计算机组成原理作业习题答案

2008.10
北京理工大学计算机科学技术学院
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计算机组成原理
4+9+1=14 当 A≥5 ，B≥5，无需校正，如：
5+9=14 (A4⊕B4)(C4’+S3’S2’+S3’S1’) ④ A≥5 ，B≥5，一定+3校正。
A4B4(S4’+S3’S2’+S3’S1’) ∴校正函数=
S3’S2’+S3’S1’ + (A4⊕B4)S4’ +(A4⊕B4)C4’
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计算机组成原理
(3)X=0.11011，Y=-0.10011 [X]补=0.1101正1溢，[Y0]0补.=1wenku.baidu.com1.00111101，[-Y]补=0.10011
+ 00.10011 01.01110
结果溢出错误
(4)X=-0.10110，Y=-0.00001
[X]补=1.01010，[Y11]补.0=110.1110111，[-Y]补=0.00001
+ 00100
00111
2) 尾数相乘
由补码乘法规则求得：–0.01110101
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3) 结果规格化 左规一次，阶码减一。 XY=-0.1110101026
⑵1) 尾数调整 ∵|X尾数|≤|Y尾数|
∴无需尾数调整 2)阶码相减
00011
+ 11011 11110
1 1001
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计算机组成原理
①不用校正，结果正确
②当A＜5， B＜5，需+3校正，如： 1+4=5，4+4+1=9 当A＜5，B≥5或A≥5，B＜5，无需校正， 如：
0+5=5， 4+5=9
A4B4(S4’+S3’S2’+S3’S1’)
③当A＜5， B≥5，或A≥5，B＜5，需+3校正， 如：
=S3’S2’+S3’S1’ + C3’
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计算机组成原理
4-16 用74181和74182芯片构成一个64位的ALU ，采用多级分组并行进位链。
64位ALU共需要16片74181，5片74182组成。
C48
C32
C16
C64 C0
74181
74182
G1*
P1*
C6=G2*+P2*G1*+P2*P1*C0
C9=G3*+P3*G2*+P3*P2*G1*+P3*P2*P1*C0
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C9
3位CLA电路
P3* G3* S9～S7
P2* G2* S6～S4
P1* G1* S3～S1
3位BCLA
+ 00.11111 01.11010
结果溢出错误
(2)X=0.11011，Y=-0.10101
[X]补=0.11011，[Y]补= 1.01011 00.11011
+ 11.01011 00.00110
[X+Y]补=00.00110
X+Y=0.00110
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计算机组成原理
4-10 分别用原码加减交替法和补码加减交替 法计算X÷Y。
⑵ X=-0.10101，Y=0.11011 ⑷ X=-0.10110，Y=-0.11011
⑵补原码码除除法法：：XX÷÷YY==-0-.(101.1010010+0+0.00.01001.11011000121-25-5 ) 0.11011
[Y]浮=0101;1.100001
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计算机组成原理
⑵ 尾数相加 11.011110
+ 11.100001 10.111111
⑶ 尾数结果规格化 右规一次。尾数右移一位，阶码加1。
[X+Y]浮=0110;1.011111 2.求XX+Y-Y=2110(-0.100001)
Y=-0.0101 [Y]补=1.1011，[1/2Y]补=1.1101 [1/4Y]补=1.1110，[-Y]补=0.0101
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计算机组成原理
4-8 分别用原码一位乘法和补码一位乘法计算 XY。
⑴ X=0.11011，Y=-0.11111 ⑵ X=-0.11010，Y=-0.01110 ⑴ XY=-0.1101000101
⑴对阶：小阶向大阶看齐。所以
[Y]浮=0101;1.100001
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计算机组成原理
⑵ 尾数相减
[-Y]尾补=0.011111 11.011110
+ 00.011111 11.111101
⑶ 尾数结果规格化 左规四次。尾数每左移一位，阶码减1。 [X-Y]浮=0001;1.0100000 X-Y=2001(-0.110000)
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习题串讲
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计算机组成原理
4-3 设计一个9位先行进位加法器，每3位为一组 ，采用两级先行进位线路。
C1=G1+P1C0
C2=G2+P2G1+P2P1C0
C3=G3+P3G2+P3P2G1+P3P2P1C0=G1*+P1*C0
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(3) X=-0.10110，Y=-0.00001 [X]补=1.01010，[Y]补= 1.11111
11.01010 + 11.11111
11.01001
[X+Y]补=11.01001 X+Y=-0.10111
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(4) X=-0.11011，Y=0.11110 [X]补=1.00101，[Y]补= 0.11110
校正前的二进制数 校正与
C4’S4’S3’S2’S1’
否
0 1 1 0 11 0000 A＜5， 0 1 1 1 01 0001 B＞5， 0 1 1 1 11 0010 +3校正
