6. 计算机的运算方法

• 本笔记参考哈工大刘宏伟老师的MOOC《计算机组成原理（上）_哈尔滨工业大学》、《计算机组成原理（下）_哈尔滨工业大学》。
• 或者是B站《计算机组成原理（哈工大刘宏伟）135讲（全）高清》，大家一起听比较热闹。
• 中文教材：《计算机组成原理（第二版）-唐朔飞.pdf》、《学习指导与习题解答（第2版）-唐朔飞.pdf》
• 本篇笔记对应课程第六章（下图加粗）。

本章全是重点😅，Δ表示笔记补充了MOOC没有讲到的内容。

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本章重点：

1. 计算机中数的表示【6.1、6.2】：介绍能够被硬件直接识别和处理的数据类型。也就是计算机指令中，包含对这些数据类型进行处理的指令，所以必须用硬件来实现这些运算。
2. 计算机的运算方法【6.3、6.4】：整体思路就是对笔算方法进行改进，主要关心硬件可实现。
3. 运算器的设计【6.5】：介绍CPU中的算术逻辑运算单元ALU的电路设计。

6.1 机器数的表示

6.1.1 无符号数和有符号数

  我们平常手写的有符号数被称为“真值”，而“机器数”则是数字在计算机中的表示方法。“无符号数”就是没有正负号的整数(默认正数)，只需要将无符号数用二进制表示，即可按位存储到寄存器中。寄存器的位数反映无符号数的表示范围，比如8位寄存器的取值范围就是 $0\sim 255$ (C语言char)、16位寄存器的取值范围就是 $0\sim 65535$ (C语言unsigned short)、32位寄存器的取值范围就是 $0\sim 2^{32}-1$ (C语言unsigned int)。

  有符号数包括“符号部分”、“数值部分”，将“符号部分”的正负号进行数字化表示，然后和“数值部分”分别保存到寄存器中，就是“机器数”。通常使用最高位表示“符号位”，也就是将寄存器的最高位作为符号位，“0”就表示为“正号＋”、“1”就表示为“负号－”。下图给出“真值”和“机器数”的关系：

• 符号位：默认为机器数的最高位，0表示正、1表示负。
• 数值部分：机器中没有硬件表示小数点，只靠约定。比如对于纯小数来说，符号位后面就是小数点。
• 位数：寄存器长度有限，所以机器数会受到存储字长的限制。

注：本节只考虑有符号的 整数 和 绝对值小于1的小数。绝对值比1大的小数(如“$8.4$”)，将在下一节“6.2节-数的定点表示和浮点表示”再进行介绍。

下面介绍四种机器数：原码、反码、补码、移码。主要关心：

• 机器数与真值的转换。
• 不同机器数形式之间的转化。
• 机器数表示的范围与其字长的关系。

6.1.2 有符号数-原码

  将数值部分写成二进制形式、符号位使用0/1表示就是“原码”，也就是“带符号的绝对值表示”。上面直接给出原码表示法的计算公式，但实际上，上述计算公式是根据下面的思想反推出来的！比如下面直接给出二进制数，写出其原码：

整数：用 逗号 将“符号位”和“数值部分”隔开。

• $x=+1110⟶[x{]}_{原}=0,1110$
• $x=-1110⟶[x{]}_{原}=1,1110\stackrel{推导公式}{=}1,0000+0,1110$

小数：用 小数点 将“符号位”和“数值部分”隔开。

• $x=+0.1101⟶[x{]}_{原}=0.1101$，注意前面的“0”表示数值大小，后面原码的“0”表示正负号。
• $x=-0.1101⟶[x{]}_{原}=1.1101\stackrel{推导公式}{=}1.0000+0.1101$

注：假设数值部分为4位。

来看几个例子：

注：下面均假设数值部分为4位。

【例6.1】已知 $[x{]}_{原}=1.0011$，求 $x$？
解：由定义得 $x=1-[x{]}_{原}=1-1.0011=-0.0011$

【例6.2】已知 $[x{]}_{原}=1,1100$，求 $x$？
解：由定义得 $x=2^4-[x{]}_{原}=10000-1,1100=-1100$

【例6.3】已知 $[x{]}_{原}=0.1101$，求 $x$？
解：因为原码符号位为0，表示为正数，所以直接 $x=+0.1101$

【例6.4】求 $x=0$ 的原码？
解：对于小数来说，$[+0.0000{]}_{原}=0.0000$、$[-0.0000{]}_{原}=1.0000$。
  对于整数来说，$[+0{]}_{原}=0,0000$、$[-0{]}_{原}=1,0000$。
  即，“+0”和“-0”的原码不同！

  原码的特点就是简单、直观。但是用原码作加法时，两个操作数符号不同时，本质上还是要执行减法（如上图）。此时就希望找到一个与负数等价的正数来代替这个负数，使“减”转化成“加”，也就是“补码”。

6.1.3 有符号数-补码

  “补”这个概念来自于时钟，比如想将6点时钟拨成3点，那么可以逆时针-3小时、或者顺时针+9小时(因为时钟要对12取模)，也就是“-3”和“+9”等价！于是 “补码”就是与负数等价的正数，根本思想为，一个正数和一个负数互为补数时，它们绝对值之和即为模数。正数的补数即为其本身，负数加上模数则为其补数。但实际负数的补码，可用原码除符号位外每位取反，末位加1求得。也就是，正数的补码为其自身，负数的补码=反码+1。如下：

整数：用逗号将“符号位”和“数值部分”隔开。

• $x=+1010⟶[x{]}_{补}=0,1010$
• $x=-1010⟶[x{]}_{补}=10000+(-1110)=1,0110\stackrel{发现规律}{=}1,(0101+0001)=[x{]}_{反}+1$

