原码一位乘法
原码一位乘法
③ 重复第②步直到运算n次为止。(n为乘数数值 部分的长度)
小飞守角制作
例3.9 根据原码一位乘法的算法计算例3.8。 解:[x]原=0.1101,[y]原=1.1011,
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根据上式,可将乘法转换为一系列加法与移位操 作。将递推公式推广到n位,得:
Z0=0 (初始部分积为0) Z1=2-1(Z0+xyn) Z2=2-1(Z1+xyn-1) … Zn=2-1(Zn-1+xy1)=x×y
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原码一位乘法的算法
① 积的符号单独按两操作数的符号模2加(异或) 得到。用被乘数和乘数的数值部分进行运算。
小飞取被乘数x的值还是取零值是由乘数对应位上 的取值为1还是0决定的,乘数y每一位的值是0还是1 都能直接看见。而在计算机内从存放乘数的寄存器中 逐位取出每一位来判别该位值是0还是1来决定相加 数的值是不方便的。
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问题解决啦!!!
(1)设初始部分积的值为0,每求得一个部分积,就同时 与上一次部分积相加,每次运算器都是完成两个数据 的加法,最终可得到结果。
(2)将每次的部分积左移一位操作变为加法之前部分积 右移一位来实现,因为前一次部分积的最低位是不参 与相加计算的,将右移操作移出位用专门的寄存器来 保存。
(3)每求一次部分积时,使存放乘数y的寄存器执行一次 右移操作,这样每次就从寄存器的最低位直接取值就 可以了。
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原码一位乘法的运算流程
(3)部分积取被乘数x的值还是取零值是由乘数对应位上 的取值为1还是0决定的,乘数y每一位的值是0还是1 都能直接看见。而在计算机内从存放乘数的寄存器中 逐位取出每一位来判别该位值是0还是1来决定相加 数的值是不方便的。
c语言实现原码一位两个定点数相乘
一、概述在计算机科学中,C语言是一种非常流行的程序设计语言,它具有高效、灵活和丰富的库函数等特点。
在C语言中实现原码一位两个定点数相乘是一个非常基础和常见的计算操作,本文将介绍如何使用C语言实现原码一位两个定点数相乘的过程。
二、原码定点数1. 定点数是计算机中用于表示实数的一种方式,它们不同于浮点数,定点数以二进制形式表示,它包含一个整数部分和一个小数部分。
2. 原码定点数中,最高位为符号位,其余位用来表示整数部分和小数部分。
当符号位为0时,表示正数,为1时表示负数。
三、原码定点数相乘1. 原码定点数相乘是指两个原码定点数相乘的操作。
2. 对于原码定点数A和B,其相乘过程可以表示为C=A×B,其中C 为相乘结果。
四、C语言实现下面是一个简单的C语言函数,实现了原码一位两个定点数相乘的功能:```c#include <stdio.h>int fix_mul(int a, int b, int n){int c;c = a * b;c = c >> n; // 将乘积右移n位,得到结果return c;}```五、代码解释1. 上述代码定义了一个名为fix_mul的函数,接受三个参数a、b、n,分别表示两个原码定点数和小数部分的位数。
2. 函数内部先将a和b相乘,然后将结果右移n位,最终得到相乘的结果,并将其返回。
六、示例下面是一个示例代码,展示了如何使用上述函数进行原码一位两个定点数相乘的操作:```c#include <stdio.h>int m本人n(){int a = 10; // 原码定点数Aint b = 20; // 原码定点数Bint n = 8; // 小数部分的位数int result = fix_mul(a, b, n);printf("The result of A * B is d\n", result);return 0;}```七、总结通过上述的介绍可以看出,使用C语言实现原码一位两个定点数相乘是一个非常简单的操作。
计算机组成原理课程设计定点原码一名乘法器的设计
课程设计报告课程设计名称:计算机组成原理课程设计课程设计题目:定点原码一名乘法器的设计院(系):计算机学院专业:班级:4401102学号:208姓名:指导教师:完成日期:目录第1章整体设计方案 (1)设计原理 (1)设计环境 (2)第2章详细设计方案 (3)顶层方案图的设计与实现 (3)创建顶层图形设计文件 (3)器件的选择与引脚锁定 (4)2.2第二层模块的设计与实现 (5)功能模块的设计与实现 (5)2.3.1移位模块的设计与实现 (5)2.3.2 乘数移位模块的设计与实现 (7)2.3.3选择模块的设计与实现 (9)2.3.4 控制模块的设计与实现 (11)2.3.5 其他模块的设计与实现 (13)仿真调试 (13)第3章编程下载与硬件测试 (16)编程下载 (16)3.2硬件测试及结果分析 (16)参考文献 (17)附录(电路原理图) (18)第1章整体设计方案设计原理原码一名乘,两个原码数相乘,其乘积的符号为相乘两数符号的异或值,数值则为两数绝对值之积。
例:X=,Y=,计算乘积X*Y。
*00001100110011000.在计算时,逐次按乘数每1位上的值是1仍是0,决定相加数取被乘数的值仍是取零值,而且相加数逐次向左偏移1位,最后一路求积。
由于在计算机内多个数据一般不能同时相加,一次加法操作只能求出两数之和,因此每求得一个相加数,就与上次部份积相加每次计算时,相加数逐次向左偏移一名,由于最后的乘积位数是乘数(被乘数)的两倍,因此加法器也需增到两倍。
部份积右移时,乘数寄放器同时右移一名,所以用乘数寄放器的最低位来控制相加数取被乘数或零,同时乘数寄放器接收部份积右移出来的一名,完成运算后,部份积寄放器保留乘积的高位部份,乘数寄放器中保留乘积的低位部份。
按照人工算法可以知道,原码一名乘法的整体设计应包括乘数寄放器,被乘数寄放器,移位电路,控制器,部份积五大模块,包括一个输入、输出、控制器模块,并作为顶层设计,以上五大模块作为底层设计,采用硬件器件设计实现。
原码一位乘法
原码⼀位乘法1、移位操作及其意义
逻辑左移:
算术左移:
逻辑右移:
算术右移:
2、⼆进制乘法的⼿⼯计算过程
a.说明乘法可由加法实现
b.存在的问题:
*需要多输⼊的全加器(最多为n+1)
*需要长度为2n的积寄存器
*对应乘数的不同位,部分积左移次数不同
且乘法过程中总移位次数多
如何解决上述问题(改进⽅法)
*需要多输⼊的全加器(最多为n+1)
解决⽅法:基于FA的循环累加0或被乘数
*针对乘数不同位部分积左移次数不同的问题
解决⽅法:右移部分积,同时也将乘数右移,将移出的部分加⼊乘数的最左边*需要长度为2n的积寄存器
解决⽅法:从部分积和乘数寄存器取结果
3、原码⼀位乘法算法
*符号位单独参加运算,数据位取绝对值参加运算。
*运算法则:
*运算过程采⽤改进的乘法运算⽅法。
原码一位乘法
计算机组成原理实验实验名称:原码一位乘法实验方式:1.硬件连线,在实验箱上实现。
2.设计乘法指令,采用微程序实现。
实验项目:原码一位乘法实现方法:硬件连线,在实验箱上实现。
实验目的:能在实验箱上实现或是在软件环境中模拟实现原码一位乘法,并理解乘法实现的思想。
