第三讲 定点运算(加减法)

第三讲
定点运算（一）
本讲主要内容



移位运算 补码加法 补码减法 益处概念与检测方法 基本的二进制加法/减法器
一、移位运算
1. 移位的意义
15 . m = 1500. cm
小数点右移 2 位
机器用语 左移 右移 15 相对于小数点 左移 2 位 （ 小数点不动 ） 绝对值扩大 绝对值缩小
2、补码加法运算
(3)ｘ<0,ｙ>0,则ｘ＋ｙ>0或 ｘ＋ｙ<0 这种情况和第2种情况一样,把ｘ和ｙ的位置对调即得 证。 (4)ｘ<0,ｙ<0,则ｘ＋ｙ<0 相加两数都是负数,则其和也一定是负数。 ∵[ｘ]补＝2＋ｘ, [ｙ]补＝2＋ｙ ∴[ｘ]补＋[ｙ]补＝2＋ｘ＋2＋ｙ＝2＋(2＋ｘ＋ｙ) 上式右边分为”2”和(2＋ｘ＋ｙ)两部分.既然(ｘ＋ｙ) 是负数,而其绝对值又小于1,那么(2＋ｘ＋ｙ)就一定 是小于2而大于1的数,进位”2”必丢失.又因(ｘ＋ ｙ)<0, 所以 [ｘ]补＋[ｙ]补＝2＋(ｘ＋ｙ)＝[ｘ＋ｙ]补
连同符号位一起相加，符号位产生的进位自然丢掉
结论： 至此证明了在模2意义下，任意两数的 补码之和等于该两数之和的补码。
其结论也适用于定点整数。
补码加法的特点： （1）符号位要作为数的一部分一起参加 运算； （2）在模2的意义下相加，即大于2的进 位要丢掉。
3、补码减法运算
公式： [x-y]补= [x]补+[-y]补 连同符号位一起相加，符号位产生的进位自然丢掉
最高符号位 代表其 真正的符号
举例 例 x=+01100,y=+01000 求 x+y
例 x=-1100,y=-1000 求 x+y
(3) 利用进位值的判别法
[x]补 0 0. 1 1 0 0 +[y]补 0 0. 1 0 0 0 0 1. 1 0 0 0 [x]补 1 1.0 1 0 0 +[y]补 1 1.1 0 0 0 1 0.1 1 0 0
算术移位 有符号数的移位
逻辑移位
逻辑左移
无符号数的移位
低位添 0，高位移丢
0
0 10110010 01011001 11011001（补码）
逻辑右移
例如
逻辑左移 算术左移 Cy
高位添 0，低位移丢
01010011 10100110 00100110
逻辑右移 算术右移 0
高位 1 移丢
01010011
补码
移位操作
机
器
数
对应的真值
移位前 左移一位
左移两位 右移一位 右移两位
1,1100110 1,1001100 1,0011000 1,1110011 1,1111001 机 器 数
– 26 – 52 – 104 – 13 –7
对应的真值 – 26 – 52 – 104 – 13 –6
反码
移位操作 移位前 左移一位
左移两位 右移一位
右移两位
1,1100101 1,1001011 1,0010111 1,1110010 1,1111001
3. 算术移位的硬件实现
0
0
0
1
0
（a）真值为正 （b）负数的原码 （c）负数的补码 （d）负数的反码
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
4. 算术移位和逻辑移位的区别
V
0
A
n
GA
GS
溢出 判断 0
加法器（n+1）
求补控制 逻 辑
X
n
A、X 均 n+1 位 用减法标记 GS 控制求补逻辑
∴A+B= 0.0110 例 19 设 A = –9，B = –5 验证 求 [A+B]补 解： [A]补 = 1 , 0 1 1 1 – 1001 + [B]补 = 1 , 1 0 1 1 + – 0101 [A]补 + [B]补 = 1 1 , 0 0 1 0 = [A + B]补 – 1110 ∴ A + B = – 1110
例 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 = 0001111 B = 24 = 0011000 [A]补 = 0, 0001111 [B]补 = 0, 0011000 + [– B]补 = 1, 1101000 [A]补 + [– B]补 = 1, 1110111 = [A – B]补 ∴ A – B = – 1001 = –9 9 11 练习 1 设 x = 16 y = 16 ，用补码求 x+y – 12 错 x + y = – 0.1100 = 16 练习 2 设机器数字长为 8 位（含 1 位符号位） 且 A = – 97，B = +41，用补码求 A – B A – B = + 1110110 = + 118 错