小数：用小数点将“符号位”和“数值部分”隔开。

• $x=+0.1110⟶[x{]}_{补}=0.1110$，注意前面的“0”表示数值大小，后面原码的“0”表示正负号。
• $x=-0.1110⟶[x{]}_{补}=10.0000+(-1.0010)=1.0010\stackrel{发现规律}{=}1.(0001+0001)=[x{]}_{反}+1$

下面给出几个例子：

【例6.5】已知 $[x{]}_{补}=0.0001$，求 $x$？
解：正数的补码为其自身，显然 $x=+0.0001$。

【例6.6】已知 $[x{]}_{补}=1.0001$，求 $x$？
解：由定义得 $x=[x{]}_{补}-2=-(10.0000-1.0001)=-0.1111$。或者直接 $x=[1.0001-0.0001{]}_{反}=-0.1111$，非常便捷。

【例6.7】已知 $[x{]}_{补}=1,1110$，求 $x$？
解：可以由公式反推，也可以直接 $x=1,[1110-0001{]}_{反}=-0010$

【自定义例】求 $0$ 的补码？
解：对于小数来说，$[+0.0000{]}_{补}=0.0000$、$[-0.0000{]}_{补}=1.1111+0.0001=0.0000$。
  对于整数来说，$[+0{]}_{补}=0,0000$、$[-0{]}_{补}=1,1111+0,0001=0,0000$。
  即，“+0”和“-0”的补码相同！

【自定义例】 求真值 $-1.0000$ 的补码？求补码 $[x{]}_{补}=1,0000$ 对应的真值？
解：由小数补码的定义得 $[x{]}_{补}=2+x=10.0000-1.0000=1.0000$。原码无法表示$-1.0000$！
  由正数补码的定义得 $x=[x{]}_{补}-2^5=-(10,0000-1,0000)=-1,0000=-2^5$。
  即，只有符号位是1的补码，表示取值范围内最小的幂次！

6.1.4 有符号数-反码

  反码很简单，就是正数的反码为其自身，负数的反码将其“原码”的“数值部分”按位取反、“符号位”不变。如下：

整数：用逗号将“符号位”和“数值部分”隔开。

• $x=+1101⟶[x{]}_{反}=0,1101$
• $x=-1101⟶[x{]}_{反}=1,0010$

小数：用小数点将“符号位”和“数值部分”隔开。

• $x=+0.1101⟶[x{]}_{反}=0.1101$，注意前面的“0”表示数值大小，后面原码的“0”表示正负号。
• $x=-0.1010⟶[x{]}_{反}=1.0101$

【例6.8】已知 $[x{]}_{反}=0,1110$，求 $x$？
解：由定义得 $x=+1110$

【例6.9】已知 $[x{]}_{反}=1,1110$，求 $x$？
解：由定义得 $x=-0001$

【例6.10】求 $0$ 的反码？
解：对于小数来说，$[+0.0000{]}_{反}=0.0000$、$[-0.0000{]}_{反}=1.1111$。
  对于整数来说，$[+0{]}_{反}=0,0000$、$[-0{]}_{反}=1,1111$。
  即，“+0”和“-0”的反码不同！

6.1.5 有符号数-移码

  如上图，补码表示很难直接判断其真值大小。单纯从寄存器的角度看，不仅所有的负数都比正数大，就连负数也是按照逆序排序的。于是很自然的就想到直接将补码的符号位取反不就可以了！于是给出移码的定义，如下：

移码和补码的比较

• $x=+1100100⟶[x{]}_{补}=0,1100100[x{]}_{移}=1,1100100$
• $x=-1100100⟶[x{]}_{补}=1,0011100[x{]}_{移}=0,0011100$

移码的特点：

1. “补码”与“移码”符号位相反。两者的转换非常简单。
2. 不区分正数和负数。“+0”和“-0”的移码相同！
3. 小数没有移码。在计算机中，“移码”专用于判断，通常用于“浮点数”的阶码部分，所以没有小数的移码定义。
4. 最小真值的移码为全0。根据第一条，最小真值的补码只有符号位为1。

6.1.6 原码、补码、反码的比较

  下图给出了“原码”、“补码”、“反码”的转换关系：

正数的机器数都与原码相同，负数有如下转换关系：

• 【原码–>反码】除符号位外每位取反。
• 【反码–>补码】末位加1。
• 【原码–>补码】除符号位外每位取反、末位加1。
• 【补码–>原码】除符号位外每位取反、末位加1。

注意：【原码–>补码】和【补码–>原码】的转换逻辑相同！

下面给出两个例子：

【例6.11】设机器数字长为8位(其中1位为符号位)。对于整数，当其分别代表无符号数、原码、补码和反码时，对应的真值范围各为多少?
即，补码比原码、反码可以多表示一个负数。

【例6.12】 已知 $[y{]}_{补}$，求 $[-y{]}_{补}$？
解：将 $[y{]}_{补}$ 连同符号位在内，每位取反，末位加1，即为 $[-y{]}_{补}$。这是一个非常重要的规律。

6.2 数的定点表示和浮点表示

6.2.1 定点表示

  “定点表示”也就是小数点位置固定，要么在第一位后表示“绝对值小于1的小数”，要么在最后一个表示“整数”。上一节已经详细的介绍了。于是在定点机中可以分为如下两种。其中“小数定点机”精度为 $2^{-n}$、“整数定点机”的精度为 $1$，下表给出了取值范围：

