计算机组成原理——关于原码、补码、移码运算及浮点数运算的总结

一、数的表示法

1.1 原码

[X]原码={X0≤X≤2n−1−12n−1+∣X∣−(2n−1−1)≤X≤0[X]_{原码}= \left\{ \begin{array}{lcl} X & 0\leq X\leq2^{n-1}-1 \\ 2^{n-1}+|X| & -(2^{n-1}-1)\leq X\leq 0 \end{array}\right. [X]原码={X2n−1+∣X∣0≤X≤2n−1−1−(2n−1−1)≤X≤0

对于一个n位的二进制数，最大可以表示的无符号数为2n−12^n-12n−1，即为全1,最大可以表示的有符号数是最高为0，其余为1，即比最大的无符号数少一位2n−1−12^{n-1}-12n−1−1 。同理，最小的负数应当为−(2n−1−1)-(2^{n-1}-1)−(2n−1−1)。

缺点：0的表示存在两种可能，一种为最高位为1其余为0（负0），另一种是全0（正0），0的表示出现了二义性

1.2 反码

[X]反码={X0≤X≤2n−1−12n−1−∣X∣−(2n−1−1)≤X≤0[X]_{反码}= \left\{ \begin{array}{lcl} X & 0\leq X\leq2^{n-1}-1 \\ 2^{n}-1-|X| & -(2^{n-1}-1)\leq X\leq 0 \end{array}\right. [X]反码={X2n−1−∣X∣0≤X≤2n−1−1−(2n−1−1)≤X≤0

同原码表示的数的范围一致，但表示形式发生了变化，原码中正负数的区别仅仅是最高位的符号位不同，而在反码中，正负数的所有位都正好相反。这里的2n−12^n-12n−1其实正好是所有位都为1，减去∣X∣|X|∣X∣ 表示的意思就是对应的位置为1的地方会变为0，对应的位置为0的地方会变为1，这就达到了“取反”的效果

缺点：0的表示仍然存在两种可能，一种为全1（负0），另一种是全0（正0），0的表示出现了二义性

1.3 补码

[X]补码={X0≤X≤2n−1−12n−∣X∣−(2n−1)≤X<0[X]_{补码}= \left\{ \begin{array}{lcl} X & 0\leq X\leq2^{n-1}-1 \\ 2^{n}-|X| & -(2^{n-1})\leq X<0 \end{array}\right. [X]补码={X2n−∣X∣0≤X≤2n−1−1−(2n−1)≤X<0

注意到负数的补码仅仅是在原码的基础上加1，如果从2n2^n2n来考虑，其代表的是将n位数扩展一位，然后来减去∣X∣|X|∣X∣ 。对于正0来说，其补码为全0，而对于负0来说，如果从其反码的角度来考虑，其补码应为(2n−1)+1=2n(2^n-1)+1=2^n(2n−1)+1=2n ,由于数位一共只有n位，第n+1位被舍弃了，所以其应当为全0，与正0的表示方法相同；如果直接用2n−∣X∣2^n-|X|2n−∣X∣也能得到一样的结果，所以使用补码成功的解决了0的二义性问题。

如果我们稍微观察就会发现，补码表示的最小负数是比原码和反码要小1的。这是为什么呢？

首先对于一个n位数，如果没有数的表示是重复的，那么我们显然可以表示2n2^n2n个数，如果最大的正数为2n−1−12^{n-1}-12n−1−1,而最小的负数时−(2n−1−1)-(2^{n-1}-1)−(2n−1−1),这其中一共可以表示的数的个数是(2n−1−1+2n−1−1+1)=2n−1(2^{n-1}-1+2^{n-1}-1+1)=2^n-1(2n−1−1+2n−1−1+1)=2n−1，这样显然会少了一个数，那么这个数去哪里了呢？