实验工具或设备:CP226计算机组成原理实验仪基本思想:原码一位乘法实现原理:由于原码表示与真值极为相似,只差一个符号,而乘积的符号又可通过两数符号的逻辑异或求得,因此,运算结果可以直接用于原码一位乘,只需加上符号位处理即可。
在实际的实验箱中8位被乘数放在R2中,运算开始时8位乘数放在R1中,运算结束时16位乘积的高位放在R0中,低位放在R1中,R0和R1串联移位。
完成这个定点原码一位乘法的运算规则可以用如下图所示的逻辑流程图表示。
在该乘法过程中,每次操作是根据乘数的一位进行操作,对于8位数的乘法,需要循环8次完成一个乘法操作,因此称为一位乘法。
下面用原码的乘法方法进行13(1101)×11(1011)的四位乘法演示。
1、在乘法开始之前,R0和R1中的初始值为0000和1011,R2中的值为1101。
2、在乘法的第一个循环中,判断R1的最低位为1,所以进入步骤1a,将R0的值0000加上R2的值1101,结果1101送人R0。
3、判断R0的末位是否为1。
如果为1,将R0和R1均右移一位,并将R1的右移结果加上1000;如果不为1,R0和R1直接右移一位(目的是将高位寄存器R0中移出的数据存放在低位寄存器R1,以实现R0 和R1的串联使用)。
其结果为(0110,1101)。
第一次循环过程结束。
第二次循环过程中,判断R1的最低位仍为1,进入步骤la,R0的值0110加1101,结果为10011。
判断R0的末位为1,将R0、R1均右移,并让R1的右移结果加上1000。
结果为(1001,1110)。
第三次循环中,因R1的最低位为0,进入步骤lb,R0加上0000为1001,判断R0的末位为1,将R0和R1均右移一位,并将R1的右移结果加上1000。
原码的一位乘总结
原码的一位乘总结
原码的一位乘法是指在两个用原码表示的数之间进行乘法运算。
原码是一种表示有符号整数的方法,其中最高位表示符号位,0表示正数,1表示负数。
原码的一位乘法可以通过以下步骤进行:
1.确定乘法的两个操作数,并将它们转换为原码表示。
2.对两个操作数的每一位进行相乘,得到部分积。
3.将所有的部分积相加,得到最终的乘积。
具体的步骤如下:
假设有两个操作数A和B,都用原码表示,长度为n位。
1.确定符号位:根据A和B的符号位确定结果的符号位。
如果A和B的符号位相同,则结果为正,否则为负。
2.对于第i位(i从0到n-1):
-将A的第i位与B的第i位相乘,得到部分积Pi。
-如果A和B的符号位不同,将Pi取反(即将1变为0,0变为1)。
-将Pi左移i位(即在右边补i个0)。
3.将所有的部分积相加,得到最终的乘积。
需要注意的是,原码的一位乘法可能会出现溢出的情况。
当两个操作数相乘得到的部分积超过了原码表示的范围时,就会发生溢出。
在实际应用中,可以采用补码表示来避免这种情况的发生。
1。
计算机组成原理试题及答案
《计算机组成原理》期末自测试卷A一、填空题:(每空1分,共15分)1、原码一位乘法中,符号位与数值位(分开计算),运算结果的符号位等于(相乘两位符号位的异或值)。
2、码值80H:若表示真值0,则为(移)码;若表示真值―128,则为(补)码。
3、微指令格式分为(垂直)型微指令和(水平)型微指令,其中,前者的并行操作能力比后者强。
4、在多级存储体系中,Cache存储器的主要功能是(解决CPU与主存之间的速度匹配问题)。
5、在下列常用术语后面,写出相应的中文名称:VLSI( 超大规模集成电路), RISC( 精简指令系统计算机), DMA( 直接存储器存储), DRAM( 动态随机读写存储器)。
6、为了实现CPU对主存储器的读写访问,它们之间的连线按功能划分应当包括(地址线),(数据线)(控制线)。
7、从计算机系统结构的发展和演变看,近代计算机是以(存储器)为中心的系统结构。
二、单项选择题:(每题2分,共40分)1、寄存器间接寻址方式中,操作数处于( B )中。
A、通用寄存器B、主存C、程序计数器D、堆栈2、CPU是指( D )。
A、运算器B、控制器C、运算器和控制器D、运算器、控制器和主存3、若一台计算机的字长为2个字节,则表明该机器( C )。
A、能处理的数值最大为2位十进制数。
B、能处理的数值最多由2位二进制数组成。
C、在CPU中能够作为一个整体加以处理的二进制代码为16位。
D、在CPU中运算的结果最大为2的16次方4、在浮点数编码表示中,( A )在机器数中不出现,是隐含的。
A、基数B、尾数C、符号D、阶码5、控制器的功能是( D )。
A、产生时序信号B、从主存取出一条指令C、完成指令操作码译码D、从主存取出指令,完成指令操作码译码,并产生有关的操作控制信号,以解释执行该指令。
6、虚拟存储器可以实现( B )。
A、提高主存储器的存取速度B、扩大主存储器的存储空间,并能进行自动管理和调度C、提高外存储器的存取周期D、扩大外存储器的存储空间7、32个汉字的机内码需要( B )。
21各数的原码
2.227/64=00011011/01000000=0.0110110=0.11011×2-1=101,011011000规格化浮点表示为:[27/64]原[27/64]反=110,011011000[27/64]补=111,011011000同理:--27/64=--0.11011×2-1=101,111011000规格化浮点表示为:[27/64]原[27/64]反=110,100100111[27/64]补=111,1001010002.3 模为:29=10000000002.4 不对,8421码是十进制的编码2.5浮点数的正负看尾数的符号位是1还是0浮点数能表示的数值范围取决于阶码的大小。
浮点数数值的精确度取决于尾数的长度。
2.61)不一定有N1>N2 2)正确2.7 最大的正数:0111 01111111 十进制数:(1-2-7)×27最小的正数:1001 00000001 十进制数:2-7×2-7最大的负数:1001 11111111 十进制数:--2-7×2-7最小的负数:0111 10000001 十进制数:--(1-2-7)×272.81)[x]补=00.1101 [y]补=11.0010[x+y]补=[x]补+[y]补=11.1111无溢出x+y= -0.0001[x]补=00.1101 [--y]补=00.1110[x-y]补=[x]补+[--y]补=01.1011 正向溢出2)[x]补=11.0101 [y]补=00.1111[x+y]补=[x]补+[y]补=00.0100 无溢出x+y= 0.0100[x]补=11.0101 [--y]补=11.0001[x-y]补=[x]补+[--y]补=10.0110 负向溢出3) [x]补=11.0001 [y]补=11.0100[x+y]补=[x]补+[y]补=10.0101 负向溢出[x]补=11.0001 [--y]补=00.1100[x-y]补=[x]补+[--y]补=11.1101 无溢出X-y=-0.00112.91)原码一位乘法|x|=00.1111 |y|=0.1110部分积乘数y n00.0000 0.1110+00.000000.0000→00.00000 0.111+00.111100.11110→00.011110 0.11+00.111101.011010→00.1011010 0.1+00.111101.1010010→00.11010010P f=x f⊕y f=1 |p|=|x|×|y|=0.11010010所以[x×y]原=1.11010010补码一位乘法[x]补=11.0001 [y]补=0.1110 [--x]补=11.0001部分积y n y n+100.0000 0.11100→00.00000 0.1110+00.111100.11110→00.011110 0.111→00.0011110 0.11→00.00011110 0.1+11.000111.00101110[x×y]补=11.001011102)原码一位乘法|x|=00.110 |y|=0.010部分积乘数y n00.000 0.010+00.00000.000→00.0000 0.01+00.11000.1100→00.01100 0.0+00.00000.01100 0→00.001100P f=x f⊕y f=0 |p|=|x|×|y|=0.001100所以[x×y]原=0.001100补码一位乘法[x]补=11.010 [y]补=1.110 [--x]补=00.110部分积y n y n+100.000 1.1100→00.0000 1.110+00.11000.1100→00.01100 1.11→00.001100 1.1所以[x×y]补=0.0011002.101)原码两位乘法|x|=000.1011 |y|=00.0001 2|x|=001.0110部分积乘数c000.0000 00.00010+000.1011000.1011→000.001011 0.000→000.00001011 00.0P f=x f⊕y f=1 |p|=|x|×|y|=0.00001011所以[x×y]原=1.00001011补码两位乘法[x]补=000.1011 [y]补=11.1111 [--x]补=111.0101部分积乘数y n+1000.0000 11.11110+111.0101111.0101→111.110101 11.111→111.11110101 11.1所以[x×y]补=111.11110101 x×y=--0.000010112)原码两位乘法|x|=000.101 |y|=0.111 2|x|=001.010 [--|x| ]补=111.011部分积乘数c000.000 0.1110+111.011111.011→111.11011 0.11+001.010001.00011→000.100011P f=x⊕y f=0 |p|=|x|×|y|=0.100011所以[x×y]原=0.100011补码两位乘法[x]补=111.011 [y]补=1.001 [--x]补=000.101 2[--x]补=001.010部分积乘数y n+1000.000 1.0010+111.011111.011→111.111011 1.00+001.010001.00011→000.100011所以[x×y]补=0.1000112.111) 原码不恢复余数法|x|=00.1010 |y|=00.1101 [--|y| ]补=11.0011部分积商数00.1010+11.00111101101 0←11.1010+00.110100.0111 0.1←00.1110+11.001100.0001 0.11←00.0010+11.001111.0101 0.110←01.1010+00.110111.0111 0.1100+00.110100.0100所以[x/y]原=0.1100 余数[r]原=0.0100×2—4补码不恢复余数法[x]补=00.1010 [y]补=00.1101 [--y]补=11.0011部分积商数00.1010+11.001111.1101 0←11.1010+00.110100.0111 0.1←00.1110+11.001100.0001 0.11←00.0010+11.001111.0101 0.110←10.1010+00.110111.0111 0.1100+00.110100.0100所以[x/y]补=0.1100 余数[r]补=0.0100×2—42)原码不恢复余数法|x|=00.101 |y|=00.110 [--|y| ]补=11.010部分积商数00.101+11.01011.111 0←11.110+00.11000.100 0.1←01.000+11.01000.010 0.11←00.100+11.01011.110 0.110+00.11000. 100所以[x/y]原=1.110 余数[r]原=1.100×2—3补码不恢复余数法[x]补=11.011 [y]补=00.110 [--y]补=11.010部分积商数11.011+00.11000.001 1←00.010+11.01011.100 1.0←11.000+00.11011.110 1.00←11.100+00.11000.010 1.001+11.01011.100所以[x/y]补=1.001+2—3=1.010 余数[r]补=1.100×2—32.121)[x]补=21101×00.100100 [y]补=21110×11.100110=21110×00.010010小阶向大阶看齐:[x]补21110×(00.010010+11.100110)=21110×11.111000求和:[x+y]补=[x-y]补=21110×(00.010010+00.011010)=21110×00.10110021011×11.000000 浮点表示:1011,11.000000规格化:[x+y]补=21110×00.101100 浮点表示:1110,0.101100规格化:[x-y]补=2)[x]补=20101×11.011110 [y]补=20100×00.010110=20101×00.001011小阶向大阶看齐:[y]补20101×(11.011110+00.001011)=20101×11.101001求和:[x+y]补=[x-y]补=20101×(11.011110+11.110101)=20101×00.01001121010×11.010010 浮点表示:1010,11. 010010规格化:[x+y]补=21010×00.100110 浮点表示:1010,00.100110规格化:[x-y]补=2.13见教材:P702.141)1.0001011×262)0.110111*×2-62.151)串行进位方式C1=G1+P1C0G1=A1B1,P1=A1⊕B1C2=G2+P2C1G2=A2B2,P2=A2⊕B2C3=G3+P3C2G3=A3B3,P3=A3⊕B3C4=G4+P4C3G4=A4B4,P4=A4⊕B42)并行进位方式C1=G1+P1C0C2=G2+P2G1+P2P1C0C3=G3+P3G2+P3P2G1+P3P2P1C0C4= G4+P4G3+P4P3G2+P4P3P2G1+P4P3P2P1C02.16参考教材P62 32位两重进位方式的ALU和32位三重进位方式的ALU 2.17“1”A3B3A2 B2 A1 B1 A0 B0-。
定点原码乘法
3.3 定点乘法运算乘法运算是计算机中常用的运算,过去的计算机中,没有专门的乘法器。
乘法运算要靠软件编程来实现。
但现在随着LSI和VLSI应用的普及以及价格的下降,乘法运算已做成了标准部件—乘法器。
一般来讲,做乘除法运算,用原码比用补码简单,但有的机器,数据是用补码表示的,为避免码制间的频繁转换,乘除也用补码来做。
一、原码乘法1.原码一位乘用原码运算,数据的符号不能同数值位一同参加运算,而需单独处理,两原码表示的数相乘,其结果的符号是两数符号的异或。
规则:初始部分积设全0,从乘数末位乘起。
