原码不恢复余数法(除法)
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计算机学科专业基础综合组成原理-14(总分100,考试时间90分钟)一、单项选择题1. 判断加减法溢出时,可采用判断进位的方式,如果符号位的进位为C0,最高位的进位为C1,产生溢出的条件是______。
Ⅰ.C0产生进位Ⅱ.C1产生进位Ⅲ.C0、C1都产生进位Ⅳ.C0、C1都不产生进位Ⅴ.C0产生进位,C1不产生进位Ⅵ.C0不产生进位,C1产生进位A. Ⅰ和ⅡB. ⅢC. ⅣD. Ⅴ和Ⅵ2. 在补码的加减法中,用两位符号位判断溢出,两位符号位SS1SS2=10时,表示______。
A. 结果为正数,无溢出B. 结果正溢出C. 结果负溢出D. 结果为负数,无溢出3. 若[X]补=X0,X1X2…Xn,其中X0为符号位,X1为最高数位。
若______,则当补码左移时,将会发生溢出。
A. X0=X1B. X0≠X1C. X1=0D. X1=14. 某字长为8位的计算机中,已知整型变量x、y的机器数分别为[x]补=1 1110100,[y]补=10110000。
若整型变量z=2*x+y/2,则z的机器数为______。
A. 1 1000000B. 0 0100100C. 1 0101010D. 溢出5. 若x=103,y=-25,则下列表达式采用8位定点补码运算实现时,会发生溢出的是______。
A. x+yB. -x+yC. x-yD. -x-y6. 原码乘法是______。
A. 先取操作数绝对值相乘,符号位单独处理B. 用原码表示操作数,然后直接相乘C. 被乘数用原码表示,乘数去绝对值,然后相乘D. 乘数用原码表示,被乘数去绝对值,然后相乘7. x、y为定点整数,其格式为1位符号位,n位数值位,若采用补码一位乘法实现乘法运算,则最多需要______次加法运算。
A. n-1B. .nC. n+1D. n+28. 在原码一位乘法中,______。
A. 符号位参加运算B. 符号位不参加运算C. 符号位参加运算,并根据运算结果改变结果中的符号位D. 符号位不参加运算,并根据运算结果确定结果中的符号9. 原码乘法时,符号位单独处理乘积的方式是______。
2.227/64=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 1.0011.100+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 2.17“1”。
1. 1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→视频第二章2.1各数的原码、反码、补码和移码见下表:2.227/64=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+P1C0 G1=A1B1, P1=A1⊕B1C2=G2+P2C1 G2=A2B2, P2=A2⊕B2C3=G3+P3C2 G3=A3B3, P3=A3⊕B3C4=G4+P4C3 G4=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第三章3.1见教材:P793.2 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。
第2章习题及解答2-2将下列十进制表示成二进制浮点规格化的数(尾数取12位,包括一位符号位;阶取4位,包括一位符号位),并写出它的原码、反码、补码三和阶移尾补四种码制形式;(1)7.75解:X=7.75=(111.11)2=0.11111×211[X]原=0011×0.11111000000[X]反=0011×0.11111000000[X]补=0011×0.11111000000[X]阶称,尾补=1011×0.11111000000(2) –3/64解:X=-3/64=(-11/26)2=(-0.00001)2=-0.11×2-100[X]原=1100×1.11000000000[X]反=1011×1.00111111111[X]补=1100×1.010********[X]阶称,尾补=0100×1.010********(3) 