【转】原码一位乘和移码一位乘

原码1位乘法

在定点计算机中，两个原码表示的数相乘的运算规则是：乘积的符号位由两数的符号按异或运算得到，而乘积的数值部分则是两个正数相乘之积。设n位被乘数和乘数用定点小数表示(定点整数也同样适用)

被乘数 [x]_原 = x_f .x₀ x₁ x₂ … x_n        

乘数   [y]_原 = y_f .y₀ y₁ y₂ … y_n

则

乘积   [ z ]_原 = ( x_f⊕y_f ) . (0. x₀ x₁ x₂ …x_n)(0 . y₁ y₂ …y_n)

式中，x_f为被乘数符号，y_f为乘数符号。

乘积符号的运算法则是：同号相乘为正，异号相乘为负。由于被乘数和乘数和符号组合只有四种情况(x_f y_f = 00，01，10，11),因此积的符号可按“异或”(按位加)运算得到。

数值部分的运算方法与普通的十进制小数乘法相类似，不过对于用二进制表达的数来说，其乘法规则更为简单一些：从乘法y的最低位开始，若这一位为“1”，则将被乘数x写下；若这一位为“0”，则写下全0。然后再对乘数y的高一位进行的乘法运算，其规则同上，不过这一位乘数的权与最低位乘数的权不一样，因此被乘数x要左移一位。依次类推，直到乘数各位乘完为止，最后将它们统统加起来，便得到最后乘积z 。  

设 x = 0.1011，y = 0.1101,让我们先用习惯方法求其乘积，其过程如下：

×						0.	1	1	0	1	(x)
						0.	1	0	1	1	(y)
+							1	1	0	1
						1	1	0	1
					0	0	0	0
				1	1	0	1
		0.	1	0	0	0	1	1	1	1	(z)

如果被乘数和乘数用定点整数表示，我们也会得到同样的结果。但是，但是人们习惯的算法对机器并不完全适用。原因之一，机器通常只有n位长，两个n位数相乘，乘积可能为2n位。原因之二，只有两个操作数相加的加法器，难以胜任将n个位积一次相加起来的运算。为了简化结构，机器通常只有n位长，并且只有两个操作数相加的加法器。为此，必须修改上述乘法的实现方法，将 x · y 改写成适于如下定点机的形式：

一般而言，设被乘数 x 、乘数 y 都是小于 1 的 n 位定点正数：

         x = 0 . x₁ x₂ … x_n   ；   y = 0 . y₁ y₂ … y_n

其乘积为

       x · y =  x · ( 0.y₁y₂ … y_n )

               = x · ( y₁ 2 ^-1 + y₂ 2 ^-2 + … + y_n 2 ^-n)

               = 2 ^-1( y₁x + 2^-1( y₂ x + 2^-1 (… + 2^-1 ( y_n-1 x + )…))

令 z_i 表示第 i 次部分积，则上式可写成如下递推公式：

              z₀ = 0

              z₁ = 2^-1( y_nx + z₀)

              　…

              z_i = 2^-1( y_n-i+1x + z_i-1)　　　　　　　　　　　　　　　　　　          (2.3.2)

              　…

              z_n = x·y = 2^-1( y₁x + z_n-1)

显然，欲求x·y，则需设置一个保存部分积的累加器。乘法开始时，令部分积的初值z₀ = 0，然后求加上y_nx，右移1位得第1个部分积，又将加上y_{n - 1}x，再右移1位得第2个部分积。依此类推，直到求得y₁x加上z_n-1并右移1位得最后部分积，即得x·y。显然，两个n位数相乘，需重复进行n次“加”及“右移”操作，才能得到最后乘积。这就是实现原码一位乘法的规则。

   【例 】  x  = 0.1101， y = 0.1011，用原码一位乘法计算 x · y  = ？

   [解:]       求解过程如下：            Flash演示   

			部分积			乘数				说明
			00.0000		yf	1	0	1	1		z0 = 0
	+		00.1101								y4 = 1，+ x
			00.1101
		→	00.0110		1	yf	1	0	1		右移，得z1
	+		00.1101								Y3 = 1，+ x
			01.0011
		→	00.1001		1	1	yf	1	0		右移，得z2
	+		00.0000								Y2 = 0，+0
			00.1001
		→	00.0100		1	1	1	yf	1		右移，得z3
	+		00.1101								Y1 = 1，+ x
			01.0001
		→	00.1000		1	1	1	1	yf		右移，得z3 = xy