但“定点表示”有很多问题，于是便有了下一小节的“浮点表示”：

• 编程困难，程序员要调节小数点的位置。
• 数的表示范围小，为了能表示两个大小相差很大的数据，需要很长的机器字长。比如太阳的质量是 $0.2\times 10^{34}$ 克，一个电子的质量大约为 $0.9\times 10^{-27}$ 克，两者数量级相差 $10^{61}$，使用定点表示则相差203位。
• 数据存储单元的利用率往往很低。

6.2.2 浮点表示

下面是本小节关心的问题：

• 为什么在计算机中要引入浮点数表示？——定点表示不够用
• 浮点表示的格式是什么？
• 尾数和阶码的基值必须是2吗？基值的影响？——不一定，但影响表示精度
• 表数范围与精度和哪些因素有关？
• 为什么要引入规格化表示？
• 目前浮点数表示格式的标准是什么？——IEEE 754

  “浮点表示”的基本思想就是使用 二进制的“科学记数法”，比如 $N=11.0101=0.110101\times 2^{[10{]}_{二进制}}$，注意幂次也是二进制数(规格化数)。由于幂次的阶码本身也是二进制表示，所以幂次的范围很大，这样我们便可以使用有限字长表示数量级相差很大的数字。下面给出浮点数的规格化形式：

• $j$：阶码，是一个有符号整数，控制尾数的左右移动。$j_f$ 是符号位、其余是数值部分(长度为 $m$)。
• $S$：尾数，是绝对值小于1的小数、要求尾数规格化。$S_f$ 是符号位、其余为数值部分(长度为 $n$)。
• $r$：尾数的基值，计算机中通常取 2、4、8、16等。基数 $r$ 越大，可表示的浮点数的范围越大，但浮点数的精度降低，因为一次移动的位数增加。基数不同，浮点数的规格化形式不同，如下。

• $r=2$，“原码规格化”原则是尾数最高位为1；“补码规格化”原则是尾数的符号位和第一数位不同。
• $r=4$，“原码规格化”原则尾数最高2位不全为0。
• $r=8$，“原码规格化”原则尾数最高3位不全为0。

注：规格化是为了尽可能保证数据精度，防止存储很多无效0。

  浮点数本质上是用用有限的数据表示无限多的实数。显然浮点数的表示范围和 阶码$j$、尾数$S$ 的取值范围有关。阶码长度影响范围，尾数长度影响精度。如下图，可以看到 $m=4$、$n=10$ 的浮点数(16位)，表示范围为 $\pm [2^{-25}\sim 2^{15})$、精度为 $2^{-10}$(十进制)：

• 上溢：阶码>最大阶码，按“计算出错”处理。
• 下溢：尾数为0、或者阶码<最小阶码，按“机器零”处理。机器零的两种情况：

1. 浮点数尾数=0时。
2. 浮点数阶码≤能表示的最小数时。若阶码采用“补码”，最小值是只有最高位为1；若阶码采用“移码”，最小值是阶码全是0。

注：上述机器零的规定有利于机器中“判0”电路的实现。

下面是几个浮点数范围的练习：

【练习】设机器数字长为24位，欲表示±3万的十进制数，试问在保证数的最大精度的前提下，除阶符、数符各取1位外，阶码、尾数各取几位？
解：由 $2^{14}<30000<2^{15}$，阶码取值范围应大于15，于是阶码长度最小为 $4+1=5$ 位。剩下的19位就是尾数长度。

【例6.13】将 $+\frac{19}{128}$ 写成二进制定点数、浮点数及在定点机和浮点机中的机器数形式。其中数值部分均取10位，数符取1位，浮点数阶码取5位(含1位阶符)，尾数规格化。
解：二进制定点数：$x=+\frac{19}{128}=10011\times 2^{-[7{]}_{十进制}}=0.0010011000$。
  浮点数的规格化形式 $x=0.1001100000\times 2^{-[10{]}_{二进制}}$。
  定点机：$[x{]}_{原}=[x{]}_{反}=[x{]}_{补}=0.0010011000$。
  浮点机(原码)：阶码为 $j=1,0010$、尾数为 $0.1001100000$。
  浮点机(反码)：阶码为 $j=1,1101$、尾数为 $0.1001100000$。
  浮点机(补码)：阶码为 $j=1,1110$、尾数为 $0.1001100000$。

【例6.14】将 $-58$ 表示成二进制定点数和浮点数，并写出它在定点机和浮点机中的三种机器数及阶码为移码、尾数为补码的形式(其他要求同上例)。
解：二进制定点数：$x=-111010=-0000111010$。
  浮点数的规格化形式 $x=-0.1110100000\times 2^{+[110{]}_{二进制}}$。
  定点机(原码)：$[x{]}_{原}=1,0000111010$。
  定点机(反码)：$[x{]}_{反}=1,1111000101$。
  定点机(补码)：$[x{]}_{补}=1,1111000110$。
  浮点机(原码)：阶码为 $j=0,0110$、尾数为 $1.1110100000$。
  浮点机(反码)：阶码为 $j=0,0110$、尾数为 $1.0001011111$。
  浮点机(补码)：阶码为 $j=0,0110$、尾数为 $1.0001100000$。
  浮点机(要求)：阶码为 $j=1,0110$、尾数为 $1.0001100000$。

