计算机组织与系统结构第三章习题答案.docx

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计算机组织与系统结构第三章习题答案

第3章习题答案

2（4）高级语言中的运算和机器语言（即指令）中的运算是什么关系？

假定某一个高级语言源程序P中有乘、除运算，但机器M中不提供乘、除运算指令，则程序P能否在机器M上运行？

为什么？

参考答案：

（略）

3．考虑以下C语言程序代码：

intfunc1（unsignedword）

{

return（int）（（word<<24）>>24）;

}

intfunc2（unsignedword）

{

return（（int）word<<24）>>24;

}

假设在一个32位机器上执行这些函数，该机器使用二进制补码表示带符号整数。

无符号数采用逻辑移位，带符号整数采用算术移位。

请填写下表，并说明函数func1和func2的功能。

W

func1（w）

func2（w）

机器数

值

机器数

值

机器数

值

0000007FH

127

0000007FH

+127

0000007FH

+127

00000080H

128

00000080H

+128

FFFFFF80H

–128

000000FFH

255

000000FFH

+255

FFFFFFFFH

–1

00000100H

256

00000000H

0

00000000H

0

函数func1的功能是把无符号数高24位清零（左移24位再逻辑右移24位），结果一定是正的有符号数；而函数func2的功能是把无符号数的高24位都变成和第25位一样，因为左移24位后进行算术右移，高24位补符号位（即第25位）。

4．填写下表，注意对比无符号数和带符号整数的乘法结果，以及截断操作前、后的结果。

模式

x

y

x×y（截断前）

x×y（截断后）

机器数

值

机器数

值

机器数

值

机器数

值

无符号数

110

6

010

2

001100

12

100

4

二进制补码

110

–2

010

+2

111100

–4

100

–4

无符号数

001

1

111

7

000111

7

111

7

二进制补码

001

+1

111

–1

111111

–1

111

–1

无符号数

111

7

111

7

110001

49

001

1

二进制补码

111

–1

111

–1

000001

+1

001

+1

5．以下是两段C语言代码，函数arith（）是直接用C语言写的，而optarith（）是对arith（）函数以某个确定的M和N编译生成的机器代码反编译生成的。

根据optarith（），可以推断函数arith（）中M和N的值各是多少？

#defineM

#defineN

intarith（intx,inty）

{

intresult=0;

result=x*M+y/N;

returnresult;

}

intoptarith（intx,inty）

{

intt=x;

x<<=4;

x-=t;

if（y<0）y+=3;

y>>2;

returnx+y;

参考答案：

可以看出x*M和“intt=x;x<<=4;x-=t;”三句对应，这些语句实现了x乘15的功能（左移4位相当于乘以16，然后再减1），因此，M等于15；

y/N与“if（y<0）y+=3;y>>2;”两句对应，功能主要由第二句“y右移2位”实现，它实现了y除以4的功能，因此N是4。

而第一句“if（y<0）y+=3;”主要用于对y=–1时进行调整，若不调整，则–1>>2=–1而–1/4=0，两者不等；调整后–1+3=2，2>>2=0，两者相等。

思考：

能否把if（y<0）y+=3;改成if（y<0）y+=2;？

不能！

因为y=-4时不正确。

6．设A4A1和B4B1分别是四位加法器的两组输入，C0为低位来的进位。

当加法器分别采用串行进位和先行进位时，写出四个进位C4C1的逻辑表达式。

参考答案：

串行进位：

C1=X1C0+Y1C0+X1Y1

C2=X2C1+Y2C1+X2Y2

C3=X3C2+Y3C2+X3Y3

C4=X4C3+Y4C3+X4Y4

并行进位：

C1=X1Y1+（X1+Y1）C0

C2=X2Y2+（X2+Y2）X1Y1+（X2+Y2）（X1+Y1）C0

C3=X3Y3+（X3+Y3）X2Y2+（X3+Y3）（X2+Y2）X1Y1+（X3+Y3）（X2+Y2）（X1+Y1）C0

C4=X4Y4+（X4+Y4）X3Y3+（X4+Y4）（X3+Y3）X2Y2+（X4+Y4）（X3+Y3）（X2+Y2）X1Y1+（X4+Y4）（X3+Y3）（X2+Y2）（X1+Y1）C0

7．用SN74181和SN74182器件设计一个16位先行进位补码加/减运算器，画出运算器的逻辑框图，并给出零标志、进位标志、溢出标志、符号标志的生成电路。

参考答案（图略）：

逻辑框图参见教材中的图和图，将两个图结合起来即可，也即只要将图中的B输入端的每一位Bi取反，得到Bi，和原码Bi一起送到一个二路选择器，由进位C0作为选择控制信号。

