奇偶校验码,海明码,循环冗余CRC(精)

1、奇偶校验码
二进制数据经过传送、存取等环节，会发生误码（1变成0或0变成1），这就有如何发现及纠正误码的问题。

所有解决此类问题的方法就是在原始数据（数码位）基础上增加几位校验（冗余）位。

一、码距
一个编码系统中任意两个合法编码（码字）之间不同的二进数位（bit）数叫这两个码字的码距，而整个编码系统中任意两个码字的的最小距离就是该编码系统的码距。

如图1所示的一个编码系统，用三个bit来表示八个不同信息中。

在这个系统中，两个码字之间不同的bit数从1到3不等，但最小值为1，故这个系统的码距为1。

如果任何码字中一位或多位被颠倒了，结果这个码字就不能与其它有效信息区分开。

例如，如果传送信息001，而被误收为011，因011仍是表中的合法码字，接收机仍将认为011是正确的信息。

然而，如果用四个二进数字来编8个码字，那么在码字间的最小距离可以增加到2，如图
图 1
图 2
注意，图8-2的8个码字相互间最少有两bit因此，如果任何信息的一个数位被颠倒，码字，接收机能检查出来。

例如信息是1001，误收为1011接收机知道发生了一个差错，因为1011不是一个码字（表
中没有）。

然而，差错不能被纠正。

的，正确码字可以是1001，1111，0011或1010能确定原来到底是这4个码字中的那一个。

也可看到，这个系统中，偶数个（2或4）差错也无法发现。

为了使一个系统能检查和纠正一个差错，必须至少是“3”。

最小距离为3时，或能纠正一个错，或
能检二个错，但不能同时纠一个错和检二个错。

错和检错能力的进一步提高需要进一步增加码字间的最小
距离。

图8-3的表概括了最小距离为1至7的码的纠错和
检错能力。

图3 码距越大，纠错能力越强，但数据冗余也越大，即编码效率低了。

所以，选择码距要取决于特定系统的参数。

数字系统的设计者必须考虑信息发生差错的概率和该系统能容许的最小差错率等因素。

要有专门的研究来解决这些问题。

二、奇偶校验
奇偶校验码是一种增加二进制传输系统最小距离的简单和广泛采用的方法。

例如，单个的奇偶校验将使码的最小距离由一增加到二。

一个二进制码字，如果它的码元有奇数个1，就称为具有奇性。

例如，码字“10110101”有五个1，因此，这个码字具有奇性。

同样，偶性码字具有偶数个1。

注意奇性检测等效于所有码元的模二加，并能够由所有码元的异或运算来确定。

对于一个n位字，奇性由下式给出：
奇性=a0⊕a1⊕a2⊕…⊕an
奇偶校验可描述为：给每一个码字加一个校验位，用它来构成奇性或偶性校验。

例如，在图8-2中，就是这样做的。

可以看出，附加码元d2，是简单地用来使每个字成为偶性的。

因此，若有一个码元是错的，就可以分辨得出，因为奇偶校验将成为奇性。

奇偶校验编码通过增加一位校验位来使编码中1个个数为奇数（奇校验）或者为偶数（偶校验），从而使码距变为2。

因为其利用的是编码中1的个数的奇偶性作为依据，所以不能发现偶数位错误。

再以数字0的七位ASCII码（0110000）为例，如果传送后右边第一位出错，0变成1。

接收端还认为是一个合法的代码0110001（数字1的ASCII码）。

若在最左边加一位奇校验位，编码变为10110000，如果传送后右边第一位出错，则变成10110001，1的个数变成偶数，就不是合法的奇校验码了。

但若有两位（假设是第1、2位）出错就变成10110011，1的个数为5，还是奇数。

接收端还认为是一个合法的代码（数字3的ASCII码）。

所以奇偶校验不能发现。

奇偶校验位可由硬件电路（异或门）或软件产生：
偶校验位 an =a0⊕a1⊕a2⊕…⊕an-1，奇校验位 an =NOT（a0⊕a1⊕a2⊕…⊕an-1）。

在一个典型系统里，在传输以前，由奇偶发生器把奇偶校验位加到每个字
中。

原有信息中的数字在接收机中被检测，如果没有出现正确的奇、偶性，这个信息标定为错误的，这个系统将把错误的字抛掉或者请求重发。

在实际工作中还经常采用纵横都加校验奇偶校验位的编码系统--分组奇偶校验码。

现在考虑一个系统，它传输若干个长度为m位的信息。

如果把这些信息都编成每组n个信息的分组，则在这些不同的信息间，也如对单个信息一样，能够作奇偶校验。

图4中n个信息的一个分组排列成矩形式样，并以横向奇偶（HP）及纵向奇偶（VP）的形式编出奇偶校验
图 4 用综横奇偶校验的分组奇偶校验码
研究图4可知：分组奇偶校验码不仅能检测许多形式的错误。