【习题6.16】设机器数字长为16位，写出下列各种情况下它能表示的数的范围。设机器数采用1位符号位，答案均用十进制数表示。
(1) 无符号数。—— $0\sim 65535$。
(2) 原码表示的定点小数。—— $-(1-2^{-15})\sim 1-2^{-15}$
(3) 补码表示的定点小数。—— $-1\sim 1-2^{-15}$
(4) 补码表示的定点整数。—— $-32768\sim 32767$
(5) 原码表示的定点整数。—— $-32767\sim 32767$
(6) 浮点数的格式为：阶码6位(含1位阶符)，尾数10位(含1位数符)。分别写出正数和负数的表示范围。(假设阶码和尾数都是原码、且不用规格化)
  原码非规格化：正数 $2^{-9}\times 2^{-31}\sim (1-2^{-9})\times 2^{31}$；负数 $-(1-2^{-9})\times 2^{31}\sim -2^{-9}\times 2^{-31}$。
(7) 浮点数格式同(6)，机器数采用补码规格化形式，分别写出其对应的正数和负数的真值范围。
  补码规格化要求尾数的符号位和第一数位不同，于是其正数最小值为 $2^{-1}$，负数最大值为 $-(2^{-1}+2^{-9})$！
  采用 补码规格化：正数 $2^{-1}\times 2^{-32}\sim (1-2^{-9})\times 2^{31}$；负数 $-1\times 2^{31}\sim -(2^{-1}+2^{-9})\times 2^{-32}$。
  若 补码非规格化：正数 $2^{-9}\times 2^{-32}\sim (1-2^{-9})\times 2^{31}$；负数 $-1\times 2^{31}\sim -2^{-9}\times 2^{-32}$。

6.2.3 ΔIEEE 754标准

  IEEE 754中规定了浮点数的格式，如上图。因为规定基值 $r=2$，所以尾数规格化后，尾数的第一位 $S_1$ 为定值——原码是1、补码则和符号位相反。于是便可以将这一位省略，称为“隐藏位”，进一步扩大了浮点数的表示范围。下面给出了 IEEE 754 的长度规定：

以上表中“短实数”为例，计算“原码”的取值范围：

• 未规格化：。???
• 规格化（短实数）：正数 $2^{-1}\times 2^{-127}\sim (1-2^{-24})\times 2^{127}$、负数 $-(1-2^{-24})\times 2^{127}\sim -2^{-1}\times 2^{-127}$。

可以看到，规格化可以使尾数最高位被省略，于是提升了“浮点数”的精度。

参考视频：“王道-计算机组成原理-2.3.2 IEEE 754”???等待完善内容
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临时实数没有隐藏位
移码的表示
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6.3 定点运算

6.3.1 移位运算

1、移位的运算规则

  从数学意义上说，“移位”是改变小数点的位置。但是在机器用语中，“移位”则是小数点不动，移动数值部分。若使用二进制存储，移位就表示按2的倍数进行扩大、缩小。“移位”与“加减”配合，能够实现乘除运算。移位分为“算术移位”和“逻辑移位”，下面是给出移位规则：

• 算术移位：有符号数的移位。
• 逻辑移位：无符号数的移位。

上述“补码”的移位规则，本质上是建立在原码的移位规则上，负数“左移填0”是因为“原码”最后的“10000”在“补码”中不会改变；负数“右移填1”是因为补码的高位都是“原码”取反。下面是一些练习：

【例6.16】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。
解：$A=-11010$，得$[A{]}_{原}=[A{]}_{补}=[A{]}_{反}=0,0011010$，于是

【例6.17】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示形式及对应的真值，并分析结果的正确性。
解：$A=-11010$，得 $[A{]}_{原}=1,0011010$、$[A{]}_{反}=1,1100101$、$[A{]}_{补}=1,1100110$，于是

注：上述两题可以看出，只要没有溢出，计算就非常准确。

2. 移位的硬件实现

  当移位移出了1时，就会发生“溢出”。高位溢出称为“出错”，是因为移位后会和正确结果差距很大。低位溢出称为“影响精度”，这是因为移位后和正确结果的偏差不会超过最小精度。和上述移位规则相对应，下面给出了移位的硬件实现。可以看到，如果移位的添补代码是0，那就直接传入；若填补代码是1，还可以利用符号位。如下图：

• 左侧方框：符号位所在寄存器。
• 蓝色箭头所在方框：数值部分所在寄存器。

注：为了避免“逻辑左移”将最高位移丢，上右图使用了“带进位的移位”。

6.3.2 加减法运算-补码

1. 补码加减法运算的公式

  进行加法运算时，若采用“原码”，那么正数和负数的加法实际上还是减法，而“补码”就是与负数等价的正数。如下给出计算公式，注意相加时连同符号位一起相加，最后舍弃最高的进位即可：

注：【例6.12】中提到过“将 $[y{]}_{补}$ 连同符号位在内，每位取反，末位加1，即为 $[-y{]}_{补}$”。

下面给出几个例子：

【例6.18】设 $A=0.1011$，$B=-0.0101$，求 $[A+B{]}_{补}$？
解：$[A{]}_{补}+[B{]}_{补}=0.1011+1.1011=10.0110$，于是舍弃符号位进位即得 $[A+B{]}_{补}=0.0110$。

【例6.19】设 $A=-9$，$B=-5$，求 $[A+B{]}_{补}$？（假设数值部分是4位）
解：$[A{]}_{补}+[B{]}_{补}=[1,1001{]}_{补}+[1,0101{]}_{补}=1,0111+1,1011=11,0010$，于是舍弃符号位进位即得 $[A+B{]}_{补}=1,0010$。

【例6.20】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：$[A{]}_{补}+[-B{]}_{补}=0,0001111+[1,0011000{]}_{补}=0,0001111+1,1101000=1,1110111=[A-B{]}_{补}$，于是 $A-B=1,0001001=[-9{]}_{十进制}$。

【练习1】设机器数字长为5位(含1位符号位)，且 $x=\frac{9}{16}$，$y=\frac{11}{16}$，用补码求 $x+y$？
解：$[A{]}_{补}+[B{]}_{补}=0.1001+0.1011=1.0100$，于是得 $x+y=1.1100=[-0.75{]}_{十进制}$。计算错误！