                  所以                        x · y  = 0.10001111

图2-7 为实现原码一位乘法的硬件逻辑原理图。这里有三个寄存器，其中 R0 存放部分积z，在乘法开始 R0 前应清“0”， 保证 z0 = 0，R1 寄存器存放乘数 y ，R2寄存器存放被乘数 x 。由于乘法开始时先从乘数的最 低位 yn 开始，以后则使用yn - 1，yn - 2，…，y1，因此乘数寄存器 R1 应当是具有右移功能的移位寄存器。 假定加法器不具备右移功能，那么由于部分积需要右移，R0 也应当是具有右移功能的移位寄存器。

图2-7        原码一位乘法逻辑结构原理图

除了三个寄存器 R₀，R₁，R₂ 外，还需一个加法器和一个计数器，前者完成部分积与位积的累加，后者对移位的次数进行计数，以便判断乘法运算是否结束。

乘法开始时，“启动”信号使控制触发器 C_x 置“1”，于是开启时序脉冲 T 。当乘数寄存器 R₀ 最末位为“1”时，部分积 z 和被乘数 x 在加法器中相加，其结果输出至 R₀ 的输入端，一旦打入控制脉冲 T，控制信号 LDR₀ 使部分积右移 1 位，与此同时，乘数寄存器 R₁ 也在控制信号 LDR₁ 作用下右移一位，且计数器i计数 1 次。当计数器 i = n 时，计数器i的溢出信号使控制触发器 C_x 置“0”，关闭时序脉冲T，乘法操作结束。如果将 R₀ 和 R₁ 连接起来，乘法结束时乘积的高 n 位部分在 R₀ ，低 n 位部分在 R₁ ，R₁ 中原来的乘数y由于右移而全部丢失，乘积为 2n+1 位，其中包括 1 位符号位。

　　　　　　　

补码1位乘法

原码乘法的主要问题是符号位不能参加运算，单独用一个异或门产生乘积的符号位。故自然提出能否让符号数字化后也参加乘法运算，补码乘法就可以实现符号位直接参加运算。

为了得到补码一位乘法的规律，先从补码和真值的转换公式开始讨论。

1．  补码与真值的转换公式

设　[x]_补 = x₀ . x₁x₂…x_n，有：

n	(2.3.3)
x = - x0＋∑  xi2-i
i＝1

等式左边 x 为真值。此公式说明真值和补码之间的关系。

2.  补码的右移

正数右移一位，相当于乘1/2(即除2)。负数用补码表示时，右移一位也相当于乘1/2。因此，在补码运算的机器中，一个数不论其正负，连同符号位向右移一位，若符号位保持不变，就等于乘1/2。

3.  补码乘法规则

设被乘数 [x]_补 = x₀.x₁x₂…x_n 和乘数 [y]_补 = y₀.y₁y₂…y_n 均为任意符号，则有补码乘法算式

n	(2.3.4)
[ x · y ]补 = [x]补 ·  ( - y0 ＋ ∑ yi2-i )
i＝1

为了推出串行逻辑实现人分步算法，将上式展开加以变换：

[x·y]_补   = [x]_补·[ - y₀ + y₁2^-1 + y₂2^-2 + … + y_n2^-n]

          = [x]_补·[ - y₀ + (y₁ - y₁2^-1) + (y₂2^-1 - y₂2^-2) + … + (y_n2^-(n-1) - y_n2^-n)]

          = [x]_补·[(y₁ - y₀) + (y₂ - y₁) 2^-1 + … + (y_n - y_n-1) 2^-(n-1) + (0 - y_n)2^-n]

          = [x]_补·            (y_n+1  =  0)   

               

写成递推公式如下：

         [ z₀ ]_补 = 0

        [ z₁ ]_补 = 2 ^-1{ [ z₀ ]_补 +  (  y_n+1 - y_n ) [x]_补 }           (y_n+1  =  0)

                …

        [ z_i ]_补 = 2 ^-1{ [ z_i-1 ]_补 +  ( y_n-i+2 - y_n-i+1 ) [x]_补 }             (2.3.5)

