(２）两个用补码表示得数相加时，如果最高位(符号位)有进位,则进位被舍弃。 这样得运算有两个好处：
（ａ）使符号位能与有效值部分一起参加运算,从而简化运算规则。从而可以简化运算器得结构，提高运算速度；（减法运算可以用加法运算表示出来。）
(b）加法运算比减法运算更易于实现。使减法运算转换为加法运算,进一步简化计算机中运算器得线路设计。
3）浮点数得表示范围与精确度分别由什么决定？字长一定时浮点数得表示范围与精确度之间有与关系？
答:浮点数得表示范围由阶码得位数决定，精确度由尾数得位数决定.
当机器字长一定时，分给阶码得位数越多,尾数占用得位数就越少，则数得表示范围越大。而尾数占用得位数减少,必然会减少数得有效数位，即影响数得精度。 ４）汉字输入码、机内码与字型码在汉字处理过程中各有何作用? 答:汉字输入码、机内码与字型码,分别用于汉字得输入、汉字在计算机内得处理以及汉字得显示与打印。
具体来说，计算机要对汉字信息进行处理，首先要将汉字转换成计算机可以识别得二进制形式并输入到计算机，这就是由汉字输入码完成得；汉字输入到计算机后,还需要转换成内码才能被计算机处理，显然，汉字内码也应该就是二进制形式。如果需要显示与打印汉字,还要将汉字得内码转换成字形码。
5)在机内码中如何区分两个ＡSCII码字符与一个汉字?
答:将一个汉字瞧成就是两个扩展ASＣIＩ码，使表示GB2３１２汉字得两个字节得最高位都为1，而每个ＡＳCＩI码字符中每个字节得最高位为０。这样就能区别一个机内码到底对应一个汉字还就是两个西文字符。 ６)“８４21码就就是二进制数”。这种说法对吗？为什么?
答:这种说法就是不对得。８421码就是一种最简单得有权码,它选取4位二进制数得前10个代码00０0~10０１分别对应表示十进制数得10个数码。若按权求与,与数就等于该代码所对应得十进制数.
8421码就是一种编码方式，用于十进位制与二进制数之间得转换。
而二进制数就是用0与1两个数码来表示得数。二者就是不同得概念，不能等同。 ７）如何识别浮点数得正负?浮点数能表示得数值范围与数值得精确度取决于什么?
答：当采用一般浮点数格式表示浮点数时，阶码与尾数都各包含一位符号位。浮点数得正负由尾数得得符号位决定.当采用IEEE７54格式时，通过数符就能判断出浮点数得正负。
浮点数能表示得数值范围与数值得精确度，分别取决于阶码得位数与尾数得位数. ８）简述CRC得纠错原理.
答:发送部件将某信息得CRC码传送至接收部件,接收部件收到CRC码后，仍用约定得生成多项式G（ｘ)去除，若余数为0，表示传送正确;若余数不为0，表示出错，再由余数得值来确定哪一位出错，从而加以纠正。具体得纠错原理如下：
（1）不论错误出现在哪一位，均要通过将出错位循环左移到最左边得一位上时被纠正； (２）不为零余数得具有循环特性。即在余数后面补一个零除以生成多项目式，将得到下一个余数，继续在新余数基础上补零除以生成多项式,继续该操作,余数最后能循环到最开始得余数。
(３)CＲC就就是利用不为零余数得循环特性,在循环计算余数得同时，将收到得CＲC编码同步移动，当余数循环到等于最左边位出错对应得余数时，表明已将出错得位移到CRC码得最左边，对出错位进行纠错.