83.25解:X=-3/64=(1010011.01)2=0.101001101×2111[X]原=0111×0.101001101[X]反=[X]补=[X]原[X]阶称,尾补=1111×0.10100110(4) –0.3125解:X=(–0.3125)10=(-0.0101)2=-0.101×2-1[X]原=1001×1.10100000000[X]反=1110×1.010********[X]补=1111×1.01100000000[X]阶称,尾补=0111×1.011000000002-4 已知x和y,用变形补码计算x+y,并对结果进行讨论。
(2) x=0.11101,y=-0.10100解:[X]补=00.11101, [Y]补=11.01100, [-Y]补=00.10100[X]补+ [Y]补=00.11101+11.01100=00.01001X+Y=0.01001[X]补- [Y]补=[X]补+ [-Y]补=00.11101+00.10100=01.10001X+Y 正溢(3) x=-0.10111,y=-0.11000解: [X]补=11.01001, [Y]补=11.01000, [-Y]补=00.11000[X]补+ [Y]补=11.01001+11.01000=11.10001X+Y=-.011111[X]补- [Y]补=[X]补+ [-Y]补=11.01001+00.11000=00.00001X-Y =0.000012-5 已知x和y,用变形补码计算x-y,并对结果进行讨论。
沈阳航空航天大学课程设计报告目录学术诚信声明 ................................................................................... 错误!未定义书签。
第1章总体设计方案 (1)1.1设计原理 (1)1.2设计思路 (1)1.3设计环境 (2)第2章详细设计方案 (3)2.1顶层方案图的设计与实现 (3)2.1.1创建顶层图形设计文件 (3)2.1.2器件的选择与引脚锁定 (4)2.1.3编译、综合、适配 (5)2.2功能模块的设计与实现 (6)2.2.1 输入模块的设计与实现 (6)2.2.移位模块的设计与实现 (7)2.2.3加法器模块的设计与实现 (9)2.2.4 相反补码模块的设计与实现 (10)2.3仿真调试 (11)第3章编程下载与硬件测试 (13)3.1编程下载 (13)3.2硬件测试及结果分析 (13)参考文献 (15)附录(电路原理图) (16)第1章总体设计方案1.1 设计原理减交替法的实现是当某一次求得的差值(余数Ri)为负时,不恢复它,继续求下一位的商,但用加上除数(+[—Y]补)的办法来取代(-Y)的操作,其他操作依然不变。
(1)当余数为正时,商上“1”,求下一位商的办法是余数左移一位,再减去除数;(2)当余数为负数时,商上“0”,求下一位商的办法是余数左移一位,再加上除数。
(3)这种方法不用恢复余数,但若最后一次上商为“0”,而又需要得到正确的余数,则在这最后一次仍需恢复余数。
1.2 设计思路课程设计的要求为:(1)采用定点原码一位除法器由一个除数寄存模块,一个被除数寄存模块,一个加法模块,一个移位模块,一个移位模块、一个商寄存模块,采用逻辑电路设计输入方式。
(2)定点原码一位除法器的顶层采用原理图设计输入方式。
课程设计的思路为:(1)由于是不恢复余数法,所以需要修正余数为负的情况,所以原理图如图1.2:图1.2 不恢复余数法一位除法器设计总框图1.3 设计环境(1)硬件环境•伟福COP2000型计算机组成原理实验仪COP2000计算机组成原理实验系统由实验平台、开关电源、软件三大部分组成实验平台上有寄存器组R0-R3、运算单元、累加器A、暂存器B、直通/左移/右移单元、地址寄存器、程序计数器、堆栈、中断源、输入/输出单元、存储器单元、微地址寄存器、指令寄存器、微程序控制器、组合逻辑控制器、扩展座、总线插孔区、微动开关/指示灯、逻辑笔、脉冲源、20个按键、字符式LCD、RS232口。