                …

        [ z_n ]_补 = 2 ^-1{ [ z_n-1 ]_补 +  ( y₂ - y₁ ) [x]_补 }

         [ z_n+1 ]_补 = [ z_n ]_补 +  (  y₁ - y₀ ) [x]_补 = [ x · y ]_补 

开始时，部分积为 0，即 [z₀]_补 = 0。然后每一步都是在前次部分积的基础上，由 (  y_i+1  -  y_i  ) ( i = 0，1，2，…，n) 决定对[x]_补的操作，再右移一位，得到新的部分积。如此重复 n + 1步，最后一步不移位，便得到 [ x · y ]_补 ，这就是有名的布斯公式。

实现这种补码乘法规则时，在乘数最末位后面要增加一位补充位 y_n+1 。开始时，由 y_ny_n+1 判断第一步该怎么操作；然后再由 y_{n - 1} y_n 判断第二步该怎么操作。因为每做一步要右移一位，故做完第一步后， y_{n - 1} y_n 正好移到原来 y_ny_n+1 的位置上。依此类推，每步都要用 y_ny_{n+ 1} 位置进行判断，我们将这两位称为判断位。

如果判断位 y_ny_n+1 = 01，则 y_i+1  …  y_i  = 1，做加[x]_补操作；如果判断位 y_n y_n+1 = 10，则 y_i+1 … y_i  =  - 1，做加[ - x]_补 操作；如果判断位 y_n y_n+1 = 11 或 00，则 y_i+1… y_i  = 0，[ z_i ] 加0，即保持不变。

4. 补码一位乘法运算规则

(1) 如果 y_n = y_n+1，部分积 [ z_i ] 加0，再右移一位；

(2) 如果 y_n y_n+1 = 01，部分积加[ x ]_补，再右移一位；

(3) 如果 y_n y_n+1 = 10，部分积加[ - x]_补，再右移一位；

这样重复进行 n+1 步，但最后一步不移位。包括一位符号位，所得乘积为 2n+1 位，其中 n 为尾数位数。

【例 】  x  = 0.1101， y = 0.1011，用补码一位乘法计算 x · y  = ？

[解:]     求解过程如下：             Flash演示       

			部分积			乘数				说明
			00.0000		0.	1	0	1	1	0	yn+1  =  0
	+		11.0011								ynyn+1 = 10，加[-x]补
			11.0011
		→	11.1001		1	0	1	0	1	1	右移一位
	+		00.0000								ynyn+1 = 10，加0
			11.1001
		→	11.1100		1	1	0	1	0	1	右移一位
	+		00.1101								ynyn+1 = 01，加[x]补
			00.1001
		→	00.0100		1	1	1	0f	1	0	右移一位
	+		11.0011								ynyn+1 = 01，加[-x]补
			11.0111
		→	11.1011		1	1	1	1	0	1	右移一位
	+		00.1101								ynyn+1 = 01，加[x]补
			00.1000		1	1	1	1	0	1	最后一步不移位

                  所以                        [x · y]_补  = 0.10001111

图2-8        补码一位乘法逻辑原理图

实现一位补码乘法的逻辑原理图如图 2-8 所示，它与一位原码乘法的逻辑结构非常类似，所不同的有以下几点：

(1) 被乘数的符号和乘数的符号都参加运算。

(2) 乘数寄存器 R₁ 有附加位 y_n+1 ，其初始状态为“0”。当乘数和部分积每次右移时，部分积最低位移至 R₁ 的首位位置，故 R₁ 必须是具有右移功能的寄存器。

(3) 被乘数寄存器 R₂ 的每一位用原码(即触发器 Q 端)或反码(即触发器 Q 端)经多路开关传送到加法器对应位的一个输入端，而开关的控制位由和 y_n 的 y_n+1 输出译码器产生。当y_ny_n+1 = 01时，送[x]_补 ；当 y_ny_n+1 = 10 时，送[-x]_补，即送的反码且在加法器最末位上加“1”。

(4) R₀ 保存部分积，它也是具有右移功能的移位寄存器，其符号位与加法器 ∑_f 符号位始终一致。

(5) 当计数器 i  =  n +1 时，封锁 LD R₀ 和 LD R₁ 控制信号，使最后一位不移位。

执行补码一位乘法的总时间为

tm = ( n + 1 ) ta + ntr

(2.3.6)