我们很容易想到在原码中负0的表示——最高位为1，其他全为0。那么在我们的补码体系中，显然这个数应是一个负数，那么我们对其求原码，∣X∣=2n−[X]补码|X|=2^n-[X]_{补码}∣X∣=2n−[X]补码，得到的结果仍然是最高位为1，其他位全为0，这个数在原码中表示的值为2n−12^{n-1}2n−1，由于其为负，所以我们可以表示的最小的负数为−2n−1-2^{n-1}−2n−1

1.4 移码

[X]移码=2n−1+X−2n−1≤X<2n−1[X]_{移码}= 2^{n-1}+X \\ -2^{n-1}\leq X < 2^{n-1}[X]移码=2n−1+X−2n−1≤X<2n−1

这里的2n−12^{n-1}2n−1 直观来说就是最高位为1，那么我们很容易发现对正数来说最高位为1，负数的最高位为0，0的表示为最高位为1，其余位为0。

对于全0来说其表示的数X应为 -2n−12^{n-1}2n−1

移码同补码一样，解决了0的二义性问题，且表示数的范围相同，没有数的浪费。我们可以对比移码和补码数的表示的不同。

对于正数来说，移码和补码的区别仅仅在于最高位不同，正数的补码最高位为0，而移码的最高位为1.

对于负数来说，我们也惊奇的发现仅仅是最高位不同，因为[X]补码=2n+X,[X]移码=2n−1+X[X]_{补码}=2^n+X, [X]_{移码}=2^{n-1}+X[X]补码=2n+X,[X]移码=2n−1+X，在补码中负数的最高位为1，而在移码中最高位再加1就变为了0

二、定点数运算

2.1 定点加减运算

加法直接相加即可，减法需要把减数变成其相反数的补码再进行加法运算

2.1.1 溢出判别

当运算的结果超过允许的表示范围，则产生溢出；其中包含正溢出和负溢出，正溢出是两个正数相加，范围超过了2n−1−12^{n-1}-12n−1−1，而负溢出是两个负数相加，范围超过了−(2n−1−1)-(2^{n-1}-1)−(2n−1−1) ,一个正数和负数相加不会发生溢出。

注：这里只讨论加法运算，减法运算是同理的。

主要有三种判别方法:

ab‾c+abc‾=1\overline{ab}c+ab \overline{c}=1abc+abc=1 （其中aaa表示加数符号位,bbb表示被加数符号位，ccc表示运算和符号位）这里正好代表了溢出的两种情况，前者代表正溢出，两个正数的符号位是0，相加和c却为1，代表正溢出，后者代表负溢出，两个负数的符号位为1，相加和c却为0，代表负溢出
Cf⨁C=1C_f \bigoplus C=1Cf⨁C=1 (这里CfC_fCf代表符号位运算产生的进位，CCC代表最高有效位产生的进位)，对于两个正数相加，符号位不会产生进位，永远为0，而当最高有效位发生进位即为1时，发生溢出；对于两个负数相加，符号位始终产生进位1，而当最高有效位不发生进位时，发生溢出，以4位举例：1000+1001 即发生溢出.这里我们还会发现一个比较有趣的现象，即对于负数的补码来说，如果除去符号位的1不看，数值绝对值的大小正好同我们平时的认知反过来，比如1111其实代表的是绝对值最小的负数-1，而1000代表的是绝对值最大的负数
扩展符号位用两位符号位来避免符号位语义紊乱

[X]变形补={X0≤X≤2n−1−12n+1−∣X∣−(2n−1)≤X<0[X]_{变形补}= \left\{ \begin{array}{lcl} X & 0\leq X\leq2^{n-1}-1 \\ 2^{n+1}-|X| & -(2^{n-1})\leq X< 0 \end{array}\right. [X]变形补={X2n+1−∣X∣0≤X≤2n−1−1−(2n−1)≤X<0