当C0为1时做减法，此时，选择将Bi作为SN74181的B输入端；否则，当C0为1时，做加法。

零标志ZF、进位标志CF、溢出标志OF、符号标志SF的逻辑电路根据以下逻辑表达式画出即可。

ZF=F15+F14+F13+F12+F11+F10+F9+F8+F7+F6+F5+F4+F3+F2+F1+F0

CF=C16

OF=C0（A15B15F15+A15B15F15）+C0（A15B15F15+A15B15F15）

SF=F15

8．用SN74181和SN74182器件设计一个32位的ALU，要求采用两级先行进位结构。

（1）写出所需的SN74181和SN74182芯片数。

（2）画出32位ALU的逻辑结构图。

参考答案（图略）：

将如图所示的两个16位ALU级联起来即可，级联时，低16位ALU的高位进位C16作为高16位ALU的低位进位C0，因此，只要用8片SN74181和2片SN74182。

9．已知x=10，y=–6，采用6位机器数表示。

请按如下要求计算，并把结果还原成真值。

（1）求[x+y]补，[x–y]补。

（2）用原码一位乘法计算[x×y]原。

（3）用MBA（基4布斯）乘法计算[x×y]补。

（4）用不恢复余数法计算[x/y]原的商和余数。

（5）用不恢复余数法计算[x/y]补的商和余数。

参考答案：

[10]补=001010[–6]补=111010 [6]补=000110[10]原=001010[–6]原=100110

（1）[10+（–6）]补=[10]补+[–6]补=001010+111010=000100（+4）

[10–（–6）]补=[10]补+[–（–6）]补=001010+000110=010000（+16）

（2）先采用无符号数乘法计算001010×000110的乘积，原码一位乘法过程（前面两个0省略）如下：

CPY说明

000000110P0=0

+0000y4=0，+0

00000C,P和Y同时右移一位

000000011得P1

+1010y3=1，+X

01010C,P和Y同时右移一位

001010001得P2

+1010y2=1，+X

011110000C,P和Y同时右移一位

001111000得P3

+0000y1=0，+0

00111C,P和Y同时右移一位

000111100得P4

若两个6位数相乘的话，则还要右移两次，得000000111100

符号位为：

01=1，因此，[X×Y]原=100000111100

即X×Y=–111100B=–60

（3）[–10]补=110110，布斯乘法过程如下：

PYy-1说明

0000001110100设y-1=0，[P0]补=0

y0y-1=00，P、Y直接右移一位

0000000111010得[P1]补

+110110y1y0=10，+[–X]补

110110P、Y同时右移一位

1110110011101得[P2]补

+001010y2y1=01，+[X]补

000101P、Y同时右移一位

0000101001110得[P3]补

+1101101001110y3y2=10，+[–X]补

111000P、Y同时右移一位

1111000100111得[P4]补

+0000000100111y4y3=11，+0

111100P、Y同时右移一位

1111100010011得[P5]补

+0000000010011y5y4=11，+0

111110P、Y同时右移一位

1111110001001得[P6]补

因此，[X×Y]补=111111000100，即X×Y=–111100B=–60

（4）因为除法计算是2n位数除n位数，所以[6]原=0110，[10]原=00001010，[–6]补=1010，

商的符号位：

01=1，运算过程（前面两个0省略）如下：

余数寄存器R余数/商寄存器Q说明

00001010开始R0=X

+1010R1=X–Y

101010100R1<0，则q4=0，没有溢出

010101002R1（R和Q同时左移，空出一位商）

+0110R2=2R1+Y

101101000R2<0，则q3=0

011010002R2（R和Q同时左移，空出一位商）

+0110R3=2R2+Y

110010000R3<0，则q2=0

100100002R3（R和Q同时左移，空出一位商）

+0110R3=2R2+Y

111100000R4<0，则q1=0

111000002R4（R和Q同时左移，空出一位商）

+0110R5=2R4+Y

010000001R5>0，则q0=1

商的数值部分为：

00001。

所以，[X/Y]原=00001（最高位为符号位），余数为0100。

（5）将10和–6分别表示成补码形式为：

[10]补=01010,[–6]补=11010，计算过程如下：

先对被除数进行符号扩展，[10]补=0000001010，[6]补=00110

余数寄存器R余数/商寄存器Q说明

0000001010开始R0=[X]

+11010R1=[X]+[Y]