  其中 n 为尾数位数，t_a 为执行一次加法操作的时间，t_r 为执行一次移位操作的时间。如果加法操作和移位操作同时进行，则t_r 项可省略。　　　　　　　　　　　

原码1位乘法

在定点计算机中，两个原码表示的数相乘的运算规则是：乘积的符号位由两数的符号按异或运算得到，而乘积的数值部分则是两个正数相乘之积。设n位被乘数和乘数用定点小数表示(定点整数也同样适用)

被乘数 [x]_原 = x_f .x₀ x₁ x₂ … x_n        

乘数   [y]_原 = y_f .y₀ y₁ y₂ … y_n

则

乘积   [ z ]_原 = ( x_f⊕y_f ) . (0. x₀ x₁ x₂ …x_n)(0 . y₁ y₂ …y_n)

式中，x_f为被乘数符号，y_f为乘数符号。

乘积符号的运算法则是：同号相乘为正，异号相乘为负。由于被乘数和乘数和符号组合只有四种情况(x_f y_f = 00，01，10，11),因此积的符号可按“异或”(按位加)运算得到。

数值部分的运算方法与普通的十进制小数乘法相类似，不过对于用二进制表达的数来说，其乘法规则更为简单一些：从乘法y的最低位开始，若这一位为“1”，则将被乘数x写下；若这一位为“0”，则写下全0。然后再对乘数y的高一位进行的乘法运算，其规则同上，不过这一位乘数的权与最低位乘数的权不一样，因此被乘数x要左移一位。依次类推，直到乘数各位乘完为止，最后将它们统统加起来，便得到最后乘积z 。  

设 x = 0.1011，y = 0.1101,让我们先用习惯方法求其乘积，其过程如下：

×						0.	1	1	0	1	(x)
						0.	1	0	1	1	(y)
+							1	1	0	1
						1	1	0	1
					0	0	0	0
				1	1	0	1
		0.	1	0	0	0	1	1	1	1	(z)

如果被乘数和乘数用定点整数表示，我们也会得到同样的结果。但是，但是人们习惯的算法对机器并不完全适用。原因之一，机器通常只有n位长，两个n位数相乘，乘积可能为2n位。原因之二，只有两个操作数相加的加法器，难以胜任将n个位积一次相加起来的运算。为了简化结构，机器通常只有n位长，并且只有两个操作数相加的加法器。为此，必须修改上述乘法的实现方法，将 x · y 改写成适于如下定点机的形式：

一般而言，设被乘数 x 、乘数 y 都是小于 1 的 n 位定点正数：

         x = 0 . x₁ x₂ … x_n   ；   y = 0 . y₁ y₂ … y_n

其乘积为

       x · y =  x · ( 0.y₁y₂ … y_n )

               = x · ( y₁ 2 ^-1 + y₂ 2 ^-2 + … + y_n 2 ^-n)

               = 2 ^-1( y₁x + 2^-1( y₂ x + 2^-1 (… + 2^-1 ( y_n-1 x + )…))

令 z_i 表示第 i 次部分积，则上式可写成如下递推公式：

              z₀ = 0

              z₁ = 2^-1( y_nx + z₀)

              　…

              z_i = 2^-1( y_n-i+1x + z_i-1)　　　　　　　　　　　　　　　　　　          (2.3.2)

              　…

              z_n = x·y = 2^-1( y₁x + z_n-1)

显然，欲求x·y，则需设置一个保存部分积的累加器。乘法开始时，令部分积的初值z₀ = 0，然后求加上y_nx，右移1位得第1个部分积，又将加上y_{n - 1}x，再右移1位得第2个部分积。依此类推，直到求得y₁x加上z_n-1并右移1位得最后部分积，即得x·y。显然，两个n位数相乘，需重复进行n次“加”及“右移”操作，才能得到最后乘积。这就是实现原码一位乘法的规则。

   【例 】  x  = 0.1101， y = 0.1011，用原码一位乘法计算 x · y  = ？

   [解:]       求解过程如下：            Flash演示   

			部分积			乘数				说明
			00.0000		yf	1	0	1	1		z0 = 0
	+		00.1101								y4 = 1，+ x
			00.1101
		→	00.0110		1	yf	1	0	1		右移，得z1
	+		00.1101								Y3 = 1，+ x
			01.0011
		→	00.1001		1	1	yf	1	0		右移，得z2
	+		00.0000								Y2 = 0，+0
			00.1001
		→	00.0100		1	1	1	yf	1		右移，得z3
	+		00.1101								Y1 = 1，+ x
			01.0001
		→	00.1000		1	1	1	1	yf		右移，得z3 = xy