乘数位为1,部分积加被乘数,结果右移1位乘数位为0,部分积加全0,结果右移1位;重复上述操作,直到乘数位全部乘完为止。
2. 原码二位乘在原码一位乘中,是一位一拍来运算的,两个n位数相乘,需进行n次加法,n 位移位。
要提高乘法速度,能否进行二位一乘?回答是肯定的。
原码二位乘规则:yn-1ynCj0 0 0 ;+全0,部分积右移两位,Cj =00 0 1 ;+x,部分积右移两位,Cj =00 1 0 ;+x,部分积右移两位,Cj =00 1 1 ;+2x,部分积右移两位,Cj =01 0 0 ;+2x,部分积右移两位,Cj =01 0 1 ;-x,部分积右移两位,Cj =11 1 0 ; -x,部分积右移两位,Cj =11 1 1 ;+全0, 部分积右移两位,Cj =1二、补码乘法1.补码一位乘用补码做加减运算很方便,做乘法(包括除法)却是原码很方便,既然这样为何又有补码乘法呢?主要为了避免频繁的码制转换。
⑴ 相乘时,被乘数取双符号位,乘数取单符号位并参加运算。
⑵ 乘法开始前,部分积置全0,乘数末位增加附加位yn+1=0。
⑶ 比较yi 和yi+1,决定如何运算2.补码两位乘补码两位乘时把一位乘中的两步合成一步来做。
⑴ 比较yn,yn+1,按Booth算法操作⑵ 比较yn-1,yn,按Booth算法操作以上两步合为一步操作(P121表)注意:1、被乘数取三位符号位2、乘数数值部分为奇数,取一位符号位,最后一步只移一位;乘数数值部分为偶数,取二位符号位,最后一步不移位;(满足二位一移)3、得积2n+1位,含1位符号位。
定点数原码一位乘法
定点数原码一位乘法定点数原码一位乘法是一种乘法运算的方法,它利用了二进制数的加法和移位操作来实现乘法运算。
以下是这个算法的步骤:1.将被乘数和乘数都表示为定点数,即带有符号位的纯小数。
2.将被乘数和乘数都转换为原码表示,即最高位为符号位,其余位为数值位。
3.初始化结果为0。
4.从低位到高位逐位相乘,如果该位乘积的符号与结果符号相同,则将该位乘积加到结果上,否则只做移位操作。
5.重复步骤4,直到所有位都相乘完毕。
6.对结果进行舍入或截断操作,得到最终结果。
以下是一个简单的示例:假设我们有两个定点数:被乘数为1010.101(十进制为-4.625),乘数为1011.011(十进制为-7.25)。
按照原码一位乘法的步骤,我们可以得到以下计算过程:1.被乘数=1010.101(十进制为-4.625)2.乘数=1011.011(十进制为-7.25)3.初始化结果为0。
4.从低位到高位逐位相乘:第0位:被乘数第0位为0,乘数第0位为1,符号相同,将该位乘积加到结果上,得到0+0=0。
第1位:被乘数第1位为1,乘数第1位为1,符号相同,将该位乘积加到结果上,得到0+1*2^(-2)=0.25。
第2位:被乘数第2位为0,乘数第2位为0,符号相同,将该位乘积加到结果上,得到0.25+0=0.25。
第3位:被乘数第3位为1,乘数第3位为0,符号不同,只做移位操作,得到0.25*2=0.5。
第4位:被乘数第4位为0,乘数第4位为1,符号相同,将该位乘积加到结果上,得到0.5+0=0.5。
第5位:被乘数第5位为1,乘数第5位为1,符号相同,将该位乘积加到结果上,得到0.5+(-1)*2^(-3)=-0.25。
第6位:被乘数第6位为0,乘数第6位为0,符号相同,将该位乘积加到结果上,得到-0.25+0=-0.25。
第7位:被乘数第7位为1,乘数第7位为1,符号相同,将该位乘积加到结果上,得到-0.25+(-8)*2^(-4)=-4.875。
第3章 (3.3 二进制乘法运算)
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8
变换布斯公式:按机器执行顺序求出每一步的部分积。 ★ 变换布斯公式:按机器执行顺序求出每一步的部分积。 =0 [P0]补=0 {[P [P1]补={[P0]补+(Yn+1-Yn)[X]补}2-1 (Yn+1=0) {[P [P2]补={[P1]补+(Yn-Yn-1)[X]补}2-1 … [Pi]补={[Pi-1]补+(Yn-i+2-Yn-i+1)[X]补}2-1 {[P … [Pn]补={[Pn-1]补+(Y2-Y1)[X]补}2-1 {[P {[P X·Y] [Pn+1]补={[Pn]补+(Y1-Y0)[X]补}=[X·Y]补 总结:在上一步的部分积上, 总结:在上一步的部分积上,加(Yi+1-Yi)[X]补(i=n,…1,0), , 再右移1位 得到新部分积。 再右移 位,得到新部分积。
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★ 校正法 设:被乘数[X]补=X0.X1X2…Xn, 被乘数[ ] 乘数[ ] 乘数[Y]补=Y0.Y1Y2…Yn, n 则:[X·Y]补=[X]补·(-Y0+ ∑ Yi 2-i) :[ ] [ ] i=1
=
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若先按原码那样直接乘; 若先按原码那样直接乘; 若乘数Y为正,则结果不需校正; 若乘数 为正,则结果不需校正; 为正 若乘数Y为负,则结果加一个校正量(- 若乘数 为负,则结果加一个校正量(- [X]补)。 为负
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例:X=-0.111111,Y=0.111001,计算[X Y]原。 =-0.111111, 0.111111 0.111001,计算[X·Y] [X 解:B=|X|=000.111111,-B=111.000001, B=|X|=000.111111,-B=111.000001, ,-B=111.000001 +2B=001.111110
用原码一位乘
第六章20. 用原码一位乘、两位乘和补码一位乘(Booth 算法)、两位乘计算x ·y 。
(1)x= 0.110111,y= -0.101110;(2)x= -0.010111,y= -0.010101;(3)x= 19, y= 35;(4)x= 0.110 11, y= -0.111 01 。
解:(a) 原码一位乘:(1)[x]原=0.110111[y]原=1.101110x*=0.110111 y*=0.101110 符号位: 00X Y 011⊕=⊕=数值部分的计算:部分积 乘数y* ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0.000000 101110 开始部分积为0+ 0.000000 乘数为0,加上0---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0.0000000.000000 0 10111 部分积右移一位,乘数右移一位+ 0.110111 乘数为1,加上X*---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0.110111 00.011011 10 1011 部分积右移一位,乘数右移一位+ 0.110111 乘数为1,加上X*--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1.010010 100.101001 010 101 部分积右移一位,乘数右移一位+ 