1101001010R1与[Y]同号，则q5=1

10100101012R1（R和Q同时左移，空出一位上商1）

+00110R2=2R1+[–Y]

1101010101R2与[Y]同号，则q4=1，

10101010112R2（R和Q同时左移，空出一位上商1）

+00110R3=2R2+[-Y]

1101101011R3与[Y]同号，则q3=1

10110101112R3（R和Q同时左移，空出一位上商1）

+00110R4=2R3+[–Y]

1110010111R4与[Y]同号，则q2=1

11001011112R4（R和Q同时左移，空出一位上商0）

+00110R5=2R4+[-Y]

1111101111R5与[Y]同号，则q1=1，

11110111112R5（R和Q同时左移，空出一位上商1）

+00110R6=2R5+[–Y]

0010011110R6与[Y]异号，则q0=0，Q左移，空出一位上商1

+00000+1商为负数，末位加1；余数不需要修正

0010011111

所以，[X/Y]补=11111，余数为00100。

即：

X/Y=–0001B=–1，余数为0100B=4

将各数代入公式“除数×商+余数=被除数”进行验证，得：

（–6）×（–1）+4=10。

10．若一次加法需要1ns，一次移位需要。

请分别计算用一位乘法、两位乘法、基于CRA的阵列乘法、基于CSA的阵列乘法四种方式计算两个8位无符号二进制数乘积时所需的时间。

参考答案：

一位乘法：

8次右移，8次加法，共计12ns；

二位乘法：

4次右移，4次加法，共计6ns；

基于CRA的阵列乘法：

每一级部分积不仅依赖于上一级部分积，还依赖于上一级最终的进位，而每一级进位又是串行进行的，所以最长的路径总共经过了8+2×（8–1）=22次全加器，共计约22ns；