并且在给定的行或列中产生孤立的错误时，还可对该错误进行纠正。

在初级程序员试题中（早期也出现在程序员试题中），经常有综横奇偶校验的题目。

一般解法应该是这样：先找一行或一列已知数据完整的，确定出该行（或列）是奇校验还是偶校验。

并假设行与列都采用同一种校验（这个假设是否正确，在全部做完后可以得到验证）。

然后找只有一个未知数的行或列，根据校验性质确定该未知数，这样不断做下去，就能求出所有未知数。

【例】2001年初级程序员试题
由 6 个字符的 7 位 ASCII 编码排列，再加上水平垂直奇偶校验位构成下列矩阵（最后:
则 X1 X2 X3 X4 处的比特分别为 __(36)__ ；
X5 X6 X7 X8 处的比特分别为 ____ ；
X9 X10 XI1 X12 处的比特分别为 __(38)__ ；Y1 和 Y2 处的字符分别为 __(39)__ 和 __(40)__ 。

[解]
从ASCII码左起第5列可知垂直为偶校验。

则：
从第1列可知X4=0；从第3行可知水平也是偶校验。

从第2行可知X3=1；从第7列可知X8=0；从第8列可知X12=1；
从第7行可知X11=1；从第6列可知X10=0；从第6行可知X9=1；从第2列可知X1=1；从第1行可知X2=1；从第3列可知X5=1；从第4行可知X6=0；
从第4列（或第5行）可知X7=0；整理一下：
(36) X1X2X3X4 = 1110
(37) X5X6X7X8 = 1000
(38) X9X10X11X12 = 1011
(39) 由字符Y1的ASCII码1001001=49H知道，Y1即是“I”（由“D”的ASCII码是1000100=44H推得）
(40) 由字符Y2的ASCII码0110111=37H知道，Y2即是“7”（由“3”的ASCII码是0110011=33H推得）
假如你能记住“0”的ASCII码是0110000=30H；“A”的ASCII码是1000001=41H，则解起来就更方便了。

2、海明校验
我们在前面指出过要能纠正信息字中的单个错误，所需的最小距离为3。

实现这种纠正的方法之一是海明码。

海明码是一种多重(复式)奇偶检错系统。

它将信息用逻辑形式编码，以便能够检错和纠错。

用在海明码中的全部传输码字是由原来的信息和附加的奇偶校验位组成的。

每一个这种奇偶位被编在传输码字的特定位置上。

实现得合适时，这个系统对于错误的数位无论是原有信息位中的，还是附加校验位中的都能把它分离出来。

推导并使用长度为m位的码字的海明码，所需步骤如下：
1、确定最小的校验位数k，将它们记成D1、D
2、…、Dk，每个校验位符合不同的奇偶测试规定。

2、原有信息和k个校验位一起编成长为m+k位的新码字。

选择k校验位（0或1）以满足必要的奇偶条件。

3、对所接收的信息作所需的k个奇偶检查。

4、如果所有的奇偶检查结果均为正确的，则认为信息无错误。

如果发现有一个或多个错了，则错误的位由这些检查的结果来唯一地确定。

校验位数的位数
推求海明码时的一项基本考虑是确定所需最少的校验位数k。

考虑长度为m位的信息，若附加了k个校验位，则所发送的总长度为m+k。

在接收器中要进行k个奇偶检查，每个检查结果或是真或是伪。

这个奇偶检查的结果可以表示成一个k 位的二进字，它可以确定最多2k种不同状态。

这些状态中必有一个其所有奇偶测试试都是真的，它便是判定信息正确的条件。

于是剩下的（2k-1）种状态，可以用来判定误码的位置。

于是导出下一关系：
2k-1≥m+k 码字格式
从理论上讲，校验位可放在任何位置，但习惯上校验位被安排在1、2、4、8、…的位置上。

图5 海明码中校验位和信息位的定位校验位的确定
k个校验位是通过对m+k位复合码字进行奇偶校验而确定的。

其中：P1位负责校验海明码的第1、3、5、7、…（P1、D1、D2、D4、…）位，（包括P1自己）
P2负责校验海明码的第2、3、6、7、…（P2、D1、D3、D4、…）位，（包括
P2自己） P3负责校验海明码的第4、5、6、7、…（P3、D2、D3、D4、…）位，（包括P3自己）对m=4，k=3，偶校验的例子，只要进行三次偶性测试。

这些测试（以A、B、C表示）
图6 奇偶校验位置
因此可得到三个校验方程及确定校验位的三个公式： A=B1⊕B3⊕B5⊕B7=0 得P1=D1⊕D2⊕D4 B=B2⊕B3⊕B6⊕B7=0 得P2=D1⊕D3⊕D4
C=B4⊕B5⊕B6⊕B7=0 得P3=D2⊕D3⊕D4
若四位信息码为1001，利用这三个公式可求得三个校验位P1、P2、P3值。