对于正数来说，不发生变化，但对于负数来说，会多一位符号位1

那么对于运算结果便有四种情况

00——结果为正，不溢出
11——结果为负，不溢出
01——结果为负，正溢出
10——结果为正，负溢出

即 Fs1⨁Fs2=1F_{s1}\bigoplus F_{s2}=1Fs1⨁Fs2=1代表溢出

2.2 定点原码一位乘法

原码相乘不考虑符号位，直接将符号位的正负值保存下来，对数的绝对值进行乘法运算

整个过程类似于我们平时使用的竖式计算方式，但是我们在竖式计算的过程中是从最低位开始乘起，接下来每次乘的时候会把当次乘的结果保留下来左移一位，最后把所有结果相加。

于是我们仿照这种做法，但我们不是把每位相乘的结果左移，而是把当前得到的整个部分积右移，其实原理是一样的，只是相对问题而已。

在这种情况下，如果乘数是n位，我们需要进行n次累加和移位

整个过程如下图所示：

X=0.1101 Y=-0.1011 求X*Y

2.3 定点补码一位乘法

设 [x]补=x0.x1⋯xn,[y]补=y0.y1⋯yn,[x]_{补}=x_0.x_1\cdots x_n, [y]_{补}=y_0.y_1\cdots y_n,[x]补=x0.x1⋯xn,[y]补=y0.y1⋯yn,

则 [x∗y]补=[x]补(0.y1y2⋯yn)−y0∗[x]补[x*y]_{补}=[x]_{补}(0.y_1y_2\cdots y_n)-y_0*[x]_{补}[x∗y]补=[x]补(0.y1y2⋯yn)−y0∗[x]补

上述结论易证，只需要对yyy进行讨论即可

而整个乘法主要采用Booth乘法，具体操作为

yny_nyn	yn+1y_{n+1}yn+1	操作
0	0	仅右移一位
1	1	仅右移一位
0	1	+[x]补[x]_{补}[x]补,右移一位
1	0	+[−x]补[-x]_{补}[−x]补,右移一位

原理：设正乘数Y=(y0.y1⋯yn)2Y=(y_0.y_1 \cdots y_n)_2Y=(y0.y1⋯yn)2 ，故y0=0y_0=0y0=0,

如果取yn+1=0y_{n+1}=0yn+1=0,那么每项都可以表示为yi+1−yiy_{i+1}-y_iyi+1−yi的形式，这样也就得到了我们上面的表格

对于负数的补码来说，我们由上面的公式有 [x∗y]补=[x]补(0.y1y2⋯yn)−[x]补[x*y]_{补}=[x]_{补}(0.y_1y_2\cdots y_n)-[x]_{补}[x∗y]补=[x]补(0.y1y2⋯yn)−[x]补

如果该数的前两位是11，那么在Booth乘法中不会有操作（最后一次操作不右移），而直接用公式计算时得到的结果也一样

同理如果该数前两位为10，两种方式的结果也一致，所以综上Booth乘法成立。

下面以一个具体的例子来实现Booth 一位乘法：

2.4 定点原码一位除法

同前面的方式一样，先处理符号位

接下来我们常常使用的是加减交替法（可以不用恢复余数）

规则如下：

被除数先减除数，结果为正，商上1；结果为负，商上0.

若上次商为1，左移一位，减除数。

若上次商为0，左移一位，加除数。

注意：若最后余数为负，还需要再加上除数来恢复

原理：

在恢复余数的除法过程中，如果我们记某次结果为a，且a<0,那么根据恢复余数的做法，我们应当加上除数b,得到结果为(a+b),然后左移一位得到2(a+b),再减去除数b进行下一轮操作，得到的结果数是2*(a+b)-b=2*a+b,这样以来我们发现，如果某次余数为负，我们只需要将余数左移一位，下次操作加上除数即可，这样不需要我们每次恢复余数，加快了效率。