基于CSA的阵列乘法：

本级进位和本级和同时传送到下一级，同级部分积之间不相互依赖，只进行O（N）次加法运算，因此，共计约8ns。

11．在IEEE754浮点数运算中，当结果的尾数出现什么形式时需要进行左规，什么形式时需要进行右规？

如何进行左规，如何进行右规？

参考答案：

（1）对于结果为±1x.xx……x的情况，需要进行右规。

右规时，尾数右移一位，阶码加1。

右规操作可以表示为：

MbMb×2-1，EbEb+1。

右规时注意以下两点：

a）尾数右移时，最高位“1”被移到小数点前一位作为隐藏位，最后一位移出时，要考虑舍入。

b）阶码加1时，直接在末位加1。

（2）对于结果为±……01x……x的情况，需要进行左规。

左规时，数值位逐次左移，阶码逐次减1，直到将第一位“1”移到小数点左边。

假定k为结果中“±”和左边第一个1之间连续0的个数，则左规操作可以表示为：

MbMb×2k，EbEb–k。

左规时注意以下两点：

a）尾数左移时数值部分最左k个0被移出，因此，相对来说，小数点右移了k位。

因为进行尾数相加时，默认小数点位置在第一个数值位（即：

隐藏位）之后，所以小数点右移k位后被移到了第一位1后面，这个1就是隐藏位。

b）执行EbEb–k时，每次都在末位减1，一共减k次。

12．在IEEE754浮点数运算中，如何判断浮点运算的结果是否溢出？

参考答案：

浮点运算结果是否溢出，并不以尾数溢出来判断，而主要看阶码是否溢出。

尾数溢出时，可通过右规操作进行纠正。

阶码上溢时，说明结果的数值太大，无法表示；阶码下溢时，说明结果数值太小，可以把结果近似为0。

在进行对阶、规格化、舍入和浮点数的乘/除运算等过程中，都需要对阶码进行加、减运算，可能会发生阶码上溢或阶码下溢，因此，必须对阶码进行溢出判断。

（有关对阶码进行溢出判断的方法可参见教材中相关章节。

）

13．假设浮点数格式为：

阶码是4位移码，偏置常数为8，尾数是6位补码（采用双符号位），用浮点运算规则分别计算在不采用任何附加位和采用2位附加位（保护位、舍入位）两种情况下的值。

（假定对阶和右规时采用就近舍入到偶数方式）

（1）（15/16）×27+（2/16）×25

（2）（15/16）×27–（2/16）×25

（3）（15/16）×25+（2/16）×27（4）（15/16）×25–（2/16）×27

参考答案（假定采用隐藏位）：

X=（15/16）×27=×27=2×26

Y1=（2/16）×25=×25=2×22

Y2=（–2/16）×25=–×25=（–2×22

K=（15/16）×25=×25=2×24

J1=（2/16）×27=×27=2×24

J2=（–2/16）×27=–×27=（–2×24

根据题目所给的各种位数，可以得到在机器中表示为：

[X]浮=001110

（1）111000[Y1]浮=001010

（1）000000[Y2]浮=111010

（1）000000

[K]浮=001100

（1）111000[J1]浮=001100

（1）000000[J2]浮=111100

（1）000000

所以，Ex=1110，Mx=00

（1）.111000，Ey1=1010，My=00

（1）.000000，Ey2=1010，My=11

（1）.000000

Ek=1100，MK=00

（1）.111000，EJ1=1100，MJ1=00

（1）.000000，EJ2=1100，MJ2=11

（1）.000000

尾数M中小数点前面有三位，前两位为数符，表示双符号，第三位加了括号，是隐藏位“1”。

没有附加位时的计算：

（1）X+Y1

[ΔE]补=[Ex]移+[–[Ey1]移]补（mod2n）=1110+0110=0100

ΔE=4，根据对阶规则可知需要对y1进行对阶，结果为：

Ey1=Ex=1110，My1=

尾数相加：

Mb=Mx+My1=001.111000+=，两位符号相等，数值部分最高位为1，不需要进行规格化，所以最后结果为：

E=1110，M=00

（1）.111100,即（31/32）×27

（2）X+Y2

[ΔE]补=[Ex]移+[–[Ey2]移]补（mod2n）=1110+0110=0100;

ΔE=4，根据对阶规则可知需要对y2进行对阶，结果为：

Ey2=Ex=1110，My2=

尾数相加：

Mb=Mx+My2=001.111000+=，两位符号相等，数值部分最高为1，不需要进行规格化，所以最后结果为：

E=1110，M=00

（1）.110100,即（29/32）×27

（3）K+J1

[ΔE]补=[EK]移+[–[EJ1]移]补（mod2n）=1100+0100=0000;

ΔE=0，根据对阶规则可知不需要进行对阶。

尾数相加：

Mb=MK+MJ1=001.111000+=，两位符号不等，说明尾数溢出，需要进行右规，最后结果为：

E=1101，M=00

（1）.011100,即（23/32）×26

（4）K+J2

[ΔE]补=[EK]移+[–[EJ2]移]补（mod2n）=1100+0100=0000;

ΔE=0，根据对阶规则可知不需要进行对阶。

尾数相加：

Mb=MK+MJ2=001.111000+=，两位符号相等，数值部分最高位为0，需要进行左规，所以最后结果为：

E=1011，M=00

（1）.110000,即（7/8）×24

如果有两位附加位精度上会有提高，在对阶的时候要注意小数点后就不是6位，而是8位，最后两位为保护位和舍入位。

但是由于本题6位尾数已经足够，再加2位附加位，其结果是一样的。

14．采用IEEE754单精度浮点数格式计算下列表达式的值。

（1）+（–）

（2）–（–）

参考答案：

x==...0B=...0）2×2-1

y=–=–...0B=（–...0）2×26

用IEEE754标准单精度格式表示为：

[x]浮=00111111010...0[y]浮=1000001010...0

所以，Ex=01111110，Mx=0

（1）.1...0，Ey=，My=1

（1）.000001010...0

尾数Mx和My中小数点前面有两位，第一位为数符，第二位加了括号，是隐藏位“1”。

以下是计算机中进行浮点数加减运算的过程（假定保留2位附加位：

保护位和舍入位）

（1）+（–）

对阶：

[ΔE]补=[Ex]移+[–[Ey]移]补（mod2n）=01111110+01111011=11111001

ΔE=–7，根据对阶规则可知需要对x进行对阶，结果为：

Ex=Ey=，Mx=...000

x的尾数Mx右移7位，符号不变，数值高位补0，隐藏位右移到小数点后面，最后移出的2位保留

尾数相加：

Mb=Mx+My=...000+...000（注意小数点在隐藏位后）

根据原码加/减法运算规则，得：

...000+...000=…000

上式尾数中最左边第一位是符号位，其余都是数值部分，尾数后面两位是附加位（加粗）。

规格化：

根据所得尾数的形式，数值部分最高位为1，所以不需要进行规格化。

舍入：

把结果的尾数Mb中最后两位附加位舍入掉，从本例来看，不管采用什么舍入法，结果都一样，都是把最后两个0去掉，得：

Mb=…0

溢出判断：

在上述阶码计算和调整过程中，没有发生“阶码上溢”和“阶码下溢”的问题。

因此，阶码Eb=。

最后结果为Eb=，