1 0 0 0 01 0011
1 0 0 0 11 0100
1 0101
A≥5
1 0110
B≥5
1 0111
+3校正
1 1000
(1)X=0.11011，Y=0.11111
(2)X=0.11011，Y=-0.10101
(3)X=-0.10110，Y=-0.00001
(4)X=-0.11011，Y=0.11110
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计算机组成原理
(1)X=0.11011，Y=0.11111
[X]补=0.11正01溢1，[0Y0].补1=1001.111111
计算机组成原理
4-14设计一个一位5421码加法器。
十进制 数
5421码
校正前的二进制数 校正与否
C4S4S3S2S1 C4’S4’S3’S2’S1’
0
0 0000
｜
｜
0 0000 ｜
不校正
4
0 0100
5
0 1000
6
0 1001
7
0 1010
8
0 1011
0 0100 0 0 1 0 1 1000 A＜5， 0 0 1 1 0 1001 B＜5， 0 0 1 1 1 1010 +3校正 0 1 0 0 0 1011
3位BCLA
3位BCLA
加法器 C6 加法器 C3 加法器
C0
A9～A7 B9～B7
A6～A4 B6～B4
CLA：先行进位 BCLA：成组先行进位
A3～A1 B3～B1
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计算机组成原理
4-4 已知X和Y，试用它们的变形补码计算出 X+Y，并指出结果是否溢出。
9
0 1100
0 1 0 0 1 1100
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十进制数
10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
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5421码 C4S4S3S2S1
1 0000 1 0001 1 0010 1 0011 1 0100 1 1000 1 1001 1 1010 1 1011 1 1100
阶码=-010
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3)尾数相除
由补码除法规则求得：
-0.1101+
-0.11012-4 0.1111
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∴XY=(-0.1101+
-0.11012-4 0.1111
)
2-2
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(2) X=0.10111，Y=0.11011
(3) X=0.11011，Y=-0.10011
(4) X=-0.10110，Y=-0.00001
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计算机组成原理
(1) X=0.11011，Y=-0.11111 [X]补=0.11011正，溢[Y]0补0=.11.100010101，[-Y]补=0.11111
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计算机组成原理
4-12 设浮点数的阶码和尾数部分均用补码表
示，按照浮点数的运算规则，计算下列各题：
⑴X=23
13 16
，Y=24(-
9 16
)，求XY。
⑵X=23(-
13 16
)，Y=25
15 16
，求XY。
⑴1) 阶码相加
00011
⑵ XY=0.0101101100
4-9 用补码两位乘法计算X×Y。
⑴ X＝0.101101 Y＝-0.011110 ⑵ X＝0.10110 Y＝-0.00011
⑴ XY=-0.010101000110 ⑵ XY=-0.0001000010
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⑷ X=-0.10110，Y=-0.11011 原码除法：X÷Y=0.11010+0.000.101100112-5 补码除法：X÷Y=0.11011-0.101.101001112-5
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+ 00.11111 01.11010
结果溢出错误
(2) X=0.10111，Y=0.11011
[X]补=0.10111，[Y0]0补.=100.11111011，[-Y]补=1.00101
+ 11.00101 11.11100
[X-Y]补=11.11100
X-Y=-0.00100
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+ 00.00001 11.01011
[X-Y]补=11.01011
X-Y=-0.10101
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4-6 已知：X=0.1011，Y=-0.0101
求 ： [1/2X] 补 ， [1/4X] 补 ， [-X] 补 ， [1/2Y] 补 ， [1/4Y]补， [-Y]补 X=0.1011 [X]补=0.1011，[1/2X]补=0.0101， [1/4X]补=0.0010，[-X]补=1.0101
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计算机组成原理
4-11 设浮点数的阶码和尾数部分均用补码表示， 按照浮点数的运算规则，
⑴X=2101(-0.100010)，Y=2100(-0.111110)，求 X+Y，X-Y。
[X]浮=0101;1.011110 [Y]浮=0100;1.000010 1.求X+Y ⑴对阶：小阶向大阶看齐。所以
11.00101 + 00.11110
00.00011
[X+Y]补=00.00011 X+Y=0.00011
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计算机组成原理
4-5 已知X和Y，试用它们的变形补码计算出XY，并指出结果是否溢出。
(1) X=0.11011，Y=-0.11111