=用小数点将符号位和数值部分隔开0.110000010.0000000(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部分隔开x

为真值n

为整数的位数小数x

=+0.1101[x]反=

0.1101x=0.1010[x]反=(22-4)

0.1010=1.1111

0.1010=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部分隔开x

为真值n为小数的位数三种机器数的小结

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(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部分隔开x=–10100[x]移=25

–10100[x]移=2n+x（2n＞x

≥2n）=1,10100=0,01100(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=0,00111001001-100000-11111-11110-00001±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+11111000000111111000000100000

当x=0时[+0]移=25+0

当n=5时可见，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=000000[0]移=250∴[+0]移=[0]移[

100000]移=25

100000最小的真值为25=

100000数的定点表示和浮点表示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)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1.浮点数的表示形式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小数点位置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

215

×(1

–

2-10)

设m=4

n=10上溢阶码>最大阶码下溢阶码<最小阶码按机器零处理2-15

×2-10

定点运算一、移位运算1.移位的意义15m=1500cm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[例1]设机器数字长为8位（含１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=+11010左移一位左移两位右移一位右移两位[例2]设机器数字长为8位（含１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原码=–11010左移一位左移两位右移一位右移两位–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–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补码反码左移一位左移两位右移一位右移两位左移一位左移两位右移一位右移两位二、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2.举例解：[A]补[B]补[A]补+[B]补+=0.1011=1.1011=10.0110=[A+B]补验证[例3]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4]设A=–9，B=–5求[A+B]补解：∴A+B

=–1110[例5]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∴A–B=–1001=–93.溢出判断(1)一位符号位判溢出参加操作的两个数（减法时即为被减数和“求补”以后的减数）符号相同，其结果的符号与原操作数的符号不同，即为溢出硬件实现最高有效位的进位符号位的进位=1如10=101=1有溢出00=011=0无溢出溢出(2)两位符号位判溢出[x]补'

=

x1＞x≥04+x0＞x≥–1（mod4）[x]补'+[y]补'=[x+y]补'（mod4）[x–y]补'=[x]补'+[–

y]补'（mod4）结果的双符号位相同未溢出结果的双符号位不同溢出最高符号位代表其真正的符号00.×××××11.×××××10.×××××01.×××××00,×××××11,×××××10,×××××01,×××××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

？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第二步右移一位，得新的部分积第八步右移一位，得结果③第三步部分积+被乘数…右移一位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＋＋＋＋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位形成新的部分积，同时乘数

1

位（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1

个全加器乘法运算可用加和移位实现

n=4，加4次，移4次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*(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)……z0[例6]已知x=–0.1110y=0.1101求[x•y]原解：数值部分的运算0.00000.11100.11100.00000.11100.1110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1101=0.01111，得

z10110=0.00111，得

z21011=0.10001，得

z31101=逻辑右移逻辑右移逻辑右移+++++x*+0+x*+x*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]结果用移位的次数判断乘法是否结束原码一位乘法的规则为：

①符号位单独处理，同号为正，异号为负；

②令乘数的最低位为判断位，若为“1”，加被乘数，若为“0”，不加被乘数（加0）；

③累加后的部分积右移一位。乘法运算需要三个寄存器：

A寄存器：部分积与最后乘积的高位部分，初值为0。

B寄存器：被乘数X。

C寄存器：乘数Y，运算后C寄存器中不再需要保留乘数，改为存放乘积的低位部分。

(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4–13100–0111新的部分积乘数yn-1

yn(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,Cj置“1”z+2x*2,y*2,Cj置“0”z+x*2,y*2,Cj置“0”[例7]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=00000.0011111100111020000.1000110111001121111.111001000111002Cj部分积乘数说明补码右移补码右移解：数值部分的运算补码右移++++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7]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)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+1④Booth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

1101-10yi

yi+1操作yi+1–yi

Booth乘法规则如下：⑴参加运算的数用补码表示；⑵符号位参加运算；⑶由于每求一次部分积要右移一位，所以乘数的最低两位Yn、Yn+1的值决定了每次应执行的操作；⑷移位按补码右移规则进行；⑸共需做n+1次累加，n次移位。判断位YnYn+1操作

00原部分积右移一位

01原部分积加[X]补后右移一位

10原部分积加[-X]补后右移一位

11原部分积右移一位已知X=-0.1101，Y=0.1011；求X

Y。

[X]补=1.0011→B，[Y]补=0.1011→C，0→A[-X]补=0.1101

AC附加位说明00.00000.10110+[-X]补

00.1101C4C5=10，+[-X]补00.1101→00.0110101011部分积右移一位+000.0000C4C5=11，+000.0110→00.0011010101部分积右移一位+[X]补

11.0011C4C5=01，+[X]补11.0110→11.1011001010部分积右移一位+[-X]补

00.1101C4C5=10，+[-X]补00.1000→00.0100000101部分积右移一位+[X]补

11.0011C4C5=01，+[X]补11.0111∵[X

Y]补=1.01110001∴X

Y=-0.10001111[例8]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11.11101101011+[x]补00.00001110101+[–x]补11.1110111101100.00001111101+[–x]补+[x]补∴

[x·y]补=1.11011111最后一步不移位补码右移补码右移补码右移补码右移+++++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