4 、溢出概念与检测方法
引入：可能产生溢出的情况：
•两正数加，变负数，正溢（大于机器所能表示的 最大数） •两负数加，变正数，负溢（小于机器所能表示的 最小数）
溢出判断方法
(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
移位操作 移位前 左移一位 左移两位
右移一位 右移两位
机 器 数 [A]原=[A]补 =[A]反 0,0011010 0,0110100 0,1101000 0,0001101 0,0000110
对应的真值 +26 + 52 +104 +13 +6
例17
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
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
符号位不变
码
正数
制
添补代码
0 0 左移 添 0 右移 添 1 1
原码、补码、反码 原 码 码 码
负数
补 反
例16
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。 A = +26 = +11010 解： 则 [A]原 = [A]补 = [A]反 = 0,0011010
从上面例中看到： 当最高有效位有进位而符号位无进位时,产生上溢； 当最高有效位无进位而符号位有进位时,产生下溢。 （简单地说是正数相加为负数或负数相加为正数则产 生溢出）
故溢出逻辑表达式为：
V＝Cf⊕Co
其中Cf为符号位产生的进位,Co为最高有效位产生 的进位。此逻辑表达式也可用异或门实现。
判断电路
10100110
二、补码加/减法
1.原码加/减法运算
加法规则： 先判符号位，若相同，绝对值相加，结果符号不变; 同，则作减法， |大| - |小|，结果符号与|大|相同。 若不
减法规则：
两个原码表示的数相减，首先将减数符号取反，然后将被 减数与符号取反后的减数按原码加法进行运算。
公式：[x]补+[y]补 =[x+y]补 证明：假设︱ｘ︱﹤1, ︱ｙ︱﹤1, ︱ｘ＋ｙ︱﹤1 现分四种情况来证明 (1)ｘ﹥0,ｙ﹥0,则ｘ＋ｙ﹥0 [ｘ]补=x, [ｙ]补=y, [ｘ＋ｙ]补=x+y 所以等式成立. (2)ｘ﹥0,ｙ﹤0,则ｘ＋ｙ>0或ｘ＋ｙ<0 [ｘ]补=x, [ｙ]补=2+y, [ｘ]补＋[ｙ]补=x+ 2+y 当ｘ＋ｙ>0时,2 ＋ (ｘ＋ｙ) > 2,进位2必丢失,又因 (ｘ＋ｙ)>0， 故 [ｘ]补＋[ｙ]补＝ｘ＋ｙ＝[ｘ＋ｙ]补 当ｘ＋ｙ<0时,2 ＋ (ｘ＋ｙ) < 2,又因(ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ＋ｙ)<0， 故 [ｘ]补＋[ｙ]补＝2＋(ｘ＋ｙ)＝[ｘ＋ｙ]补 所以上式成立
示形式及对应的真值，并分析结果的正确性。
解： 原码 A = – 26 = – 11010
移位操作
移位前 左移一位 左移两位 机 器 数
对应的真值
– 26 – 52 – 104 – 13 –6
右移一位
右移两位
1,0011010 1,0110100 1,1101000 1,0001101 1,0000110
x0 y0 判断 电路
FA
z0
V
(1) 单符号位法
V＝Sf1⊕Sf2
c 0 x 0 y 0 c 1 x1 FA y1 z 1 V z 0
V＝C1⊕Co
c0
x0 y0 FA z0 V z1
FA
c1
x1 y1 FA
(2) 双符号位法
(3) 进位值判别法
四. 补码加减法的硬件配置
基本补码加法减法器
行波进位补码加法减法器
举例
例 18 设 A = 0.1011，B = –0.0101 求 [A + B]补 验证 解： [A]补 = 0 . 1 0 1 1 0.1011 + [B]补 = 1 . 1 0 1 1 – 0.0101 [A]补 + [B]补 = 1 0 . 0 1 1 0 = [A + B]补 0.0110
单符号位法的硬件实现 Cf C0 0 0 正确（正数） 0 1 上溢 1 0 下溢 1 1 正确（负数） V=Cf ⊕ C0 其中Cf为符号位产生的进位, C0为最高有效位产生 V=1 有溢出 V=0 无溢出
(2) 两位符号位判溢出
[x]补' = x 4+x 1 ＞x ≥ 0 0 ＞x ≥ –1（mod 4）