计算机专业基础综合计算机组成原理(数据的表示和运算)历年真题试卷汇编1(总分:84.00,做题时间:90分钟)一、单项选择题(总题数:35,分数:70.00)1.定点补码加减法运算中,当运算结果出现____时,表示运算结果负溢出。
【华中科技大学2002年】A.符号位为00B.符号位为01C.符号位为10 √D.符号位为11考查双符号位时溢出的判别。
两个符号位不同时,表示溢出,此时最高位符号位代表真实符号。
2.采用变形补码判溢出,当发生正溢出时,其两位符号位为____。
【国防科技大学2002年】A.0B.1 √C.10D.11考查双符号位时溢出的判别。
原理同上题。
3.在定点运算器中,无论采用双符号位还是单符号位,必须有____。
【上海大学2001年】A.译码电路,它一般用与非门来实现B.编码电路,它一般用或非门来实现C.溢出判断电路,它一般用异或门来实现√D.移位电路,它一般用与或非门来实现考查溢出判别所需硬件配置。
三种溢出判别方法,均必须有溢出判别电路,可用异或门来实现。
4.在原码不恢复余数除法(又称原码加减交替法)的算法中,____。
【哈尔滨工程大学2004年】A.每步操作后,若不够减,则需恢复余数B.若为负商,则恢复余数C.整个算法过程中,从不恢复余数√D.仅当最后一步不够减时,才恢复一次余数考查原码不恢复余数除法。
5.在补码一位乘中,若判断位Y n Y n+1 +1=10,则应执行的操作是____。
【电予科技大学1996年】【上海大学1998年】A.原部分积加[X] 补,然后右移一位√B.原部分积加[X] 补,然后右移一位C.原部分积加[X] 补,然后左移一位D.原部分积加[X] 补,然后左移一位考查补码一位乘。
6.实现N位(不包括符号位)补码一位乘时,乘积为____位。
【西安电子科技大学2007年】A.NB.N十1C.2N √D.2N+1考查补码一位乘。
补码一位乘法运算过程中一共向右移位N次,加卜原先的N位,一共是2N位数值位。
计算机学科专业基础综合组成原理-14(总分:100.00,做题时间:90分钟)一、单项选择题(总题数:27,分数:48.00)1.判断加减法溢出时,可采用判断进位的方式,如果符号位的进位为C 0,最高位的进位为C 1,产生溢出的条件是______。
Ⅰ.C 0产生进位Ⅱ.C 1产生进位Ⅲ.C 0、C 1都产生进位Ⅳ.C 0、C 1都不产生进位Ⅴ.C 0产生进位,C 1不产生进位Ⅵ.C 0不产生进位,C 1产生进位(分数:1.00)A.Ⅰ和ⅡB.ⅢC.ⅣD.Ⅴ和Ⅵ√解析:[解析] 采用进位位来判断溢出时,当最高有效位进位和符号位进位的值不相同时才产生溢出。
两正数相加,当最高有效位产生进位(C 1 =1)而符号位不产生进位(C 0 =0)时,发生正溢出;两负数相加,当最高有效位不产生进位(C 1 =0)而符号位产生进位(C 0 =1)时产生负溢出。
故溢出条件:2.在补码的加减法中,用两位符号位判断溢出,两位符号位S S1 S S2 =10时,表示______。
(分数:1.00)A.结果为正数,无溢出B.结果正溢出C.结果负溢出√D.结果为负数,无溢出解析:[解析] 用两位符号位判断溢出时,当两个符号位不同时表示溢出,01时表示正溢出;10时表示负溢出;当两个符号位相同时(11或00)表示没有溢出。
3.若[X] 补 =X 0,X 1 X 2…X n,其中X 0为符号位,X 1为最高数位。
若______,则当补码左移时,将会发生溢出。
(分数:1.00)A.X0=X1B.X0≠X1√C.X1=0D.X1=1解析:[解析] 溢出判别法有两种适用于此种情况:一是加一个符号位变为双符号位,然后左移,如果两符号位不同则溢出,故而X 0≠ X1时溢出;二是数值位最高位进位和符号位进位不同则溢出,同样可知X 0≠X 1时溢出。
4.某字长为8位的计算机中,已知整型变量x、y的机器数分别为[x] 补 =1 1110100,[y] 补 =10110000。
