復習思考題9當譯碼器有4個輸入端時，其輸出端有16個，它在任一時刻有1個有效輸出；影響并行加法器速度的關鍵因素是進位產生和進位傳遞；若串行進位的8位并行加法器的一級全加器的延遲時間為2ty，則C8最長延遲時間為_______；若先行進位的8位并行加法器的一級全加器的延遲時間為2ty，則C8最長延遲時間為_______；第四章數值的機器運算4.0邏輯電路基礎4.1基本算術運算的實現4.2定點加減運算4.3帶符號數的移位和舍入操作4.4定點乘法運算4.5定點除法運算4.6規格化浮點運算4.9運算器和基本組成與實例4.3

帶符號數的移位和舍入操作移位的意義機器用語——移位運算左移

——絕對值擴大右移——絕對值縮小在計算機中，移位與加減配合，能夠實現乘除運算15●m=1500●

cm15相對于小數點左移2位（小數點不動）小數點右移2位邏輯移位邏輯移位——無符號數的移位。邏輯左移：低位添0，高位移丟。邏輯右移：高位添0，低位移丟。例：

01010011邏輯左移10100110邏輯右移0010100100算術移位算術移位——有符號數的移位應保持符號不變。左移一位使數值增大一倍，相當于該數乘以2，右移一位使數值縮小一倍，相當于該數除以2。1.原碼的移位規則

數值部分移位后的空出位補000移位前原碼左移一位右移一位0,00110100,01101000,00011011,00110101,01101001,0001101補碼的移位規則正數：移位后，符號位不變，數值部分移位后的空出位補0負數：左移后的空出位補0，右移后的空出位補1。0移位前補碼左移一位右移一位0,00110100,01101000,00011011,11001101,10011001,1110011恒舍（切斷）無論多余部分為何代碼，一律舍去。

馮·諾依曼舍入法（恒置1法）不論多余部分為何代碼，都把結果的最低位置1。下舍上入法（0舍1入）若要舍去部分的最高位0，則切斷舍去部分，若要舍去部分的最高位1，則余下部分末位加1。帶符號數的舍入操作分析筆算乘法A=–0.1101B=0.1011A×B=–0.100011110.11010.101111011101000011010.10001111符號位單獨處理乘數的某一位決定是否加被乘數

4個位積一起相加乘積的位數擴大一倍×乘積的符號心算求得

？4.4定點乘法運算A

?B=A

?0.1011=0.1A+0.00A+0.001A+0.0001A=0.1A+0.00A+0.001(A+0.1A)=0.1A+0.01[0?

A+0.1(A+0.1A)]=0.1{A+0.1[0?

A+0.1(A+0.1A)]}=2-1{A

+2-1[0?

A+2-1(A

+

2-1(A+0))]}①②⑧第一步被乘數A

+0第二步右移一位，得新的部分積第八步右移一位，得結果③第三步部分積

+

被乘數…右移一位筆算乘法改進0.00000.11010.11010.11010.00000.1101初態，部分積=0乘數為1，加被乘數乘數為1，加被乘數乘數為0，加01.001110.1001111.0001111乘數為1，加被乘數0.100011111，得結果1011=0.01101，形成新的部分積1101=0.10011，形成新的部分積1110=0.01001，形成新的部分積1111=部分積乘數說明＋＋＋＋改進后的筆算乘法過程（豎式）小結

乘法

運算可用加和移位實現由乘數的末位決定被乘數是否與原部分積相加然后右移

1位形成新的部分積，同時乘數右移1

位（末位移丟），空出高位存放部分積的低位。

被乘數只與部分積的高位相加。硬件3

個寄存器（具有移位功能），1

個全加器4.4.1原碼一位乘法運算規則設被乘數[X]原=Xf.X1X2…Xn

乘數[Y]原=Yf.Y1Y2…Yn乘積[Z]原=Zf.Z1Z2…Z2nZf=Xf⊕YfZi=Xi×Yi式中，Xf

為被乘數符號，Yf為乘數符號。

運算原則：乘積的符號位單獨處理Xf⊕Yf數值部分為絕對值相乘

0.X1X2…Xn×

0.Y1Y2…Yn

定點原碼一位乘法規則積的符號位由被乘數和乘數的符號位通過異或運算實現。被乘數、乘數僅數值部分參加運算，被乘數、部分積為雙符號數，乘數為單符號數

開始zi=0,i=0Yn=1?zi+0zi+Xzi,Y右移一位，i=i+1i=n?