？？？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3.原码除法以小数为例[x]原=x0.x1x2

xn…[

y]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*整数定点除法x*＞

y*商的符号位单独处理

x0

y0[]原=(x0

y0).xyx*y*约定4恢复余数法恢复余数法是直接作减法试探方法，不管被除数（或余数）减除数是否够减，都一律先做减法。若余数为正，表示够减，该位商上“1”；若余数为负，表示不够减，该位商上“0”，并要恢复原来的被除数（或余数）。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9]10.1011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++++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01101+[y*]补逻辑左移逻辑左移+++(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）x=–0.1011y=–0.1101求[]原xy解：[例10]0.10111.00110.11011.00111.00110.11010.0000+[–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[x*]补=0.1011逻辑左移逻辑左移逻辑左移＋＋＋＋＋①x0

y0=1

1=0②x*y*=0.1101∴=0.1101[]原xy上商n+1次[例10]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次需要指出的是，在定点小数除法运算时，为了防止溢出，要求被除数的绝对值小于除数的绝对值，即|X|＜|Y|，且除数不能为0。另外，在原码加减交替法中，当最终余数为负数时，必须恢复一次余数，使之变为真余数，注意此时不需要再左移了。

[例]已知：X=0.10101，Y=-0.11110，求：X

Y。

|X|=0.10101→A，|Y|=0.11110→B，0→C[|Y|]变补=1.00010

AC说明00.101010.00000+[|Y|]变补

11.00010-|Y|11.101110.00000余数为负，商0←11.01110左移一位+|Y|00.11110+|Y|00.011000.00001余数为正，商1←00.11000左移一位+[|Y|]变补

11.00010-|Y|11.110100.00010余数为负，商0←11.10100左移一位+|Y|00.11110+|Y|00.100100.00101余数为正，商1←01.00100左移一位+[|Y|]变补

11.00010-|Y|00.001100.01011余数为正，商1←00.01100左移一位+[|Y|]变补

11.00010-|Y|11.011100.10110余数为负，商0+|Y|00.11110恢复余数，+|Y|00.01100经过原码加减交替除法，有：∴商=0.10110余数=0.011002-5X÷Y=–

(0.10110+)0.011002-50.11110(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

n

计数器CGD加减移位和加控制逻辑SV左移[Ri]补=0.1000[x]补=1.1101[y]补=1.01014.补码除法(1)商值的确定x=0.1011y=0.0011[x]补=0.1011[y]补=0.0011[x]补=0.1011[–y]补=1.1101[Ri]补=0.1000x=–0.0011y=–0.1011[x]补=1.1101[–y]补=0.1011x*＞y*[Ri]补与[y]补同号“够减”x*＜y*[Ri]补与[y]补异号“不够减”++①比较被除数和除数绝对值的大小x

与y

同号小结x=0.1011y=–0.0011[x]补=0.1011[y]补=1.1101[x]补=0.1011[y]补=1.1101[Ri]补=0.1000x=–0.0011y=0.1011[x]补=1.1101[y]补=0.1011[x]补=1.1101[y]补=0.1011[Ri]补=0.1000x*＞y*[Ri]补与[y]补异号“够减”x*＜y*[Ri]补与[y]补同号“不够减”++x

与y

异号[x]补和[y]补求

[Ri]补[Ri]补与[y]补同号异号[x]补–[y]补[x]补+[y]补同号，“够减”异号，“够减”②商值的确定[x]补与[y]补同号正商按原码上商“够减”上“1”“不够减”上“0”[x]补与[y]补异号负商按反码上商“够减”上“0”“不够减”上“1”原码0.××××

1反码1.××××

1末位恒置“1”法小结简化为（同号）（异号）（异号）（同号）×.××××

1[x]补与[y]补商[Ri]补与[y]补商值够减不够减够减不够减同号异号正负1001原码上商反码上商[Ri]补与[y]补商值同号异号10(2)商符的形成除法过程中自然形成[x]补和[y]补同号[x]补–[y]补比较[Ri]补和[y]补同号(够)“1”异号(不够)“0”原码上商小数除法第一次“不够”上“0”正商[x]补和[y]补异号[x]补+[y]补比较[Ri]补和[y]补异号(够)“0”同号(不够)“1”反码上商小数除法第一次“不够”上“1”负商(3)新余数的形成加减交替[Ri]补和[y]补商新余数同号异号102[Ri]补+[–y]补2[Ri]补+[

y

]补例11设x=–0.1011y=0.1101求并还原成真值[]补xy解：[x]补=1.0101[y]补=0.1101[–y]补=1.00111.01010.11011.00110.11010.11010.0000异号做加法10.0010同号上“1”1.01111异号上“0”+[y]补1.101110异号上“0”+[y]补0.0011100同号上“1”0.0100110.11101011.01101001末位恒置“1”0.011010011[]补=1.0011xy∴0011+[–y]补xy=–0.1101则逻辑左移逻辑左移逻辑左移逻辑左移＋＋＋＋(4)小结补码除法共上商n

+1次（末位恒置1）第一次为商符第一次商可判溢出加n

次移n次用移位的次数判断除法是否结束精度误差最大为2-n(5)补码除和原码除（加减交替法）比较x0

y0自然形成绝对值补码补码余数的正负比较余数和除数的符号n+1n+1原码除补码除商符操作数上商原则上商次数加法次数移位次数第一步操作移位[x*]补－

[y*]补n逻辑左移nn+1逻辑左移n同号[x]补－

[y]补异号[x]补＋

[y]补浮点四则运算一、浮点加减运算x=Sx·2jxy=Sy·2jy1.对阶(1)求阶差(2)对阶原则Δj=jx–jy=jx=jy

已对齐jx＞

jy

jx＜

jy

x

向

y

看齐y

向

x

看齐x

向

y

看齐y

向

x

看齐小阶向大阶看齐Sx1,Sy1,Sx1,Sy1,=0＞0＜0

jx–1jy+1jx+1jy–1例如x=0.1101

×

201

y=(–0.1010)

×

211求x

+

y解：[x]补=00,01;00.1101[y]补=00,11;11.01101.对阶[Δj]补=[jx]补–[jy]补=00,0111,0111,10阶差为负（–

2）[Sx]补'

=00.0011[Sy]补=11.011011.1001∴Sx2