理原成组河南科技大学计算机定点数的除法运算3.3定点数的乘法运算明德笃行博学日新◆定点原码一位除法1)原码恢复余数法2)原码不恢复余数法◆定点补码一位除法博学日新明德笃行原码一位除法1. 运算法则假设被除数[X]原=X s X 1X 2……X n-1X n ,除数[Y]原=Y s Y 1Y 2…Y n-1Y n 商[Q]原=Q s Q 1Q 2……Q n ,则有[Q]原= (X s ⊕Y s ).(|X|×|Y|)即商的符号位等于两数符号位的异或,商的数值部分等于两数绝对值相除。
博学日新明德笃行原码一位除法0.1 0 1 10.11010.0 1 1 0 10.0 0 1 1 0 10.0 1 0 0 1 0.0 0 0 1 0 10.0 0 0 0 0 0 00.0 0 0 0 0 1 1 1…商Q S =X S ⊕Y S =0⊕0=0 X/Y=0.1101 …被除数 X(R 0) …部分余数R 1 …部分余数R 2…余数R 40 . 1 1 0 1 0 0 0 0 2-1Y,除数右移1位,减 2-2Y,除数右移1位,减 2-4Y,除数右移2位,减 2-3Y,除数右移1位,不减 0.0 0 0 1 0 1 0 0.0 0 0 0 1 1 0 1 …部分余数R 3商符单独处理 心算上商(比较大小)?? ? 余数不动低位补“0”减右移一位的除数上商位置不固定1)被除数(绝对值)减去除数(绝对值);2)判别余数正负:若为正数,上商1;若为负数,上商0,然后恢复余数+[|Y|]补;3)余数和商共同左移一位。
4)重复上述过程(左移n次,上商n+1次)。
说明:1)计算机内的运算过程仍用补码。
2)在原码一位乘中通常有以下约定:●小数定点除法 |x| < |y|,整数定点除法 |x| > |y| (避免商溢出)被除数不等于 0,除数不能为 0解:[|X|]原=00.1001,[|Y|]原= [|Y|]补=00.1011 ,[-|Y|]补=11.01010 0 . 1 0 0 1 + 1 1 . 0 1 0 1 X 减Y 1 1 . 1 1 1 0 + 0 0 . 1 0 1 0 余数R 0<0,商0 0恢复余数 0 0 . 1 0 0 1 ← 0 1 . 0 0 1 0 + 1 1 . 0 1 0 1 0 0 . 0 1 1 1 ←0 0 . 1 1 1 0 + 1 1 . 0 1 0 10 0 . 0 0 1 1 ←0 0 . 0 1 1 0 + 1 1 . 0 1 0 1R 0’商0移入Q ,R 0’左移 减Y余数R 1>0,商1 0.1商1移入Q ,R 1’左移 减Y余数R 2>0,商1商1移入Q ,R 2’左移 0.1 1减Y[-|Y|]补[|Y|]补[-|Y|]补[-|Y|]补[-|Y|]补0 0 . 1 0 1 0 + 1 1 . 1 0 1 10 0 . 0 1 1 0 ←0 0 . 1 1 0 0 + 0 0 . 1 1 0 0 0 0 . 0 0 0 1 0 0 . 0 0 0 1←余数R 3<0,商0 恢复余数R 3’=2R 2商 0 移入Q ,R 3’左移 减Y余数R 4>0,商1 商 1 移入Q ,R 4不左移0.1 1 00.1 1 0 1[-|Y|]补[|Y|]补[|Q|]原=0.1101 余数[R]原=0.0001Qs=XS ⊕YS=0⊕0=0R=2-4×0.0001博学日新明德笃行原码恢复余数法(1)某一次-Y 的差值为负时,要多一次+Y 恢复余数的操作,降低了执行速度。
河北大学计算机组成原理实验报告学院年级专业学号姓名实验日期实验地点指导老师实验项目不恢复余数阵列除法器成绩一、实验目的:理解除法器的原理。
二、实验原理:这次实验实现原码不恢复余数法的阵列除法器算法(余数左移除数固定),详细计算过程如下。
例题:X=0.10110,y=0.111,求[x/y]原。
则[x]补=0.10110,[y*]补=0.111,[-y*]补=1.001由于除数被除数都为正,因此最后结果为正,直接在最后的结果加上“+”,商为+0.110,但是由于除数在计算的过程中被逻辑左移了3次,所以要乘以2^-5进行恢复,故余数为0.000 010 000。