                  所以                        x · y  = 0.10001111

图2-7 为实现原码一位乘法的硬件逻辑原理图。这里有三个寄存器，其中 R0 存放部分积z，在乘法开始 R0 前应清“0”， 保证 z0 = 0，R1 寄存器存放乘数 y ，R2寄存器存放被乘数 x 。由于乘法开始时先从乘数的最 低位 yn 开始，以后则使用yn - 1，yn - 2，…，y1，因此乘数寄存器 R1 应当是具有右移功能的移位寄存器。 假定加法器不具备右移功能，那么由于部分积需要右移，R0 也应当是具有右移功能的移位寄存器。

图2-7        原码一位乘法逻辑结构原理图

除了三个寄存器 R₀，R₁，R₂ 外，还需一个加法器和一个计数器，前者完成部分积与位积的累加，后者对移位的次数进行计数，以便判断乘法运算是否结束。

乘法开始时，“启动”信号使控制触发器 C_x 置“1”，于是开启时序脉冲 T 。当乘数寄存器 R₀ 最末位为“1”时，部分积 z 和被乘数 x 在加法器中相加，其结果输出至 R₀ 的输入端，一旦打入控制脉冲 T，控制信号 LDR₀ 使部分积右移 1 位，与此同时，乘数寄存器 R₁ 也在控制信号 LDR₁ 作用下右移一位，且计数器i计数 1 次。当计数器 i = n 时，计数器i的溢出信号使控制触发器 C_x 置“0”，关闭时序脉冲T，乘法操作结束。如果将 R₀ 和 R₁ 连接起来，乘法结束时乘积的高 n 位部分在 R₀ ，低 n 位部分在 R₁ ，R₁ 中原来的乘数y由于右移而全部丢失，乘积为 2n+1 位，其中包括 1 位符号位。

　　　　　　　

补码1位乘法

原码乘法的主要问题是符号位不能参加运算，单独用一个异或门产生乘积的符号位。故自然提出能否让符号数字化后也参加乘法运算，补码乘法就可以实现符号位直接参加运算。

为了得到补码一位乘法的规律，先从补码和真值的转换公式开始讨论。

1．  补码与真值的转换公式

设　[x]_补 = x₀ . x₁x₂…x_n，有：

n	(2.3.3)
x = - x0＋∑  xi2-i
i＝1

等式左边 x 为真值。此公式说明真值和补码之间的关系。

2.  补码的右移

正数右移一位，相当于乘1/2(即除2)。负数用补码表示时，右移一位也相当于乘1/2。因此，在补码运算的机器中，一个数不论其正负，连同符号位向右移一位，若符号位保持不变，就等于乘1/2。

3.  补码乘法规则

设被乘数 [x]_补 = x₀.x₁x₂…x_n 和乘数 [y]_补 = y₀.y₁y₂…y_n 均为任意符号，则有补码乘法算式

n	(2.3.4)
[ x · y ]补 = [x]补 ·  ( - y0 ＋ ∑ yi2-i )
i＝1

为了推出串行逻辑实现人分步算法，将上式展开加以变换：

[x·y]_补   = [x]_补·[ - y₀ + y₁2^-1 + y₂2^-2 + … + y_n2^-n]

          = [x]_补·[ - y₀ + (y₁ - y₁2^-1) + (y₂2^-1 - y₂2^-2) + … + (y_n2^-(n-1) - y_n2^-n)]

          = [x]_补·[(y₁ - y₀) + (y₂ - y₁) 2^-1 + … + (y_n - y_n-1) 2^-(n-1) + (0 - y_n)2^-n]

          = [x]_补·            (y_n+1  =  0)   

               

写成递推公式如下：

         [ z₀ ]_补 = 0

        [ z₁ ]_补 = 2 ^-1{ [ z₀ ]_补 +  (  y_n+1 - y_n ) [x]_补 }           (y_n+1  =  0)

                …

        [ z_i ]_补 = 2 ^-1{ [ z_i-1 ]_补 +  ( y_n-i+2 - y_n-i+1 ) [x]_补 }             (2.3.5)