(4)继续进行余数得循环计算，并同步移动CRC编码，当余数又回到最开始得值时，纠
错后得CRＣ码又回到了最开始得位置.至此，完成CRC得纠错任务。 2、３ 写出下列各数得原码、反码与补码。
０, 一0， 0、101０1， 一0、1010１， ０、11１１1， 一０、1111１, -0、１０000, ０、１000０ 解：
ｘ=0，则［＋0］原 ＝ 0、00…0 , ［＋0 ]反＝ 0、0０…０,[＋0］补 =0、0０…0； x=－0,则[－0］原 ＝ １、00…0,［-０］反 = 1、1１…ｌ，［—0]补 ＝ 0、00…0； x=0、１0１01，则[ｘ］原 ＝0、10101，[x］反 ＝0、10101，［x］补 =0、101０1; x=一0、10１０1，则［x]原 ＝1、１0１01，［ｘ]反 =１、0１010，［x］补 ＝1、01０１1; ｘ=0、11111,则[x]原 =０、1１1１1，[x]反 =0、00000，［ｘ］补 =0、0０001；
ｘ＝一0、11１11,则［x］原 =1、11１11，[x]反 ＝1、０00０0,［x]补 =１、00001; x=－0、100０0，则［x］原 =1、１0０００,［ｘ］反 ＝１、011１1，［ｘ]补 =1、1００0０; x＝０、１00０0，则[x］原 ＝0、10000，[x］反 =０、10000,［x］补 =0、100０0。 2、４ 已知数得补码表示形式,求数得真值。
［x］补=０、10010, [ｘ］补＝１、100１0， ［ｘ]补＝１、１111１, ［ｘ］补＝1、000００, ［x］补＝０、1０0０1， [x］补=１、00001，
解：
[ｘ］补＝０、１００10，则［x］原=０、10010,ｘ＝0、1００１０; ［ｘ］补=1、１0010,则［x]原=１、01１01，x=－0、01１0１； [x]补=1、1１111,则［x]原＝1、０0000，ｘ＝－０； [x]补=１、0000０,则[x］原=1、11111，x=-0、1111１;
［x］补=0、100０1，则［ｘ］原=0、1０001,ｘ=０、100０1; ［x］补=１、0０001,则［ｘ]原=１、11１10,x=－0、11110。 2、5 已知x＝0、10１10，y=—0、01010，求：
［ｘ/2］补, [x／４］补, ［y／２］补, [2ｙ］补
解： [ｘ］原=0、10110=[x]反=［x］补， 所以[ｘ/２］补=０、01０1１0，［x／４］补＝0、00１01１0； ［y］原=1、0１010,[y］反=1、101０1,［y]补=1、１01１０， 所以[y/2］补＝1、11０１１0,[2ｙ]补=1、011０。
2。6 C语言中允许无符号数与有符号整数之间得转换， 下面就是一段C语言代码: Ｉnt x ＝—1;
Unｓigned u=2147４83648；
Pｒｉｎtf (“ｘ=％u＝%d\\n”，x,x)； Prinｔf (“ｕ=％u=%ｄ\\n”,u,u）;
给出在32位计算机中上述程序段得输出结果并分析原因、
解：x＝42949６7295=—1;u=21４７４83６４8＝-２１４７48３64８
原因:x就是int型，在计算机中以补码形式存在。％u以无符号输出，％d输出真值，所以x＝４2949６７295=－１。
３
u=２1就是一个无符号数，无溢出,由于首位为1
%ｕ符号输出第一位为非符号位,所以就是214７４８３648
%d 第一位为符号位，所以就是负数，取反加1还就是231所以就是-２14７４83６48。
2、７ 分析下列几种情况下所能表示得数据范围分别就是多少 1）16位无符号数；
2)16位原码定点小数; ３）16位补码定点小数; 4） 16位补码定点整数; 解:
１
1)16位无符号数：０ ～ 11１1 111１ 11１1 １１11,即0 ～ ２6－1=65５35
2)１６位原码定点小数：1、111 11１１ 1111 1１1１ ～ 0、1１1 １11１ １11１ 1111，
５５
即 —（1－２-1）～ 1—２-1
３)16位补码定点小数：１、000 0０00 0000 ０0０0 ～ 0、111 １１1１ １111 11１
－５
１,即 —１ ~ 1-２1
４） 16位补码定点整数：100０ 0００0 0000 000０ ～ 0１１1 １１11 1111 1１11，即 -１
２5 ~ 215-1
2、８ 用补码表示8位二进制整数，最高位用一位表示符号(即形如ｘ0x1x2x3x4x5x6x７）时，模应为多少?