原码不恢复余数法原理说明:①符号位单独处理,参加运算的是除数和被除数的绝对值的补码,除数的绝对值用y*表示;②合法的除法运算中,被除数必须小于除数,因此第一次上商肯定是r6=0,否则溢出,停止运算;③原码恢复余数法来源于手算的竖式除法。
若余数为正,表示够减,商上1,左移一位,减去[y*]补,也就是加上[-y*]补;若余数为负,表示不够减,商上0,恢复余数(加上除数),变成减去除数之前的结果,继续左移一位,加上[-y*]补。
④原码不恢复余数法建立在原码恢复余数法的基础之上,假设当前的余数为R。
当余数大于0时,下一步余数是先左移一位再减去除数,即下一步余数应该为R’=2R-y*;当余数小于0时先恢复余数,然后再左移一位再减去除数,假设当前余数为R,那么下一步余数应该为R’=2(R+y*)-y*=2R+y*。
以上两个式子将恢复余数法的步骤定量化了,也就是说,要么左移一位加上y*,要么左移一位减去y*,这就是加减交替的含义。
⑤除数和被除数具有3位尾数的合法的除法,需要逻辑移位3次,上商3+1=4次。
可以设置一个计数器count来控制循环次数,达到3次就停止。
⑥若最后一步为负,表示不够减,商上0,需要恢复余数,即加上除数,否则不需要。
接下来介绍原码不恢复余数阵列除法器①可控加法/减法(CAS)单元原理是利用一个可控加法/减法 CAS 单元所组成的流水阵列来实现的它有四个输出端和四个输入端。
押题宝典国家电网招聘之电网计算机通关题库(附带答案)单选题(共40题)1、DNS 可以采用的传输层协议是( )。
A.TCPB.UDPC.TCP 或UDPD.NCP【答案】 C2、以下说法不正确的是()。
A.HTTP 是一种请求/响应式的协议B.HTTP 请求消息中 Accept 表示浏览器可接受的 MIME 类型C.HTTP 请求消息中 Aceept-Encoding 表示浏览器能够进行解码的数据编码方式D.HTTP 请求消息中 CSS 表示初始 URL 中的主机和端口【答案】 D3、克服网络故障问题的最有效的方法是(54)。
A.限制非法操作B.事务跟踪处理C.数据的备份D.数据的安全恢复【答案】 C4、一个查询的结果成为另一个查询的条件,这种查询被称为()。
A.内查询B.连接查询C.自查询D.子查询【答案】 D5、哪一点不是 RISC 的特点()A.减少指令的平均执行周期数B.重视编译优化技术C.减少指令和寻址方式的种类D.增加指令的功能【答案】 D6、对一个A类网络,如果指定的子网掩码为255.255.192.0,则该网络被划分为()个子网。
如果一个公司有2000台主机,则必须给它分配()个C类网络。
为了使该公司的网络在路由表中只占一行,给它指定的子网掩码必须是(31)。
A.255.192.0.0B.255.240.0.0C.255.255.240.0D.255.255.248.0【答案】 D7、某寄存器中的值有时是地址,这只有计算机的()才能识别它。
A.指令B.时序信号C.译码器D.判断程序【答案】 A8、有关定性风险评估和定量风险评估的区别,以下描述不正确的是()。
A.定性风险评估比较主观,而定量风险评估更客观B.定性风险评估容易实施,定量风险评估往往数据准确性很难保证C.定性风险评估更成熟,定量风险评估还停留在理论阶段D.定性风险评估和定量风险评估没有本质区别,可以通用【答案】 D9、若一组记录的关键码为(46,79,56,38,40,84),则利用快速排序的方法,以第一个记录为基准得到的一次划分结果为()。
计算机组成原理复习资料试题类型:选择题40分、填空题10-20分和分析设计题40-50分。
1、减少指令中地址个数的有效方式是采用隐地址方式。
减少每一个地址码的位数采用?2、主存是按随机存取方式工作的存储器。
(随机存取、顺序存取和直接存储器存取)3、在浮点运算中,若结果的尾数绝对值大于1时,需要进行右规处理。
尾数的绝对值小于1/2时,进行左规处理。
4、动态RAM的特点是:每隔一定时间,需按行读一遍(实质:刷新)。