【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 $A-B$？
解：$[A{]}_{补}+[-B{]}_{补}=[1,1100001{]}_{补}+[1,0101001{]}_{补}=1,0011111+1,1010111=10,1110110$，于是舍弃符号位进位即得 $[A+B{]}_{补}=0,1110110$，也就是 $A-B=+118$。计算错误！

注：实际中数值部分字长不是无限的，一定要注意机器数字长，机器数字长不够会导致溢出。

2. 溢出的判断

  上面提到补码相加时，需要连通管符号位一起相加，最后舍弃最高的进位。那么如何判断补码溢出呢？如下：

1. 使用一位符号位判判断：两个操作数一正一负必不可能溢出；但若两个操作数符号相同，其结果的符号与原操作数的符号不同，即为溢出。缺点是需要记录两个进位，然后进行异或。

• 硬件实现（异或）：最高有效位的进位 $\oplus$ 符号位的进位 = 1，溢出。
• 关键点：“最高有效位的进位”会影响“符号位的进位”。

2. 使用两位符号位判溢出：使用两个符号位，新增符号位与原符号位相同。进行加/减运算后，若结果的双符号位相同，未溢出；若结果的双符号位不同，溢出。最高符号位代表其真正的符号。
3. 进位判断法：在进行补码加减运算时，可以记录下进位和借位的情况。如果最高位的进位和次高位的进位不同，则表示发生了溢出。

3. 补码加减法的硬件配置

根据上述原理很容易实现补码加减法的硬件配置，如下图：

• 加法器：核心部件，完成补码的加减法运算。
• $\text{A}$：也就是 $\text{ACC}$，保存被加数。
• $\text{X}$：保存加数。
• ${\text{G}}_{\text{A}}$、${\text{G}}_{\text{S}}$：加减法标记位。${\text{G}}_{\text{A}}=1$ 表示做加法，${\text{G}}_{\text{S}}=1$做减法。
• 求补控制逻辑：减法时，控制 $\text{X}$ 求解所保存加数的补码，也就是“取反、+1”。

6.3.3 Δ乘法运算-原码

1. 笔算乘法的分析和改进

  乘法运算可用“加”和“移位”实现。如下左图，给出了手写的二进制乘法计算过程，可以看到其本质上就是不断的“移位+相加”。但向左移动乘数不符合硬件的逻辑，于是进行改进。最重要的改进就是将遍历过程改为，由乘数的末位决定被乘数是否与原部分积相加，然后右移1位形成新的部分积，同时乘数右移1位(末位移丢)，空出高位存放部分积的低位。可以看到乘法计算的中间结果不断占用乘数的空间，如下右图所示：

重要的改进内容：

1. 不断的右移、求和。被乘数只与部分积的高位相加。
2. 在保留乘法的中间值的同时，顺便蹭一下乘数的空间。
3. 符号位单独使用异或电路计算。

2. 原码乘法—一位乘

  上述改进的笔算乘法就是“原码一位乘算法”。原码乘法的特点：

1. 乘积的符号位单独处理，数值部分为绝对值相乘。
2. 用移位的次数判断乘法是否结束。因为有可能不做加法。

注：移位操作均为“逻辑移位”。

【例6.21】已知 $x=-0.1110$、$y=0.1101$，求 $[x\cdot y{]}_{原}$？
解：写出原码后，符号位直接异或，数值部分如右 。

3. 原码乘法的硬件配置—一位乘

• $\text{A}$：n+1寄存器，也就是 $\text{ACC}$，保存累加和高位(不断移位)。最高位不是符号位，而是保存低位部分相加后的进位。
• $\text{Q}$：n+1寄存器，乘商寄存器。计算刚开始时保存乘数，计算过程不断右移，计算结束后就是乘积的低位。
• $\text{X}$：n+1寄存器，保存被乘数(无需移位)。
• 加法器：n+1位加法器。
• 移位和加控制：由乘数的最低位控制。“控制门”可以送0给加法器。
• 计数器$\text{C}$：记录移位的次数，判断乘法是否结束。一般是从n递减。
• $\text{S}$：符号位，将两个操作数的符号位异或得到。
• ${\text{G}}_{\text{M}}$：乘法的标志位。

核心部件：三个n+1位寄存器 $\text{A}$、$\text{Q}$、$\text{X}、一个n+1位全加器。

3. 原码乘法—两位乘

待补充。。。。。。。。

6.3.4 Δ乘法运算-补码

1. 补码乘法—一位乘

(1)补码一位乘运算规则
以小数为例
1.被乘数任意，乘数为正。
与原码乘相似，但加和移位按补码规则运算。乘积的符号自然形成
②被乘数任意，乘数为负
乘数[y]补，去掉符号位，操作同①
最后加[-x]补，校正

2. 补码乘法的硬件配置—一位乘

3. 补码乘法—两位乘

4.乘法小结

• 整数乘法与小数乘法过程完全相同，可用逗号代替小数点。
• 原码乘符号位单独处理；补码乘符号位自然形成。
• 原码乘去掉符号位运算，即为无符号数乘法。
• 不同的乘法运算需有不同的硬件支持。

本小节参考视频：“王道-计算机组成原理-2.2.6.2 补码的乘法运算”???等待完善内容
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6.3.5 除法运算-原码

约定：

1. “小数定点机”除法中，被除数小于除数，这样的到的商还是小数。否则溢出。
2. “整数定点机”除法中，被除数大于除数，这样的到的商就是整数。否则溢出。
3. 被除数不为0、除数不为0，可以提前通过判断电路规避。

