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本文适用于补码表示的定点小数或定点整数乘法运算（硬件或软件实现）

◆ 先考查两个补码乘法运算的例子
例1： 已知 X=0.1011，Y=0.0001（真值）
[X]_补=01011 , [Y]_补= 00001
[X*Y]_补=000001011
[X]_补*[Y]_补=000001011
这时有，[X*Y]_补=[X]_补*[Y]_补

例2： 已知 X=0.1011，Y= - 0.0001（真值）
[X]_补=01011 , [Y]_补= 11111
[X*Y]_补=111110101
[X]_补*[Y]_补=101010101
显然，[X*Y]_补 ≠ [X]_补*[Y]_补

▲ 对两个正数来说，它们补码的乘积等于它们乘积的补码。若乘数是负数时，这种情况就不成立了。

原码乘法的主要问题是符号位不能参加运算，单独用一个异或门产生乘积的符号位。故自然提出能否让符号数字化后也参加乘法运算，补码乘法就可以实现符号位直接参加运算。

为了得到补码一位乘法的规律，先从补码和真值的转换公式开始讨论。（以纯小数为例）

1．  补码与真值的转换公式

设　[x]_补 = x₀ . x₁x₂…x_n，有：

等式左边 x 为真值。此公式说明真值和补码之间的关系。

2.  补码的右移

正数右移一位，相当于乘1/2(即除2)。负数用补码表示时，右移一位也相当于乘1/2。因此，在补码运算的机器中，一个数不论其正负，连同符号位向右移一位（即符号扩展），若符号位保持不变，就等于乘1/2。

3.  补码乘法规则

设被乘数 [x]_补 = x₀.x₁x₂…x_n 和乘数 [y]_补 = y₀.y₁y₂…y_n （注意：包括符号位共n+1位）均为任意符号，则有补码乘法算式

为了推出串行逻辑（递推），实行分步算法，将上式展开加以变换：

[x·y]_补   = [x]_补·[ - y₀ + y₁2^-1 + y₂2^-2 + … + y_n2^-n]

= [x]_补·[ - y₀ + (y₁ - y₁2^-1) + (y₂2^-1 - y₂2^-2) + … + (y_n2^-(n-1) - y_n2^-n)]

= [x]_补·[(y₁ - y₀) + (y₂ - y₁) 2^-1 + … + (y_n - y_n-1) 2^-(n-1) + (0 - y_n)2^-n]

= [x]_补·[...................................] (y_n+1  =  0)

写成递推公式如下：

[ z₀ ]_补 = 0 (赋初值0)

[ z₁ ]_补 = 2 ^-1{ [ z₀ ]_补 +  (  y_n+1 - y_n ) [x]_补 }       (y_n+1  =  0)

; 注：2 ^-1表示右移，带符号扩展。补码的加减法在移位时不考虑进位C

…

[ z_i ]_补 = 2 ^-1{ [ z_i-1 ]_补 +  ( y_n-i+2 - y_n-i+1 ) [x]_补 }

…

[ z_n ]_补 = 2 ^-1{ [ z_n-1 ]_补 +  ( y₂ - y₁ ) [x]_补 }

[ z_n+1 ]_补 = [ z_n ]_补 +  (  y₁ - y₀ ) [x]_补 = [ x·y ]_补 此最后一步不需要移位（对纯小数！）

开始时，部分积为 0，即 [z₀]_补 = 0。然后每一步都是在前次部分积的基础上，由 ( y_i+1  -  y_i  ) ( i = 0，1，2，…，n) 决定对[x]_补的操作，再右移一位，得到新的部分积。如此重复 n + 1步，最后一步不移位，便得到 [ x·y ]_补 ，这就是有名的Booth布斯算法。

实现这种补码乘法规则时，在乘数最末位后面要增加一位补充位 y_n+1 。开始时，由 y_ny_n+1 判断第一步该怎么操作；然后再由 y_{n - 1} y_n 判断第二步该怎么操作。因为每做一步要右移一位，故做完第一步后， y_{n - 1} y_n 正好移到原来 y_ny_n+1 的位置上。依此类推，每步都要用 y_ny_{n+ 1} 位置进行判断，我们将这两位称为判断位。

如果判断位 y_ny_n+1 = 01，则 y_i+1－ y_i  = 1，做加[x]_补操作；

如果判断位 y_n y_n+1 = 10，则 y_i+1 －y_i  =  - 1，做加[ - x]_补（或者－[x]_补）操作；

如果判断位 y_n y_n+1 = 11 或 00，则 y_i+1－y_i  = 0，[ z_i ] 加0，即保持不变。

4. 补码一位乘法运算规则

(1) 如果 y_n = y_n+1，部分积 [ z_i ] 加0，再右移一位；

(2) 如果 y_n y_n+1 = 01，部分积加[ x ]_补，再右移一位；

(3) 如果 y_n y_n+1 = 10，部分积加[ - x]_补（或减[x]_补），再右移一位；

这样重复进行 n+1 步，但最后一步不移位（对纯小数）。包括一位符号位，所得乘积为 2n+1 位，其中 2n 为尾数位数。对于码整数相乘，最后一步也要移位！乘积有2n+2 位，其中 2n 为尾数位数。

【例 】  x  = 0.1101， y = 0.1011，用补码一位乘法计算 x·y = ？

[解:]     求解过程如下：

所以                        [x · y]_补  = 0.10001111

实现32位Booth乘法算法的流程图

例：用Booth算法计算2×(-3)。

　　解：[2]_补=0010，[-3]_补=1101，在乘法开始之前，R0和R1中的初始值为0000和1101，R2中的值为0010。

　　在乘法的第一个循环中，判断R1的最低位和辅助位为10，所以进入步骤1c，将R0的值减去R2的值，结果1110送人R0，然后进人第二步，将R0和Rl右移一位，R0和R1的结果为11110110，辅助位为l。
　　在第二个循环中，首先判断Rl的最低位和辅助位为0l，所以进入步骤1b，作加法，R0+R2=1111+0010，结果0001送入R0，这时R0R1的内容为0001 0110，在第二步右移后变为0000 1011，辅助位为0。
　　在第三次循环中，判断位为10，进入步骤lc，R0减去R2，结果1110送入R0，R1不变；步骤2移位后R0和R1的内容为1111 01011，辅助位为1。
　　第四次循环时，因两个判断位为11，所以不作加减运算，向右移位后的结果为1111 1010，这就是运算结果(—6)。
　　这个乘法的过程描述如下表所示，表中乘积一栏表示的是R0、R1的内容以及一个辅助位P，黑体字表示对两个判断位的判断。

用Booth补码一位乘法计算2 ×(-3)的过程