                …

        [ z_n ]_补 = 2 ^-1{ [ z_n-1 ]_补 +  ( y₂ - y₁ ) [x]_补 }

         [ z_n+1 ]_补 = [ z_n ]_补 +  (  y₁ - y₀ ) [x]_补 = [ x · y ]_补 

开始时，部分积为 0，即 [z₀]_补 = 0。然后每一步都是在前次部分积的基础上，由 (  y_i+1  -  y_i  ) ( i = 0，1，2，…，n) 决定对[x]_补的操作，再右移一位，得到新的部分积。如此重复 n + 1步，最后一步不移位，便得到 [ x · y ]_补 ，这就是有名的布斯公式。

实现这种补码乘法规则时，在乘数最末位后面要增加一位补充位 y_n+1 。开始时，由 y_ny_n+1 判断第一步该怎么操作；然后再由 y_{n - 1} y_n 判断第二步该怎么操作。因为每做一步要右移一位，故做完第一步后， y_{n - 1} y_n 正好移到原来 y_ny_n+1 的位置上。依此类推，每步都要用 y_ny_{n+ 1} 位置进行判断，我们将这两位称为判断位。

如果判断位 y_ny_n+1 = 01，则 y_i+1  …  y_i  = 1，做加[x]_补操作；如果判断位 y_n y_n+1 = 10，则 y_i+1 … y_i  =  - 1，做加[ - x]_补 操作；如果判断位 y_n y_n+1 = 11 或 00，则 y_i+1… y_i  = 0，[ z_i ] 加0，即保持不变。

4. 补码一位乘法运算规则

(1) 如果 y_n = y_n+1，部分积 [ z_i ] 加0，再右移一位；

(2) 如果 y_n y_n+1 = 01，部分积加[ x ]_补，再右移一位；

(3) 如果 y_n y_n+1 = 10，部分积加[ - x]_补，再右移一位；

这样重复进行 n+1 步，但最后一步不移位。包括一位符号位，所得乘积为 2n+1 位，其中 n 为尾数位数。

【例 】  x  = 0.1101， y = 0.1011，用补码一位乘法计算 x · y  = ？

[解:]     求解过程如下：             Flash演示       

			部分积			乘数				说明
			00.0000		0.	1	0	1	1	0	yn+1  =  0
	+		11.0011								ynyn+1 = 10，加[-x]补
			11.0011
		→	11.1001		1	0	1	0	1	1	右移一位
	+		00.0000								ynyn+1 = 10，加0
			11.1001
		→	11.1100		1	1	0	1	0	1	右移一位
	+		00.1101								ynyn+1 = 01，加[x]补
			00.1001
		→	00.0100		1	1	1	0f	1	0	右移一位
	+		11.0011								ynyn+1 = 01，加[-x]补
			11.0111
		→	11.1011		1	1	1	1	0	1	右移一位
	+		00.1101								ynyn+1 = 01，加[x]补
			00.1000		1	1	1	1	0	1	最后一步不移位

                  所以                        [x · y]_补  = 0.10001111

图2-8        补码一位乘法逻辑原理图

实现一位补码乘法的逻辑原理图如图 2-8 所示，它与一位原码乘法的逻辑结构非常类似，所不同的有以下几点：

(1) 被乘数的符号和乘数的符号都参加运算。

(2) 乘数寄存器 R₁ 有附加位 y_n+1 ，其初始状态为“0”。当乘数和部分积每次右移时，部分积最低位移至 R₁ 的首位位置，故 R₁ 必须是具有右移功能的寄存器。

(3) 被乘数寄存器 R₂ 的每一位用原码(即触发器 Q 端)或反码(即触发器 Q 端)经多路开关传送到加法器对应位的一个输入端，而开关的控制位由和 y_n 的 y_n+1 输出译码器产生。当y_ny_n+1 = 01时，送[x]_补 ；当 y_ny_n+1 = 10 时，送[-x]_补，即送的反码且在加法器最末位上加“1”。

(4) R₀ 保存部分积，它也是具有右移功能的移位寄存器，其符号位与加法器 ∑_f 符号位始终一致。

(5) 当计数器 i  =  n +1 时，封锁 LD R₀ 和 LD R₁ 控制信号，使最后一位不移位。

执行补码一位乘法的总时间为

tm = ( n + 1 ) ta + ntr

(2.3.6)

  其中 n 为尾数位数，t_a 为执行一次加法操作的时间，t_r 为执行一次移位操作的时间。如果加法操作和移位操作同时进行，则t_r 项可省略。