和海明码，如图7则表示了信息码为1001时的海明码编码的全部情况。

而图8中则列出了全部16种信息
图8 未编码信息的海明码上面是发送方的处理
在接收方，也可根据这三个校验方程对接收到的信息进行同样的奇偶测试：
A=B1⊕B3⊕B5⊕B7=0； B=B2⊕B3⊕B6⊕B7=0； C=B4⊕B5⊕B5⊕B7=0。

若三个校验方程都成立,即方程式右边都等于0，则说明没有错。

若不成立即方程式右边不等于0，说明有错。

从三个方程式右边的值，可以判断那一位出错。

例如，如果第3位数字反了，则C=0(此方程没有B3），A=B=1（这两个方程有
B3）。

可构成二进数CBA，以A为最低有效位，则错误位置就可简单地用二进数CBA=011指出。

同样，若三个方程式右边的值为001，说明第1位出错。

若三个方程式右边的值为100，说明第4位出错。

海明码的码距应该是3，所以能纠正1位出错。

而奇偶校验码的码距才是2，只能发现1位出错，但不能纠正（不知道那一位错）。

无校验的码距是1，它出任何一位出错后还是合法代码，所以也就无法发现出错。

这是关于海明码的经典说法，即码距为3，可以发现2位，或者纠正1位错。

应满足2k-1≥m+k。

但在清华的王爱英主编的《计算机组成与结构》（该书已成为国内的权威）中还提出了一种码距为4的海明码，可以发现2位，并且纠正1位错。

应满足2(k-1)≥m+k。

由于王爱英书上对这两种概念没有很仔细解释（特别对码距为3的海明码），过渡很突然。

有些书简单抄袭时没有仔细消化，所以出现一些概念错。

对于一般码距为3的海明码，应该是“可以发现2位，或者纠正1位错”，而不是“可以发现2位，并且纠正1位错”。

在试题中出现过类似的错误。

3.CRC
在串行传送（磁盘、通讯）中，广泛采用循环冗余校验码（CRC）。

CRC也是给信息码加上几位校验码，以增加整个编码系统的码距和查错纠错能力。

CRC的理论很复杂，一般书上只介绍已有生成多项式后计算校验码的方法。

检错能力与生成多项式有关，只能根据书上的结论死记。

循环冗余校验码（CRC）的基本原理是：在K位信息码后再拼接R位的校验码，整个编码长度为N位，因此，这种编码又叫（N，K）码。

对于一个给定的（N，K）码，可以证明存在一个最高次幂为N-K=R的多项式G(x)。

根据G(x)可以生成K位信息的校验码，而G(x)叫做这个CRC码的生成多项式。

校验码的具体生成过程为：假设发送信息用信息多项式C(X)表示，将C(x)左移R 位，则可表示成C(x)*2R，这样C(x)的右边就会空出R位，这就是校验码的位置。

通过C(x)*2R除以生成多项式G(x)得到的余数就是校验码。

几个基本概念
1、多项式与二进制数码
多项式和二进制数有直接对应关系：x的最高幂次对应二进制数的最高位，以下各位对应多项式的各幂次，有此幂次项对应1，无此幂次项对应0。

可以看出：x 的最高幂次为R，转换成对应的二进制数有R+1位。

多项式包括生成多项式G(x)和信息多项式C(x)。

如生成多项式为G(x)=x4+x3+x+1，可转换为二进制数码11011。

而发送信息位 1111，可转换为数据多项式为C(x)=x3+x2+x+1。

2、生成多项式
是接受方和发送方的一个约定，也就是一个二进制数，在整个传输过程中，这个数始终保持不变。

在发送方,利用生成多项式对信息多项式做模2除生成校验码。

在接受方利用生成多项式对收到的编码多项式做模2除检测和确定错误位置。

应满足以下条件：
a、生成多项式的最高位和最低位必须为1。

b、当被传送信息（CRC码）任何一位发生错误时，被生成多项式做模2除后应该使余数不为0。

c、不同位发生错误时，应该使余数不同。

d、对余数继续做模2除，应使余数循环。

将这些要求反映为数学关系是比较复杂的。

但可以从有关资料查到常用的对应于不同码制
图9 常用的生成多项式
3、模2除（按位除）
模2除做法与算术除法类似，但每一位除（减）的结果不影响其它位，即不向上一位借位。

所以实际上就是异或。

然后再移位移位做下一位的模2减。

步骤如下：
a、用除数对被除数最高几位做模2减，没有借位。

b、除数右移一位，若余数最高位为1，商为1，并对余数做模2减。

若余数最高位为0，商为0，除数继续右移一位。

c、一直做到余数的位数小于除数时，该余数就是最终余数。