5、在异步控制方式中,各操作按需分配时间。
(同步控制方式,各操作受统一时序信号的约束)6、CPU响应中断请求是在一条指令结束时。
(响应DMA请求可以在一条指令的执行过程中)7、原码不恢复余数除法,采用操作数的绝对值形式进行计算。
(补码不恢复余数除法,采用操作数的补码形式进行计算)8、DMA传送通常在高速外设与主存之间进行数据传送。
9、在微程序控制中,机器指令和微指令的关系是每一条机器指令由一段微程序来解释执行。
10、在总线传送中,掌握总线控制权的设备通常指主设备。
11、下列叙述中,能反映RISC特征的有③、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨。
①丰富的寻址方式②使用微程序控制器③执行每条指令所需的机器周期数的平均值小于 2 ④多种指令格式⑤指令长度不可变⑥简单的指令系统⑦只有load/store指令访问存储器⑧设置大量的通用寄存器⑨采用多级指令流水线结构。
12、在计数器定时查询方式下,若每次计数从上一次计数的终止点开始,则每个设备使用总线的机会均等。
13、冯诺依曼计算机中指令和数据均以二进制形式存放在存储器中,CPU区分它们的依据是指令周期的不同阶段。
14、某机器字长16位,主存按字节编址,转移指令采用相对寻址,由两个字节组成,第一字节为操作码字段,第二字节为相对位移量字段。
假定取指令时,每取一个字节PC自动加1。
若某转移指令所在主存地址为2000H,相对位移量字段的内容为06H,则该转移指令成功转移后的目标地址是2008H 。
计算机组成原理第七讲(除法-原码恢复余数法)(科大罗克露)定点除法运算:若干余数与除数加减,移位。
例:0.10110 ÷0.11111--------->商为:0.10110 余数为: 0.10110 x 2-5实现除法关键:比较余数,除数绝对值大小,以决定上商。
恢复余数。
1.原码恢复余数法算法:比较两数大小可用减法试探。
2 X 余数-除数=新余数(为正,够减,商为1;为负,不够减,商为0,恢复原余数) 实例:X= -0.10110 Y=0.11111 求X/Y,给出商数Q和余数R。
设置寄存器:A:被除数,余数B:除数C:商初值:A=|X|=00.10110;B=|Y|=00.11111;-B=11.00001; C=|Q|=0.00000分步运算过程:步骤判断条件操作A=00.10110(看作余数r0)C=0.00000(Cn=0最末位)符号位SA <----- 01.01100A= 乘2r0(左移一位)A=01.011001 -B + 11.000010 r1 = 00.01101 (符号位为0,表示够减,商为1)C=0.00001--->Q12<------ 00.11010 A=乘2r1(左移一位) A=00.11010-B +11.000011 r2' = 11.11011 (符号位1,表示不够减,商为0)C=0.00010--->Q23. +B + 00.11111 (不够减,恢复余数)恢复余数r2 = 00.110104 <--------- 01.10100 A=乘2r2 (左移一位) A=00.11010-B +11.000010 r3 = 00.10101(符号位为0,表示够减,商为1) C=0.00101--->Q3 5. <----- 01.01010 A=乘2r3 (左移一位) A=01.01010-B + 11.000010 r4 = 00.01011 (符号位为0,表示够减,商为1) C=0.01011--->Q4 6 <----- 00.10110 A=乘2r4 (左移一位) A=00.10110-B + 11.000011 r5 = 11.10111 (符号位为1,表示不够减,商为0) C=0.10110--->Q5 7 +B00.11111恢复余数r6 = 00.10110Q=-0.10110R= 0.10110 x 2-5;(余数同被除数符号)X/Y = -0.10110 + 0.10110 x 2-5/0.11111结果X/Y就等于商Q加上余数R再除以除数Y;运算规则说明:1.A,B双符号位,X,Y绝对值,|X|小于|Y|。