0.110111 乘数为1,加上X*---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------1.100000 0100.110000 0010 10+ 0.000000-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0.110000 00100.011000 00010 1 部分积右移一位,乘数右移一位+ 0.110111 乘数为1,加上X*--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1.001111 00010 右移一位0.100111 100010[x*y]原=1.100111100010(2)[x]原=1.010111[y]原=1.010101x*=0.010111 y*=0.010101 符号位: 00X Y 110⊕=⊕=数值部分的计算:部分积 乘数y*0.000000 010101 开始部分积为0+ 0.010111 乘数为1,加上X*0.0101110.001011 1 01010 部分积右移一位,乘数右移一位+ 0.000000 乘数为0,加上00.001011 10.000101 11 0101 部分积右移一位,乘数右移一位+ 0.010111 乘数为1,加上X*0.011100 110.001110 011 010 部分积右移一位,乘数右移一位+ 0.000000 乘数为0,加上00.001110 0110.000111 0011 01 部分积右移一位,乘数右移一位+ 0.010111 乘数为1,加上X*0.011110 00110.001111 00011 0 部分积右移一位,乘数右移一位+ 0.0000000.001111 000110.000111 100011故,x ·y=0.000111100011(3)[x]原=0,0001 0011[y]原=0,0010 0011x*=0001 0011 y*=0010 0011符号位: 00X Y 000⊕=⊕=数值部分的计算:部分积 乘数y*00000000 00100011 开始部分积为0+ 00010011 乘数为1,加上X* 0001001100001001 1 0010001 部分积右移一位,乘数右移一位+ 0001001100011100 100001110 01 001000 部分积右移一位,乘数右移一位 + 0000000000001110 0100000111 001 00100 部分积右移一位,乘数右移一位00000011 1001 001000000001 11001 00100000101 0011001即 0,0000 0010 1001 1001(4)x=0.11011,y=-0.11101[x]原=0.11011[y]原=1.11101x*=0.11011 y*=0.11101 符号位: 00X Y 011⊕=⊕=数值部分的计算:部分积 乘数y*0.00000 11101 开始部分积为0+ 0 .11011 乘数为1,加上X*0.110110.01101 1 1110 部分积右移一位,乘数右移一位0.00110 11 111 部分积右移一位,乘数右移一位+ 0.110111.00001 110.10000 111 11 部分积右移一位,乘数右移一位+ 0.11011 乘数为1,加上X*1.01011 1110.10101 1111 1 部分积右移一位,乘数右移一位+ 0.11011 乘数为1,加上X*1.10000 11110.11000 01111加上符号位得1.1100001111(b) 补码一位乘(Booth)当乘数y 为正数时,不管被乘数x 符号如何,都可按原码乘法的规则运算,但加和移位都必须按补码规则运算当乘数y 为负数时,把乘数的补码[y]补去掉符号位,当成一个正数与[x]补相乘,然后加上[-x]补进行校正。
计算机组成与结构_试题及答案(2套)[1]
9、一条指令实际上包括两种信息即和。
10、按照总线仲裁电路的位置不同,可分为仲裁和仲裁。
三、简答题:(每题5分,共15分)
1、CPU中有哪些主要寄存器?简述这些寄存器的功能。
2、RISC机器具有什么优点,试简单论述。
(3)若用4个8K×4位的SRAM芯片和2个4K×8位的SRAM芯片形成24K×8位的连续RAM存储区域,起始地址为0000H,假设SRAM芯片有CS#(片选,低电平有效)和WE#(写使能,低电平有效)信号控制端。试画出SRAM与CPU的连接图,在图上标清楚地址译码连接,数据线、地址线、控制线连接。(6分)
A、一个字节B、二个字节C、三个字节D、四个字节
20、某一SRAM芯片,其容量为512×8位,考虑电源端和接地端,该芯片引出线的最小数目应为。
A、23 B、25 C、50 D、19
二、填空题:(每空1分,共20分)
1、设X=—0.1011,则[X]补为。
2、汉字的、、是计算机用于汉字输入、内部处理、输出三种不同用途的编码。
3、计算机存储系统分那几个层次?每一层次主要采用什么存储介质?其存储容量和存取速度的相对值如何变化?
四、综合题:(共45分)
1、求十进制数―123的原码表示,反码表示,补码表示和移码表示(用8位二进制表示,并设最高位为符号位,真值为7位)。(本题8分)
2、基址寄存器的内容为3000H,变址寄存器的内容为02B0H,指令的地址码为002BH,程序计数器(存放当前正在执行的指令的地址)的内容为4500H,且存储器内存放的内容如下:
1、寄存器间接寻址方式中,操作数处于()中。
A、通用寄存器B、主存C、程序计数器D、堆栈
原码一位乘法
原码一位乘法乘法是数学中最重要的基本运算之一,也是学习数学的重要知识,也是大学生运用数学解决问题,实现抽象思维和抽象想象的基础。
原码一位乘法,是我们经常会遇到的运算,它能够让我们快速算出乘积,也是数学运算的精髓。
原码一位乘法的原理是,通过重复进位的方式来实现一位乘法的计算,而且是一般乘法算法的关键所在。
比如说,2乘以5,它的原码乘法进位法计算过程如下:1.2乘以5,计算结果为10,然后将10除以10,取余数,即最终结果为0。
2.2乘以4,计算结果为8,然后将8除以10,取余数,即最终结果为8。
3.2乘以3,计算结果为6,然后将6除以10,取余数,即最终结果为6。
4.2乘以2,计算结果为4,然后将4除以10,取余数,即最终结果为4。
5.2乘以1,计算结果为2,然后将2除以10,取余数,即最终结果为2。
最后,可以将上述余数依次排列起来,得出最终的乘积为1082。
由于原码一位乘法的运算方法简单,而且结果容易求得,所以被广泛应用于计算机中的程序设计,尤其是在计算机科学中有着重要的地位。
尽管原码一位乘法让我们能够简单快速地计算出乘积,但是它也有一些限制,它不能处理超过一位数的乘积,也不能处理乘积过长的数字。
因此,要做更为精确的乘法计算,我们还需要用到其他算法,比如多位乘法法则。
原码一位乘法在计算机中的优势在于它可以简化计算机的运算程序,提高计算机的运算速度,减少计算机的存储空间,给用户提供更好的计算体验。
在实际应用中,原码一位乘法可以帮助我们快速算出结果,使我们在解决复杂数学问题时节省大量精力,让我们能够得出准确的结果,大大提高了工作效率。
原码一位乘法虽然有着极大的优势,但是也存在着一些缺点,例如,它不能处理超过一位数的乘法,也不能处理乘积过长的数字。