結束YYnn[X]原=Xf

.X1X2…Xn[Y]原=Yf

.Y1Y2…Yn[Z]原=Zf

.Z1Z2…Z2nZf=Xf⊕Yf

Zi=Xi×Yi

部分積乘數說明最后結果：X×Y=1.10001111

00.0000Yf1011

z0=0+00.1101Y4=1,+X00.1101

00.01101Yf101右移，得z1+00.1101Y3=1,+X

01.001100.100111Yf

10右移，得z2+00.0000Y2=0,+0

00.100100.0100111Yf

1右移，得z3+00.1101Y1=1,+X01.000100.10001111Yf右移，得z4=XY[P103例4-8]：X=+0.1101,Y=?0.1011,求X×Y=?

====Zf=Xf⊕Yf=0⊕1=10

An加法器控制門0

Xn

移位和加控制計數器CSGM0Qn右移原碼一位乘法運算器A：存放部分積的高位，初值=0X：存放被乘數Q：先存放乘數，后存放乘積結果低位部分積移位和加受Q的末位乘數控制計數器C：控制逐位相乘次數S：存放乘積的符號Gm：乘數標記設被乘數乘數[x]補=x0.x1x2

xn…[y]補=y0.y1y2

yn…①被乘數任意，乘數為正但加

和移位

按補碼規則運算乘積的符號自然形成②被乘數任意，乘數為負校正法4.4.2補碼一位乘法[x·y]補=[x]補·[y]補=[x]補·y[x·y]補=[x×0.

y1y2…yn]補+[-x]補[x·y]補=[x]補×0.

y1y2…yn+[-x]補×y0

補碼乘法的統一表達式設[x]補=x0.x1x2

xn[y]補=y0.y1y2

yn……[x

·y]補=[x]補(0.y1

yn)–[x]補·y0…=[x]補(y12-1+y22-2++yn2-n)–[x]補

·y0…=[x]補(–y0+y1

2-1+y22-2++yn2-n)…=[x]補[–y0+(y1–

y12-1)+(y22-1–y22-2)++(yn2-(n-1)–yn2-n)]…=[x]補[(y1–y0)+(y2–y1)2-1++(yn–yn-1)2-(n-1)+(0

–yn)2-n)]…–[x]補=+[–x]補

2-12-2=[x]補[(y1–y0)+(y2–y1)2-1++(yn+1–yn)2-n]…

附加位

yn+1補碼一位乘法——Booth

算法[z0]補=0[z1]補=2-1{(yn+1–yn)[x]補+[z0]補}yn+1=0[zn]補=2-1{(y2–y1)[x]補+[zn-1]補}…[x

·

y]補=[zn]補+(y1–y0)[x]補最后一步不移位000110111+[x]補

101-10yi

yi+1操作yi+1–yiBooth

算法遞推公式補碼一位乘法算法流程圖

開始結束[zi]補+[X]補→[zi]補[zi]補+[-X]補→[zi]補[z]補=0,i=0YnYn+1=?[zi]補不變i=n+1？[zi]補,Y右移一位，i=i+1011000或11YN重復n+1步，但最后一步不移位被乘數和符號(雙符號)和乘數(單符號)參加運算部分積初值為0(雙符號)乘數末尾附加一個0(Yn+1=0)所得乘積是2n+1位

00.00000.10110Yn+1=0+00.1101YnYn+1=10,加[-X]補

00.110100.0110101011右移一位+00.0000YnYn+1=11,加000.011000.00110

10101右移一位+11.0011YnYn+1=01,加[X]補

11.011011.1011001010右移一位+00.1101YnYn+1=10,加[-X]補

00.100000.01000001

01右移一位+11.0011YnYn+1=01,加[X]補

11.01110001

10最后一位不移位[P106例4-9][X]補=1.0011,[Y]補=0.1011,求[X·Y]補=？部分積

乘數YnYn+1說明[-X]補=00.1101[X·Y]補=1.01110001X·Y=-0.10001111A、X、Q均n+2位移位和加受末兩位乘數控制0An+1n+2位加法器控制門0Xn+10Qn

n+1移位和加控制邏輯計數器CGM00,110110右移Booth補碼一位乘法運算器整數乘法與小數乘法完全相同可用逗號

代替小數點原碼乘法的符號位單獨處理

補碼乘法的符號位自然形成原碼乘法去掉符號位運算即為無符號數乘法不同的乘法運算需有不同的硬件支持乘法小結串行乘法器的優劣分析?不需要很多器件，硬件結構簡單；?速度太慢，執行一次乘法操作的時間至少是加法操作的n倍；由于乘法操作大約占全部算術運算的1/3，故采用高速乘法部件是非常必要的。

4.4.4

陣列乘法器am-1am-2···

a1a0

)