原码不恢复余数法名词解释1.引言1.1 概述在撰写本文的“原码不恢复余数法名词解释”之前,我们首先需要给出文章的引言部分。
本文主要介绍原码不恢复余数法的概述,包括其定义、应用领域以及在数值计算中的重要性。
原码不恢复余数法是一种常见的计算机算法,用于对整数进行除法运算并得到余数。
在这种方法中,余数的符号与被除数的符号保持一致。
该方法通常用于数字处理、编程语言中的算术运算等领域。
本文的结构如下所示:首先,我们将详细介绍原码的定义及其在计算机中的表示方式。
原码是一种用于表示整数的二进制编码方法,其中最高位表示符号位,其他位表示数值位。
我们将讨论原码的优点和缺点,以及其与其他编码方法的比较。
其次,我们将深入探讨不恢复余数法的概念和工作原理。
该方法通过将除法运算转化为减法运算来得到余数,其步骤和具体实现方式将被详细介绍。
我们还将分析该方法的优势和应用场景,与其他除法算法进行比较。
最后,在结论部分,我们将对本文的内容进行总结,并展望原码不恢复余数法在未来的发展和应用前景。
我们将探讨可能的改进方法和扩展应用领域,以便读者对该方法有一个更全面的了解。
通过本文的阅读,读者将能够对原码不恢复余数法有一个全面的了解,包括其概念、实现原理以及应用领域。
同时,读者还将能够了解该方法相对于其他算法的优劣势,并掌握其在数值计算中的重要性和实际应用。
接下来,我们将详细介绍原码的概念和应用。
1.2文章结构文章结构部分的内容主要是介绍本文的章节组成和各个章节的主要内容,具体可以包括以下内容:1.2 文章结构本文按照以下章节组成:第一章引言1.1 概述:介绍本文所要解释的方法和概念背景。
1.2 文章结构:介绍本文的章节组成和各个章节的主要内容。
1.3 目的:阐述本文的目标和意义。
第二章正文2.1 原码:详细解释原码的概念、特点及其在计算机中的应用。
2.2 不恢复余数法:详细介绍不恢复余数法的原理、适用场景、计算步骤等内容。
第三章结论3.1 总结:总结本文对原码不恢复余数法的解释,强调其重要性和应用价值。
、单选题从每小题的四个备选答案中选出一个正确答案,填在题干的括号内。
1、在原码不恢复余数除法中, ( B )。
A 、余数为正商 0B 、余数为正商 1C 、余数与除数同号商 0D 、余数与除数异号商 1 2、在补码不恢复余数除法中, ( C )。
A 、余数为正商 0B 、余数为正商 1C 、余数与除数同号商 1D 、余数与除数异号商 1 3、计算机中的所有信息都以二进制表示的原因是( D )。
A 、信息处理方便B 、运算速度快C 、节约元器件D 、物理器件特性所致4、引入八进制和十六进制的目的是( D )。
A 、节约元件B 、实现方便10、在下列有关补码和移码关系的叙述中,错误的是( B )。
A 、相同位数的补码和移码表示具有相同的表数范围B 、零的补码和移码表示相同C 、同一个数的补码和移码表示,其数值部分相同,而符号位相反D 、一般用移码表示浮点数的阶,而补码表示定点整数11、计算机内部的带符号数大多用补码表示,以下是一些关于补码特点的叙述: ①零的表示是唯一的② 符号位可以和数值部分一起参加运算 ③ 和其真值的对应关系简单、直观④ 减法可用加法来实现 以上叙述中,哪些选项是补码表示的特点?( D ) A 、①、② B 、①、③ C 、①、②、③D 、①、②、④12、 在浮点加减运算中 ,对阶的原则是( B )。
A 、大阶向小阶对齐B 、小阶向大阶对齐C 、被加数向加数对齐D 、加数向被加数对齐 13、 键盘接口通常采用( D )。
A 、直接程序传送接口B 、程序查询接口C 、DMA 接 口D 、中断接口14、 CPU 响应中断请求是在( C )。
A 、一个时钟周期结束时B 、一个总线周期结束时C 、一条指令结束时D 、一段程序结束时15、设寄存器位数为 8 位,机器数采用补码形式(含一位符号位) ,则十进制数 -26 存放在寄存器中的内容为 C )A 、 26HB 、 9BHC 、 E6HD 、 5AH 16、微程序存放在( B )。