因此,我们在使用原码一位乘法时要注意其限度,最好的方式是结合不同的算法,一起运用,充分发挥它的优势,实现更加准确、更加高效的运算效果。
综上所述,原码一位乘法是数学计算中一种重要且有效的算法,它被广泛应用于计算机程序设计,可以让我们快速算出结果,提高计算机的运算效率,但是也有一些限制,要想得出更加准确、更加高效的结果,我们要将不同算法结合起来运用,把原码一位乘法发挥到最大的程度。
计算机组成原理(第三版)课后答案
计算机是一种能自动地、高速地对各种数字化信息进行运算处理的电子设备。
1.2冯诺依曼计算机体系结构的基本思想是存储程序,也就是将用指令序列描述的解题程序与原始数据一起存储到计算机中。
计算机只要一启动,就能自动地取出一条条指令并执行之,直至程序执行完毕,得到计算结果为止。
按此思想设计的计算机硬件系统包含:运算器、控制器、存储器、输入设备和输出设备。
各部分的作用见教材:P10—P121.3计算机的发展经历了四代。
第一代:见教材P1第二代:见教材P2第三代:见教材P2第四代:见教材P21.4系统软件定义见教材:P12—13,应用软件定义见教材:P121.5见教材:P14—151.6见教材:P111.7见教材:P6—81.8硬件定义见教材:P9软件定义见教材:P12固件定义见教材:P131.91)听觉、文字、图像、音频、视频2)图像、声音、压缩、解压、DSP1.10处理程度按从易到难是:文本→图形→图像→音频→视频27/64=00011011/01000000=0.0110110=0.11011×2-1规格化浮点表示为:[27/64]原=101,011011000[27/64]反=110,011011000[27/64]补=111,011011000同理:--27/64=--0.11011×2-1规格化浮点表示为:[27/64]原=101,111011000[27/64]反=110,100100111[27/64]补=111,1001010002.3 模为:29=10000000002.4 不对,8421码是十进制的编码2.5浮点数的正负看尾数的符号位是1还是0浮点数能表示的数值范围取决于阶码的大小。
浮点数数值的精确度取决于尾数的长度。
2.61)不一定有N1>N2 2)正确2.7 最大的正数:0111 01111111 十进制数:(1-2-7)×27最小的正数:1001 00000001 十进制数:2-7×2-7最大的负数:1001 11111111 十进制数:--2-7×2-7最小的负数:0111 10000001 十进制数:--(1-2-7)×272.81)[x]补=00.1101 [y]补=11.0010[x+y]补=[x]补+[y]补=11.1111无溢出x+y= -0.0001[x]补=00.1101 [--y]补=00.1110[x-y]补=[x]补+[--y]补=01.1011 正向溢出2)[x]补=11.0101 [y]补=00.1111[x+y]补=[x]补+[y]补=00.0100 无溢出x+y= 0.0100[x]补=11.0101 [--y]补=11.0001[x-y]补=[x]补+[--y]补=10.0110 负向溢出3) [x]补=11.0001 [y]补=11.0100[x+y]补=[x]补+[y]补=10.0101 负向溢出[x]补=11.0001 [--y]补=00.1100[x-y]补=[x]补+[--y]补=11.1101 无溢出X-y=-0.00112.91)原码一位乘法|x|=00.1111 |y|=0.1110部分积乘数y n00.0000 0.1110+00.000000.0000→00.00000 0.111+00.111100.11110→00.011110 0.11+00.111101.011010→00.1011010 0.1+00.111101.1010010→00.11010010P f=x f⊕y f=1 |p|=|x|×|y|=0.11010010所以[x×y]原=1.11010010补码一位乘法[x]补=11.0001 [y]补=0.1110 [--x]补=11.0001 部分积y n y n+100.0000 0.11100→00.00000 0.1110+00.111100.11110→00.011110 0.111→00.0011110 0.11→00.00011110 0.1+11.000111.00101110[x×y]补=11.001011102)原码一位乘法|x|=00.110 |y|=0.010部分积乘数y n00.000 0.010+00.00000.000→00.0000 0.01+00.11000.1100→00.01100 0.0+00.00000.01100 0→00.001100P f=x f⊕y f=0 |p|=|x|×|y|=0.001100所以[x×y]原=0.001100补码一位乘法[x]补=11.010 [y]补=1.110 [--x]补=00.110部分积y n y n+100.000 1.1100→00.0000 1.110+00.11000.1100→00.01100 1.11→00.001100 1.1所以[x×y]补=0.0011002.101)原码两位乘法|x|=000.1011 |y|=00.0001 2|x|=001.0110部分积乘数 c000.0000 00.00010+000.1011000.1011→000.001011 0.000→000.00001011 00.0P f=x f⊕y f=1 |p|=|x|×|y|=0.00001011所以[x×y]原=1.00001011补码两位乘法[x]补=000.1011 [y]补=11.1111 [--x]补=111.0101部分积乘数y n+1000.0000 11.11110+111.0101111.0101→111.110101 11.111→111.11110101 11.1所以[x×y]补=111.11110101 x×y=--0.000010112)原码两位乘法|x|=000.101 |y|=0.111 2|x|=001.010 [--|x| ]补=111.011 部分积乘数 c000.000 0.1110+111.011111.011→111.11011 0.11+001.010001.00011→000.100011P f=x⊕y f=0 |p|=|x|×|y|=0.100011所以[x×y]原=0.100011补码两位乘法[x]补=111.011 [y]补=1.001 [--x]补=000.101 2[--x]补=001.010 部分积乘数y n+1000.000 1.0010+111.011111.011→111.111011 1.00+001.010001.00011→000.100011所以[x×y]补=0.1000112.111) 原码不恢复余数法|x|=00.1010 |y|=00.1101 [--|y| ]补=11.0011部分积商数00.1010+11.00111101101 0←11.1010+00.110100.0111 0.1←00.1110+11.001100.0001 0.11←00.0010+11.001111.0101 0.110←01.1010+00.110111.0111 0.1100+00.110100.0100所以[x/y]原=0.1100 余数[r]原=0.0100×2—4补码不恢复余数法[x]补=00.1010 [y]补=00.1101 [--y]补=11.0011 部分积商数00.1010+11.001111.1101 0←11.1010+00.110100.0111 0.1←00.1110+11.001100.0001 0.11←00.0010+11.001111.0101 0.110←10.1010+00.110111.0111 0.1100+00.110100.0100所以[x/y]补=0.1100 余数[r]补=0.0100×2—42)原码不恢复余数法|x|=00.101 |y|=00.110 [--|y| ]补=11.010 部分积商数00.101+11.01011.111 0←11.110+00.11000.100 0.1←01.000+11.01000.010 0.11←00.100+11.01011.110 0.110+00.11000. 