举例如下：

2.5 定点补码一位除法

形式和过程同定点原码一位除法相似，但判断的条件变成了（被除数/余数）和除数的符号是否相同而不是余数是否为正，符号位也需要参数运算

另外末位商恒置为1（保证误差在2−n2^{-n}2−n之内）

举例如下：

三、浮点数运算

3.1 浮点数的加减法运算

3.1.1 “对阶”规则

阶码小的数向阶码大的数对齐，阶码小的数的尾数需要右移

注意：无符号数尾数右移高位补0，有符号数尾数右移高位补符号位

3.1.2 规格化操作

规格化的目的是使尾数部分的绝对值尽可能以最大值的形式出现。也就是说所有尾数的绝对值应大于12\frac{1}{2}21。

右规：如果运算结果出现两个符号位不一致的情况比如 10.XXX⋯X,01.XXX⋯X10.XXX\cdots X,01.XXX\cdots X10.XXX⋯X,01.XXX⋯X 前者代表下溢出，后者代表上溢出，需要将尾数向右移动一位，阶码+1

左规：如果运算结果没有溢出，但符号位和最高有效位相同，为了保证浮点数的规格化，需要将尾数向左移动，直到满足规格数的条件，阶码需要减去移动的位数

舍入：在右规或对阶的过程中，尾数向右移动会损失精度，经常用0舍1入法，即舍去的最高位如果为1则将最低位变为1

检查阶码是否溢出：在规格化和舍入时，阶码均可能溢出。(如右规时可能发生阶码上溢，左规可能发生阶码下溢)当阶码上溢，则置上溢标志，阶码下溢，则置机器0

举例如下：

3.2 浮点数的乘除法运算

两浮点数相乘，其乘积的阶码为相乘两数阶码之和，尾数为相处两数的尾数之积

两浮点数相除，其商的阶码为相乘两数阶码之差，尾数为相处两数的尾数之商

3.2.1 浮点数的阶码运算

由于浮点数的阶码使用的是移码，所以浮点数的阶码不能直接相加

举例说明：

若 [X]移=2n+X,[Y]移=2n+Y[X]_{移}=2^n+X ,[Y]_{移}=2^n+Y[X]移=2n+X,[Y]移=2n+Y

则有 [X]移+[Y]移=2n+(2n+X+Y)=2n+[X+Y]移[X]_{移}+[Y]_{移}=2^n+(2^n+X+Y)=2^n+[X+Y]_{移}[X]移+[Y]移=2n+(2n+X+Y)=2n+[X+Y]移

我们易见移码对于加法并不closed(封闭)，所以我们考虑其他的途径

我们注意到 [Y]补=2n+1+Y[Y]_{补}=2^{n+1}+Y[Y]补=2n+1+Y(这里的Y代表其数值)

[X]移+[Y]补=2n+1+2n+X+Y=2n+1+[X+Y]移[X]_{移}+[Y]_{补}=2^{n+1}+2^n+X+Y=2^{n+1}+[X+Y]_{移}[X]移+[Y]补=2n+1+2n+X+Y=2n+1+[X+Y]移

而一共其实只有n+1位(n位数据位，1位符号位)，2n+1是第n+2位2^{n+1}是第n+2位2n+1是第n+2位,所以在此情况下的运算是封闭的

3.2.2 判断溢出的方法

采用双符号位的方式进行计算，并且规定移码的最高符号位为0，如果运算结果移码的最高符号位为1代表溢出，若低位符号位为0代表上溢出（正数相加），若低位符号位为1代表下溢出（负数相加）

举例说明：（1位符号位+4位数据位）

01 1111 （移码）+ 00 1001（补码）=10 1000 上溢出

00 0000 （移码）+ 11 0000 （补码）=11 0000 下溢出

3.2.3 乘法运算步骤

检测操作数是否为0
阶码相加，求出积的阶码
尾数相乘，求出积的尾数
尾数乘积规格化
判断阶码有无溢出

举例如下：

3.2.4 除法运算步骤

检测操作数是否为0
尾数调整，使得被除数的绝对值大于除数尾数的绝对值
被除数阶码减除数阶码，得到商的阶码
被除数尾数除以除数尾数，得到商的尾数
尾数规格化
判断阶码有无溢出

举例如下：数值同上

四、总结

对于定点补码的一位除法的原理还不是很明晰，需要继续学习

另外对于图片只能横排是没想到的。。下次改进