加减法、原码一位乘法、Booth算法、恢复余数法、加减交替法符号位及小结

在学习计算机组成原理的计算方法时，或为步骤疑惑，或为题目难倒，本文主要介绍思路以及对常用类型小结

个人总结，仅供参考，能力有限，难免出错，欢迎大家讨论，书籍参考唐朔飞版《计算机组成原理》

1. 运算类型主要分为：加减法、乘法、除法。其中乘法分为：原码一位乘、补码一位乘、原码两位乘、补码两位乘，除法分为：原码除法和补码除法，在原码除法中又可分为恢复余数法和加减交替法。下面将依次进行介绍和小结。
2. C语言使用的都是补码，计算机也都采用补码作加减法运算，概括起来分成4步：

• 将所给真值或机器数转换成补码
• 若是相减，则将减数的补码变成负减数的补码，以实现相加
• 两数进行相加
• 溢出判断

1. 加减法

例1 A=+0.1011，B=-0.0101，求[A+B]补

解：无论是加法还是减法，我们最后都要转换成相加，其中[A]补=0.1011，[B]补=1.1011，则[A]补+[B]补=10.0110，将高位的1移去（这里的移去是计算机自动移去高位）

例2 机器数字长为8位（含1位符号位），若A=+15，B=+24，求[A-B]补

解：[A]补=0,0001111,[B]补=0,0011000，但此时要求的是A-B的补码，又[A-B]补=[A]补-[B]补=[A]补+[-B]补

故求得[-B]补=1,1101000(一个数的负数的补码求法为：连同符号在内，每位取反，末位加1)

则可计算[A]补+[-B]补=1,1110111

小结1：加减法符号位1位，不参与运算，加法器有n+1位，同样也可知累加器ACC和寄存器X也为n+1位，可理解为符号位1位+数值位n位，这里和后面要区分开的一个点，这里的符号位没有单独存放，而是和数据一起存放，详情查阅唐版教材P242和P247（原码一位乘法符号位存放在S中，后面会有小结）

2. 乘法

2.1 原码一位乘法：原码一位乘法开始我也一直没懂，被教材P244的表6.8卡住了，现用我自己的话解释，阅读下面内容需仔细查看教材P243了解小学数学乘法计算步骤。

 

现在我们有盒子，每个盒子只有5个空位，我们要在盒子里面进行两个数0.1101和0.1011的计算（即0.1101*0.1011），如果我们按照小学数学的乘法，会发现盒子不够用（请动笔按照教材P243算一下，看是不是超过5个空位）。计算机也是这么想的，它要计算很大很多的数据，就想尽可能省空间和运算次数，所以按照P243运算思路，其计算过程如下：

ACC
X
MQ

首先在ACC盒子中放被乘数0.1101，正好5个空位，然后想办法用乘数仿照小学数学乘法去1个1个乘，那就把乘数0.1011放另一个盒子X中。结果我们就放到MQ中吧，但是问题来了，MQ也只有5个空，前面我们的结果0.10001111要9个空，空间不足啊！好办，在乘法过程中，每个乘数的末尾用了一次就不用了，那我们就可以用了之后就把它丢了，那么乘积多出来的部分也可以放。所以就有了教材P244的表6.8

也即，部分积一次一次地放相加结果，加完了右移一位数到乘数空格中，乘数空格本来就5位，故会挤掉低位，这个地位是已经进行运算过了的数，所以丢掉没影响。很多同学包括我，没看懂的原因就是部分积的末位推到了乘数的高位，就像挤牙膏，后面的（部分积）把前面的（乘数）积出来了一点点，但这一点点马上要用来刷牙（已经乘过了），所以没影响。后面其他运算类似，故不再赘述。

小结2：部分积位数n+1，注意加减法中为n，且符号位另有单独的S存放，是通过异或运算得到。因为是原码，进行逻辑移位，故符号位不参与运算。在0.1101*0.1011运算过程中，运算次数是根据1011这4个数决定的，故运算次数是n位，并且我们进行了4次移位，且是在运算之后

2.2 补码一位乘法：两位的运算能简化计算，但对人脑更复杂，考研不考，我们接着看补码一位乘法。

Booth算法：原理和原码一位乘类似，详情参见P254.

小结3：补码考虑到溢出，符号位2位，没有单独运算器，符号位参与运算（是否参与运算的意思，就是算术移位还是逻辑移位的区别。比如原码一位乘，因为是原码，移位的时候不看符号直接添0所以是逻辑移位，而补码一位是跟着符号添加的，故是算术移位，有不清楚的看教材P234的表6.4），同样我们知道符号是参与运算得来的，看最后结果的符号位就行。注意因为一开始需要进行判断正负（因为Booth的原理如此，很长有点难），所以一开始就要进行一次运算，看到底是[-X]补，还是[X]补，所以运算次数是n+1，但移位还是根据本身的位数n，在运算中，因为要判断溢出，现在我们的加法器也就变成了n+2位，也可以记成因为2有两位符号位，所以是n+2.

3. 除法

3.1 原码恢复余数法

核心思想是：相减看是正是负，是正的就说明可以减，那上商1，移位；是负的说明不够减，但现在已经减完了，那要补回来，上商0，移位。如此反复，最后的末位也按此规则。（补码加减交替法末位恒上1）

小结4：此法用的少，首先比较麻烦，最少运算n+1次，最多运算2n+1次，1是第一次进行两数相减判断正负，故为n+1，结合教材P259-260除去恢复的，共5次运算，而本身只有4位数值可进行佐证。移位需n次，上商次数与最低次数相同，为n+1，也即恢复的时候不上商

3.2 原码加减交替法

原码加减交替是在原码恢复余数法基础上改进，本来是负的就补回去，但后面仍要移位，故改成：负的意味着更小，上商0，左移一位之后再加补数，再根据此结果循环。由于一开始要进行相减判断大小，故运算次数n+1次，移位还是n次。并且除法当中左移按逻辑移位（它的原理就是如此），故符号参加运算，但符号位由异或得到，同样由运算器S保存

3.3 补码加减交替法

同为补码，但符号位只有1位，与补码一位乘不同，符号位也是异或得到。上商n+1次，移位n次，符号位参与运算

	符号位	运算参与	运算次数	移位次数	符号结果	符号存储
原码一位乘	1	No	n	n	异或	S
Booth	2	Yes	n+1	n	运算	A
原码恢复	1	Yes	n+1~2n+1	n	异或	S
原码加减	1	Yes	n+1	n	异或	S
补码加减	1	Yes	n+1	n	异或	A