100所以[x/y]原=1.110 余数[r]原=1.100×2—3补码不恢复余数法[x]补=11.011 [y]补=00.110 [--y]补=11.010 部分积商数11.011+00.11000.001 1←00.010+11.01011.100 1.0←11.000+00.11011.110 1.00←11.100+00.11000.010 1.001+11.01011.100所以[x/y]补=1.001+2—3=1.010 余数[r]补=1.100×2—32.121)[x]补=21101×00.100100 [y]补=21110×11.100110小阶向大阶看齐:[x]补=21110×00.010010求和:[x+y]补=21110×(00.010010+11.100110)=21110×11.111000 [x-y]补=21110×(00.010010+00.011010)=21110×00.101100 规格化:[x+y]补=21011×11.000000 浮点表示:1011,11.000000规格化:[x-y]补=21110×00.101100 浮点表示:1110,0.101100 2)[x]补=20101×11.011110 [y]补=20100×00.010110小阶向大阶看齐:[y]补=20101×00.001011求和:[x+y]补=20101×(11.011110+00.001011)=20101×11.101001 [x-y]补=20101×(11.011110+11.110101)=20101×00.010011 规格化:[x+y]补=21010×11.010010 浮点表示:1010,11. 010010规格化:[x-y]补=21010×00.100110 浮点表示:1010,00.1001102.13见教材:P702.141)1.0001011×262)0.110111*×2-62.151)串行进位方式C1=G1+P1C0G1=A1B1,P1=A1⊕B1C2=G2+P2C1G2=A2B2,P2=A2⊕B2C3=G3+P3C2G3=A3B3,P3=A3⊕B3C4=G4+P4C3G4=A4B4,P4=A4⊕B42)并行进位方式C1=G1+P1C0C2=G2+P2G1+P2P1C0C3=G3+P3G2+P3P2G1+P3P2P1C0C4= G4+P4G3+P4P3G2+P4P3P2G1+P4P3P2P1C02.16参考教材P62 32位两重进位方式的ALU和32位三重进位方式的ALU 2.17C n“1”“1”3.1见教材:P79 3.2 见教材:P833.3与SRAM 相比,DRAM 在电路组成上有以下不同之处:1) 地址线的引脚一般只有一半,因此,增加了两根控制线RAS 、CAS ,分别控制接受行地址和列地址。
基于8位模型机的定点原码一位乘法的实现
基于8位模型机的定点原码一位乘法的实现本文将介绍基于8位模型机的定点原码一位乘法的实现方法。
在数字电路中,乘法是一个重要的运算,尤其在数字信号处理和计算机系统中。
因此,设计高效的乘法器对于数字电路的性能和速度至关重要。
在本文中,我们将讨论一种基于8位模型机的定点原码一位乘法的实现方法,该方法具有较高的性能和效率。
一、定点原码乘法在定点原码乘法中,两个被乘数和乘数都是有符号的二进制数。
因此,我们需要对它们进行符号扩展,以便进行正确的乘法运算。
具体方法如下:1. 将被乘数和乘数的符号位分别提取出来,得到两个符号位。
2. 对被乘数和乘数的符号位进行符号扩展,即在高位插入符号位的值,得到两个扩展后的二进制数。
3. 将两个扩展后的二进制数进行乘法运算,得到一个结果。
4. 对结果进行截断,去掉多余的位数,得到最终的乘积。
二、基于8位模型机的定点原码一位乘法在本文中,我们将介绍一种基于8位模型机的定点原码一位乘法的实现方法。
该方法具有以下特点:1. 采用模型机的方式实现,具有较高的效率和性能。
2. 采用定点原码乘法,可以进行符号扩展和截断操作,得到正确的结果。
3. 采用一位乘法,可以进行多位乘法的实现,从而实现高效的数字电路。
该方法的实现步骤如下:1. 将被乘数和乘数的符号位分别提取出来,得到两个符号位。
2. 对被乘数和乘数的符号位进行符号扩展,即在高位插入符号位的值,得到两个扩展后的二进制数。
3. 将两个扩展后的二进制数进行一位乘法运算,得到一个结果。
4. 对结果进行截断,去掉多余的位数,得到最终的乘积。
在实现过程中,我们采用了模型机的方式,即将数字电路中的元件和信号抽象成一个模型,然后通过模型机的方式进行计算。
具体来说,我们采用了8位模型机,将数字电路的元件和信号抽象成8位二进制数,并通过模型机进行计算。
三、实现结果我们使用Verilog语言实现了基于8位模型机的定点原码一位乘法,并进行了仿真和测试。
仿真结果表明,该方法具有较高的性能和效率,可以进行高效的数字电路设计。
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实验课程: 计算机组成原理实验时间:
班级:姓名:学号批阅教师:
硬布线实现原码一位乘法
实验内容:
在实验箱上用硬布线方法实现原码一位乘法
实验设备:
CP226组成原理实验箱
实验设备介绍:
CP226 模型机包括了一个标准CPU 所具备所有部件,这些部件包括:运算器ALU、累加器A、工作寄存器W、左移门L、直通门D、右移门R、寄存器组R0-R3、程序计数器PC、地址寄存器MAR、堆栈寄存器ST、中断向量寄存器IA、输入端口IN、输出端口寄存器OUT、程序存储器EM、指令寄存器IR、微程序计数器uPC、微程序存储器uM,
以及中断控制电路、跳转控制电路。
其中运算器和中断控制电路以及跳转控制电路用CPLD 来实现,其它电路都是用离散的数字电路组成。
微程序控制部分也可以用组合逻辑控制来代替。
模型机为8 位机,数据总线、地址总线都为8位,但其工作原理与16位机相同。
模型机的指令码为8 位,根据指令类型的不同,可以有0 到 2 个操作数。
指令码的最低两位用来选择R0-R3 寄存器,在微程序控制方式中,用指令码做为微地址来寻址微程序存储器,找到执行该指令的微程序。
而在组合逻辑控制方式中,按时序用指令码产生相应的控制位。
在本模型机中,一条指令最多分四个状态周期,一个状态周期为一个时钟脉冲,每个状态周期产生不同的控制逻辑,实现模型机的各种功能。
模型机有24 位控制位以控制寄存器的输入、输出,选择运算器的运算功能,存储器的读写。
24 位控制位分别介绍如下:
XRD :外部设备读信号,当给出了外设的地址后,输出此信号,从指定外设读数据。