注：上述前两种“溢出”的情况可以见下一节“6.4节-浮点四则运算”。

1. 笔算除法的改进

  二进制除法实际上比十进制除法简单，因为二进制商的每一位只有0/1。如下左图所示，给出了笔算除法的过程。我们已经约定好“被除数小于除数”，于是笔算乘法本质上也是不断地比较被除数和当前余数的大小。商的符号位单独处理、数值部分为绝对值相除。按照硬件逻辑进行改进后，和“原码乘法”相反，“原码除法”是从低位计算到高位。如下：

重要的改进内容：

1. 不断的左移、求和。每次都与“负的除数绝对值的补码”低位相加。
2. 不断缩小余数的中间值的空间，最终只剩下商。
3. 符号位单独使用异或电路计算。

2. 原码除法：恢复余数法

在第 $i$ 步：

1. 上商：若余数 $R_i>0$，上商1；若余数 $R_i<0$，上商0。
2. 恢复余数：若上商1，则跳转到下一步；若上商0，恢复余数 $R_i+y^{\ast }$。
3. 逻辑移位：将余数逻辑左移1位。
4. 准备下一次运算：再将现在的余数减去 $y^{\ast }$，得到下一次余数 $R_{i+1}$。

特点：若数值部分为n位，则上商n+1次，其中第一次上商判溢出。移位n次。加n+1~2n+1次。用移位的次数判断除法是否结束。

【例6.24】假设机器字长5位(符号位1位)，给出 $x=-0.1011$、$y=-0.1101$，在小数定点机中求 $[\frac{x}{y}{]}_{原}$？
解:$[x{]}_{原}=1.1011$、$[y{]}_{原}=1.1101$，$[y^{\ast }{]}_{补}=0.1101$、$[-y^{\ast }{]}_{补}=1.0011$。然后如下：

• 每一步：首先判断上商、若上商0则进行“加法”恢复余数、然后余数“逻辑左移”、最后进行“加法”用于下一次判断。
• 上图中未展示“第一次上商”，其作用是判断是否溢出。不符合本节开始提到的“约定”。

3. 原码除法：加减交替法

  “加减交替法”是对“恢复余数法”的改进，将每一步中的两次加法合并，直接节省掉“恢复余数法”中“恢复余数”的过程。如下：

在第 $i$ 步：

• 若为第一步直接 $+y^{\ast }$。
• 否则，若余数 $R_i>0$，则上商1，计算新的余数 $R_{i+1}=2R_i-y^{\ast }$。
• 否则，若余数 $R_i<0$，则上商0，计算新的余数 $R_{i+1}=2(R_i+y^{\ast })-y^{\ast }=2R_i+y^{\ast }$。
• 如果最后一步且上商为0，则最后加法计算的结果不是对应的余数，还需要再 $+y^{\ast }$ 恢复余数。

特点：若数值部分为n位，则上商n+1次，第一次上商判溢出。移位n次。加(n+1)/(n+2)次。用移位的次数判断除法是否结束。

【例6.25】假设机器字长5位(符号位1位)，给出 $x=-0.1011$、$y=-0.1101$，在小数定点机中求 $[\frac{x}{y}{]}_{原}$？
解:$[x{]}_{原}=1.1011$、$[y{]}_{原}=1.1101$，$[x^{\ast }{]}_{补}=0.1011$、$[y^{\ast }{]}_{补}=0.1101$、$[-y^{\ast }{]}_{补}=1.0011$。然后如下：

4. 加减交替法的硬件配置

• $\text{A}$：n+1寄存器，也就是 $\text{ACC}$。一开始保存被除数，计算过程不断左移，最后就是余数。最高位不是符号位，而是保存高位部分相加后的进位。
• $\text{Q}$：n+1寄存器，乘商寄存器。计算刚开始时保存0，计算过程不断右移，计算结束后就是商。
• $\text{X}$：n+1寄存器，保存除数(无需移位)。
• 加法器：n+1位加法器。
• 移位和加控制逻辑：最低位控制加减交替。“控制门”可以送 $+y^{\ast }$、$-y^{\ast }$ 给加法器。
• 计数器$\text{C}$：记录移位的次数，判断除法是否结束。
• $\text{S}$：符号位，将两个操作数的符号位异或得到。
• ${\text{G}}_{\text{D}}$：除法的标志位。
• $\text{V}$：表示是否溢出。

6.3.6 Δ除法运算-补码

补码除法也分恢复余数法和加减交替法，后者用得较多，在此只讨论加减交替法。

参考视频：“王道-计算机组成原理-2.2.7.2 补码的除法运算”???等待完善内容
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6.4 浮点四则运算

6.4.1 浮点数的加减运算

1. 浮点数加减运算的基本步骤

  假设浮点数基数为2，并且使用“补码”计算，下面直接直接给出“浮点加减运算”的基本步骤：

1. 对阶：首先用补码求阶差 $[{\Delta }_j{]}_{补}=[j_x{]}_{补}-[j_y{]}_{补}$，然后“小阶向大阶看齐”。小阶所在的浮点数阶码增加、尾数算数右移。注意“右移”只是可能影响数据精度，而“左移”可能会出现特别大的错误。
2. 尾数求和：补码定点求和，注意要重复一位符号位。
3. 尾数规格化：非规格化时，检查尾数的两个符号位，若为 $10/01$ 则“右规”；否则就“左规”。每次移位都是算术移位，同时需要调整阶码。尾数溢出则“右规”。