EMWR:程序存储器EM 写信号。
EMRD:程序存储器EM 读信号。
PCOE:将程序计数器PC 的值送到地址总线ABUS 上。
EMEN:将程序存储器EM 与数据总线DBUS 接通,由EMWR和EMRD决定是将DBUS 数据写到EM 中,还是从EM 读出数据送到DBUS。
IREN:将程序存储器EM 读出的数据打入指令寄存器IR 和微指令计数器uPC。
EINT:中断返回时清除中断响应和中断请求标志,便于下次中断。
ELP:PC 打入允许,与指令寄存器的IR3、IR2位结合,控制程序跳转。
MAREN:将数据总线DBUS 上数据打入地址寄存器MAR。
MAROE:将地址寄存器MAR 的值送到地址总线ABUS 上。
OUTEN:将数据总线DBUS 上数据送到输出端口寄存器OUT 里。
STEN:将数据总线DBUS 上数据存入堆栈寄存器ST 中。
RRD:读寄存器组R0-R3,寄存器R?的选择由指令的最低两位决定。
RWR:写寄存器组R0-R3,寄存器R?的选择由指令的最低两位决定。
CN:决定运算器是否带进位移位,CN=1 带进位,CN=0 不带进位。
FEN:将标志位存入ALU内部的标志寄存器。
X2、X1、X0 三位组合来译码选择将数据送到DBUS 上的寄存器。
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班级: 计科0501 姓名:李征学号:051401028 批阅教师:
WEN:将数据总线
AEN:将数据总线DBUS 的值打入累加器A中。
S2、S1、S0三位组合决定ALU做何种运算。
实验原理:
.原码一位乘法算法
原码一位乘法是从手算演变而来的,即用两个操作数的绝对值相乘,乘积的符号为两操作数符号的异或值(同号为正,异号为负)。
乘积P=|X|×|Y|
符号Ps=Xs⊕Ys
式中:Ps为乘积的符号,Xs和Ys为被乘数和乘数的符号。
原码一位乘法的规则:
⑴参加运算的操作数取其绝对值;
⑵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);
⑶累加后的部分积以及乘数右移一位
⑷重复n次⑵和⑶;
⑸符号位单独处理,同号为正,异号为负。
通常,乘法运算需要3个寄存器。
被乘数存放在B寄存器中;乘数存放在C寄存器中;
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班级: 计科0501 姓名:李征学号:051401028 批阅教师: A寄存器用来存放部分积与最后乘积的高位部分,它的初值为0。
运算结束后寄存器C 中不再保留乘数,改为存放乘积的低位部分。
例:已知:X=0.1101,Y=-0.1011,求:X×Y。
|X|=00.1101→B,|Y|=.1011→C,0→A
原码一位乘法示例
A C 说明
00.0000 1011
+|X| 00.1101 C4=1,+|X|
00.1101
→ 00.0110 1101 部分积右移一位
+|X| 00.1101 C4=1,+|X|
01.0011
→ 00.1001 1110 部分积右移一位+0 00.0000 C4=0,+0
00.1001
→ 00.0100 1111 部分积右移一位+|X| 00.1101 C4=1,+|X|
01.0001
→00.1000 1111 部分积右移一位
∵PS=XS⊕YS=0⊕1=1
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原码一位乘法运算的实现
A、B、C是n位的寄存器,A寄存器和C寄存器是级联在一起的,在右移控制信号的作用下,A寄存器最低一位的值将移入C寄存器的最高位。
C寄存器的最低位的值作为字级与门的控制信号,以控制加被乘数还是不加被乘数(即加0)。
C寄存器中的乘数在逐次右移过程中将逐步丢失,取而代之的是乘积的低位部分。
实验设计:
1.实验中只需要十二位控制信号K0----K11
连接线路:
K1和K0
2.实验步骤
以简单的0011×0010为例进行硬布线实验操作.
(1)实验思想:
R0存部分积及高位,R2存结果的低位
①判断乘数的最低位,并在判断后将其右移一位存入R2中,等待部分积的最低位移入
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R2中.即每判断一次,则乘数将舍去一个低位.根据对R2的最低位的判断确定R0是加0(R2的低位为0)还是加被乘数(R2的最低位为1),然后判断部分积的最后一位(同时将部分积右移一位存入R0,等待下一次的求和),将最后一位X入R2中(移位方法:将X000与R2相加,并将结果存入R2中)
②继续执行①,知道循环计数结束.
(2)系统清零和手动状态设定:K23-K16开关置零,按[RST]钮,按[TV/ME]键三次,
进入"Hand......"手动状态。
(3)实验操作按下表进行:
实验中遇到的问题:
实验中遇到的最大问题就是寄存器的之间值的传递问题,综合了前段时间实验所用到的80%的控制方法.尽管前些次基础实验这些控制信号都用过,但设计实验的时候将所有的控制信号要综合运用,而且由于硬布线时R0-R3的选择控制信号与算术逻辑运算功能控制信号有所交叉所以存放和的寄存器应不影响算术运算功能才行,所以将求和后的部分积的结果存入R0,而判断最低位的结果从D直通器可看到,从R3中也可看到.
华中农业大学实验报告
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实验中遇到的另一个问题就是步骤的清晰度.虽然只设计了四位的乘法,但步骤却很多.虽然在每次实验前都已经将所有的步骤写清,但在实验中由于新问题的出现,往往不能按事先拟好的步骤实现,故需要随时修改随时记录.直至最终实验得到正确的结果,并在反复的检验中验证得出准确的合理的实验步骤.
实验心得
学校给我们提供了实验环境,一流的实验设施,还配备了尽责热心的老师,
我们有十分充足的时间来学习和设计。
开放性的实验环境也为我们发挥自己
的创造力提供了充分的条件。
在这里我们不仅学到了许多在课堂上学不到的东西,而且锻炼了我们的动手和实践能力。
首先,这次课程设计是对计算机组成原理课程的加深和延续,很多内容虽然课本上没有详细讲解,但是很多东西是融会贯通的。
所以这次实验,我们对计算机的工作原理有了更进一步的了解,尤其是指令系统的工作原理,各个部件的工作之间的协调和配合等。
同时,这次课程设计大大锻炼了我们的动手能力,由于是手工接线,任何一条线出现问题都会影响到整个系统的执行,所以当问题变得莫名其妙毫无头绪之时,保持清醒的头脑,冷静的分析变得尤为重要。
同时,同学间组成小组共同工作,不仅增加了大家交流互助的机会,更是培养了我们的协作精神,让我们深刻体会到了协作在质量和效率上的优势。
总之,本次实验是一次难得的学习与发挥的机会,在实验及文档制作阶段我都体会到了思考与创造的巨大乐趣。
特别感谢:
由于对控制信号的组合出现问题,课后时间我到实验室练习寻找正确的控制信号组合,虽然只有我一个人实验,实验室夏老师仍热情的接待了我,并给予了很多帮助.特别感谢别老师课上课下给予的鼓励和教导,使得这次实验得已成功完成.并感谢四班的郑同学和阮同学,虽然我们的设计思想不尽相同,但他们的成功和鼓励给了我实验成功的信心.并谢谢本班同学们给予的支持和帮助.
李征051401028
计算机组成原理设计实验
DICE -CP226环境下
硬布线控制实现原码一位乘法。