• 原码规格化原则是第一数位为1。
• 补码规格化原则是符号位和第一数位不同。

注：若计算结果溢出(参考“6.2.2 浮点表示”)，下溢全部按照机器零处理。上溢会进入“出错处理”。

2. 舍入方法和溢出判断

  需要注意的是，上述“对阶”和“规格化”过程中，只要进行尾数右移时，丢失有效数字就会引起误差，于是便有下面的舍入方法：

1. 截断法：直接移出。后续没有任何操作。上述“计算步骤”中的默认方法。
2. 0舍1入法：移出的是1，移动后，就在最末尾加1。可能会使尾数再次溢出。类似于“四舍五入”。
3. 恒置“1”法：只要右移，就强制使末位为1。
4. …

计算完成之后再判断是否溢出。“溢出判断”较为简单，只要计算结果超出范围就是溢出。“上溢”需要进入“出错处理”，“下溢”则按照“机器零”处理：

1. 阶码判断法：阶码为0，判断为下溢，按照“机器零”处理。若阶码采用补码，且为补码的最小负数(符号位为1、其余位都是0)，判定为上溢，进入“出错处理”。
2. 尾数判断法：尾数为0，就判定为下溢，按照“机器零”处理。

最后给出两个例题，理解浮点数的加减运算过程：

【例6.27】$x=0.1101\times 2^{10}$、$y=0.1011\times 2^{01}$，求 $x+y$？(除阶符、数符外，阶码取3位，尾数取6位)
解：$[x{]}_{补}=00,010;00.110100$，$[y{]}_{补}=00,001;00.101100$。

1. 对阶：阶差为1，则 $y$ 阶码+1、尾数算数右移1位，$[y{]}_{{补}^{\prime }}=00,010;00.010110$。(没有误差)
2. 尾数求和：$[S_x{]}_{补}+[S_y{]}_{{补}^{\prime }}=00.110100+00.010110=01.001010$。
3. 尾数规格化：补码规格化，尾数溢出则“右规”1位、阶码+1，得结果 $[x+y{]}_{补}=00,011;00.100101$，于是 $x+y=00,01100.100101=+\frac{37}{64}\times 2^3$。(准确结果)

【例6.28】$x=-\frac{5}{8}\times 2^{-5}$、$y=\frac{7}{8}\times 2^{-4}$，求 $x-y$？(除阶符、数符外，阶码取3位，尾数取6位)
解：$[x{]}_{补}=[1,101;1.101000{]}_{补}=11,011;11.011000$，$[y{]}_{补}=[1,100;0.111000{]}_{补}=11,100;00.111000$。

1. 对阶：阶差为-1，则 $x$ 阶码+1、尾数算数右移1位，$[x{]}_{{补}^{\prime }}=11,100;11.101100$。(没有误差)
2. 尾数求和：$[S_x{]}_{{补}^{\prime }}+[-S_y{]}_{补}=11.101100+11.001000=110.110100$，舍弃符号位进位得 $10.110100$。
3. 尾数规格化：补码规格化，尾数溢出则“右规”1位、阶码+1，得结果 $[x-y{]}_{补}=11,101;11.011010$，于是 $x-y=11,011;11.100110=-\frac{19}{32}\times 2^{-3}$。(准确结果)

6.4.2 Δ浮点数的乘除运算

待补充。。。。。
符号阶码和尾数分开按类似于定点的运算然后合并，感觉浮点数乘除要比加减简单。

6.4.3 Δ浮点运算的硬件配置

待补充。。。。。。。

浮点运算器主要由两个定点运算部件组成，一个是阶码运算部件，另一个是尾数运算部件。

6.5 算术逻辑单元

6.5.1 ALU电路

  前面已经介绍了定点运算、浮点运算、算术运算、逻辑运算的硬件电路，实际上这些运算都被集成到一个集成电路芯片中，也就是ALU(Arithmetic and Logic Unit，算逻运算单元)。ALU是组合逻辑电路，若需要保存结果，还需要额外添加寄存器。ALU再和“控制器”集成在一起，就构成了计算机系统的CPU。如下左图是ALU电路的表示符号，其中 $k_i$ 控制ALU进行“算术运算”还是“逻辑运算”：

但ALU只能实现“1位”的算逻运算，要完成“多位”的算逻运算还要将几个ALU集成在一起，如上右图74181中就集成了4个ALU，可以完成4位的算逻运算。下面给出74181的功能表：

6.5.2 快速进位链

  那上述74181内部是如何连接多个ALU的呢？本节以“加法器”为例，介绍算术运算、逻辑运算的电路优化问题。根据“数字电子技术基础”的执行，要实现n位加法运算，可以使用n+1个“全加器”构成的一个“并行加法器”。之所以称之为“并行”，是因为两个n+1的数，可以利用该加法器以并行的方式完成加法运算。如下图所示，每个 ${\text{FA}}_i$ 都是一个全加器：

• 和的计算：$S_i={\overline{A}}_i{\overline{B}}_i{C}_{i-1}+{\overline{A}}_i{B}_i{\overline{C}}_{i-1}+A_i{\overline{B}}_i{\overline{C}}_{i-1}+A_i{B}_i{C}_{i-1}$
• 进位的计算：$C_i={\overline{A}}_i{B}_i{C}_{i-1}+A_i{\overline{B}}_i{C}_{i-1}+A_i{B}_i{\overline{C}}_{i-1}+A_i{B}_i{C}_{i-1}=A_i{B}_i+(A_i+B_i)C_{i-1}$

但显然，依照上图的连接方式，每个“全加器”都需要等待上一级“进位”输入，才能输出本级的计算结果。每一级全加器的进位前后连接，形成“进位链”。于是，并行加法器的运算瓶颈在于“进位链”。

上图给出进位的链的改进思路及指标，下面来依次介绍。假设级延迟时间“与非门/或门” $t_y$、“与或非门” $1.5t_y$。

1. 串行进位链

  前面所示的“并行加法器”结构实际上就是采用了“串行进位链”，进位逐级产生。我们可以将进位的计算专门抽出来，给出如下的进位递推公式：

$$C_i=A_i{B}_i+(A_i+B_i)C_{i-1}\underset{令t_i=A_i+B_i}{\overset{令d_i=A_i{B}_i}{=}}{d}_i+t_i{C}_{i-1}\stackrel{德\cdot 摩根定律}{=}\overline{\overline{d_i}\cdot \overline{t_i{C}_{i-1}}}$$

• 本地进位：$d_i=A_i{B}_i$
• 传递进位：$t_i=A_i+B_i$

上述两者均与外来进位无关。

假设“与非门”的级延迟时间为 $t_y$，当所有的 $d_i$、$t_i$ 形成后，4位全加器需要 $8t_y$ 产生全部进位，$n$ 位全加器需要 $2n{t}_y$ 产生全部进位。

2. 并行进位链-普通版

  “并行进位链”的宗旨就是“同时产生”n位加法器的进位，被称为先行进位/跳跃进位。最直观的想法就是根据进位的递推公式，将所有进位的计算直接暴力展开，于是 所有的进位都可以直接产生：

$$\begin{array}{rl}& C_0=d_0+t_0{C}_{-1}\\ & C_1=d_1+t_1{C}_0=d_1+t_1{d}_0+t_1{t}_0{C}_{-1}\\ & C_2=d_2+t_2{C}_1=d_2+t_2{d}_1+t_2{t}_1{d}_0+t_2{t}_1{t}_0{C}_{-1}\\ & C_3=d_3+t_3{C}_2=d_3+t_3{d}_2+t_3{t}_2{d}_1+t_3{t}_2{t}_1{d}_0+t_3{t}_2{t}_1{t}_0{C}_{-1}\end{array}$$

假设级延迟时间“与非门/或门” $t_y$、“与或非门” $1.5t_y$，当所有的 $d_i$、$t_i$ 形成后，优点是不管有多少进位，只要“与或非门”能连接足够的输入，n位全加器只需 $2.5t_y$ 就能产生全部进位(上图中n=4)。缺点是电路连接非常复杂，一般也就做到上述4位。于是便给出下面的折衷方式。

3. 并行进位链-单重分组跳跃进位链

  “单重分组跳跃进位链”的思路是将n位全加器分若干小组，小组中的进位同时产生，小组与小组之间采用串行进位。每一个小组内部，都采用上述普通版的并行进位链：

根据前面假设，当所有的 $d_i$、$t_i$ 形成后，4位全加器只需 $2.5t_y$ 就能产生全部进位，于是上述16位全加器需要 $10t_y$ 就能产生全部进位（串行进位链需要 $32t_y$）。

4. 并行进位链-双重分组跳跃进位链

  “双重分组跳跃进位链”的思路是将n位全加器分若干大组，大组中又包含若干小组。每个大组中，小组的最高位进位同时产生，小组间的进位同时产生，大组与大组之间采用串行进位。对于单个大组来说，第一重进位由各个小组完成，但注意高位的小组(如5、6、7)都需要等待第二重小组计算完毕才能计算进位。每个小组本质上都是前面介绍的普通版“并行进位链”，只不过不计算最高位的进位，而是生成 $D_i$、$T_i$ (生成方式如下公式)。小组间的连接方式如下图，假设每个小组都是4位加法器：

$$\begin{array}{rl}{C}_3& =d_3+t_3{d}_2+t_3{t}_2{d}_1+t_3{t}_2{t}_1{d}_0+t_3{t}_2{t}_1{t}_0{C}_{-1}\underset{令T_8=t_3{t}_2{t}_1{t}_0}{\overset{令D_8=d_3+t_3{d}_2+t_3{t}_2{d}_1+t_3{t}_2{t}_1{d}_0}{=}}=D_8+T_8{C}_{-1}\\ C_7& =D_7+T_7{C}_3=D_7+T_7{D}_8+T_7{T}_8{C}_{-1}\\ C_{11}& =D_6+T_6{C}_7=D_6+T_6{D}_7+T_6{T}_7{D}_8+T_6{T}_7{T}_8{C}_{-1}\\ C_{15}& =D_5+T_5{C}_{11}=D_5+T_5{D}_6+T_5{T}_6{T}_7+T_5{T}_6{T}_7{D}_8+T_5{T}_6{T}_7{T}_8{C}_{-1}\end{array}$$

• 第 $i$ 小组的本地进位：$D_i=d_3+t_3{d}_2+t_3{t}_2{d}_1+t_3{t}_2{t}_1{d}_0$
• 第 $i$ 小组的传送条件：$T_i=t_3{t}_2{t}_1{t}_0$

上述两者均与外来进位无关，且在本小组内连线固定。

当所有的 $d_i$、$t_i$、$C_{-1}$ 形成后，有如下的计算步骤：

• $2.5t_y$ 时刻：所有小组计算所有的 $D_i$、$T_i$；第8小组额外计算出自己的进位 $C_2$、$C_1$、$C_0$。
• $5t_y$ 时刻：第二大组计算出第二重的四个进位 $C_3$、$C_7$、$C_{11}$、$C_{15}$。
• $7.5t_y$ 时刻：第4、5、6、7小组计算出自己的所有进位；第一大组计算出第二重的四个进位 $C_{19}$、$C_{23}$、$C_{27}$、$C_{31}$。
• $10t_y$ 时刻：第1、2、3小组计算出自己的所有进位。

总结一下，使用双重分组跳跃进位链，32位全加器只需要 $10t_y$ 就能产生全部进位，而“单重分组的并行进位链”需要 $20t_y$、“串行进位链”需要 $64t_y$。