解：因为8位二进制数补码得表示范围为:-１2８～12７一共有2５６个数，所以模为256。
2、9 用ＩEＥE７5４ 32位浮点数标准表示十进制数
ａ) ｂ)3.14１5９27 c)64000 解：
a) 首先分别将整数与分数部分转换成二进制数: =－110、１０1 移动小数点，使其变成1、M得形式: －1１０、1０１=—1、１０101*2 于就是得到：
S=０， e = 2，Ｅ＝ 10+０１1１111１ = 1００００001，M = １0101 最后得到32位浮点数得二进制存储格式为：
1１00 0000 １10１ 010０ ０0０0 0000 ００0０ 0000＝(C0D40000）16 b) 首先分别将整数与分数部分转换成二进制数： 3、141５927=11、1111101101０1 移动小数点，使其变成1、M得形式
1１、１１1１10１101０1＝１、１1１11101１01０１×2 于就是得到:
S＝０， e = １,E= 1+０111111１ =，M = １111１10１1０10 最后得到32位浮点数得二进制存储格式为:
010０ 00０0 010０ １00１ ０000 111１ １10１ 1０10=(4049０FDA)１6 c） 首先将6400转换成二进制数: ６４0０0=1１
移动小数点,使其变成1、M得形式
２
11=１、1×21 于就是得到：
S=0, ｅ ＝ 12,E= 1100+0111１111 =１000１011,M = 1０01 最后得到32位浮点数得二进制存储格式为：
０1０0 01０1 １1００ 10０0 ０000 ０00０ 0000 ０000=（4５Ｃ80000） １6
２
2、１0 求与ＩEEＥ754 ３２位浮点数43940000H对应得十进制数。 解:
４3９40０00Ｈ=（01０0 00１1 1001 010０ 0000 0000 00０0 0０0０)２ Ｓ＝0,E=(1０0０0111）2－127=８,M＝1、0０101
所以表示数为1００１01000，对应得十进制数为２96。 2、11 求３２位 IEEE754 浮点数能表示得最大数与最小数。
解：用IEＥＥ７５4格式（Ｅ得取值范围：1～2５4，留出全0与全1分别表示０与无穷大）
31 30 23 22 ０
ＳE M (１） 最大数得二进制表示： 0 １111１１10 1111１1111111１11１1１111１1 即 2（2） 最小数得二进制表示:
１ １1111110 1111１111１111１1１１１111111 即 - 2(2-２
ｎ
127
—23
1２7
(2—2)
-23
)
2、12 设有两个正浮点数：Ｎ1＝2m×M1，Ｎ2=２×M2。
(1）若m〉n，就是否有N1＞Ｎ2？
（2）若M1与M2就是规格化得数，上述结论就是否正确? 解:（1)不一定。
３
?例如,N1=2×０、00１，N2＝２2×０、01，此时ｍ＞n，却有N１＝Ｎ2。
３２
再如，N1=2×0、001,Ｎ2＝2×０、1,此时m＞ｎ，却有N１＜N2。 (2)正确。
因为浮点数规格化，要求尾数得最高位为非0数码，即当尾数得值不为零时，其绝对值应大于或等于(1/2）１0。
那么M1与Ｍ２都必须就是0、１× × … ×得形式。这时,若m>ｎ，则一定有N１＞N2.
２、1３ 设二进制浮点数得阶码为３位,尾数就是7位。用模2补码写出它们所能表示得最大正数、最小正数、最大负数与最小负数,并将它们转换成十进制数。 解： ? 补码? ? 真值
3—６
最大正数： 011；0、１1111１， 2×（1－２）
3－6
最小正数: １0１；0、000001， 2×2
３-6
最大负数： 10１；1、111111, -2×2
３-6
最小负数: 011；1、000000, —2×(1-２)
2、１4 将下列十进制数表示成浮点规格化数，阶码4位,尾数1０位,各含1位符号，阶码
与尾数均用补码表示。
（1）5７／128 （2） —69/1２8
解：(1）57/128＝(0、011１00１)２,记x＝0、0１１1０01，则［x]原=［x］反＝[x］补=0、01110０1,
—
规格化：[x］补=０、111００1＊21
阶码得原码为:1001，因此补码为：１11１ 尾数为:０1１10010０0
表示成浮点规格化数：1１１１ 0１１1０0１00０
（２）-69／1２8＝(－０、100０1０1）２,记x＝—0、１0001０1,则［x］原=1、10００1０１,［x]反=1、０1１1０１０，[x］补=1、0１1１０1１，
无需规格化，阶码为000０,尾数为10111011００ 表示成浮点规格化数:0００
２、15 设有效信息为01011011，分别写出奇校验码与偶校验码。如果接收方收到得有效信息为010110１0，说明如何发现错误。 解：奇偶校验位分别为:０与1， 奇校验码：0１０1１0110 偶校验码：01０11011１
如果采用奇校验，则发送方发出得奇校验码ｘ=10（前8位就是有效信息位，最后一位就是校验位）,
如果接收方收到得ｘ＝0１0110１00 （只有1位出错，最后一个0就是校验位）,
接收方按奇校验方式根据计算得到得验位C'＝1 ，与从信息中读到得校验码得取值不同，表明传送得信息发生了错误。
如果采用偶校验，利用相似得方法可以发现错误。
2、16由 ６ 个字符得 7 位 ASＣIＩ 编码排列，再加上水平与垂直偶校验位构成如表2、23得行列结构（最后一列为水平奇偶校验位，最后一行为垂直奇偶校验位)
表2、２3 AＳＣIＩ码交叉校验
字符
7 位 ASCII 码
1 X3 1 1 X8 １ １
HP ０ 1 0 1 ０ 1 X12
３ 0 X１ X2 ０ ０ 1 Ｙ１ １ 0 0 1 0 0 ＋ X4 １ 0 1 0 1 Y２ 0 １ X5 Ｘ6 1 1 D １ 0 0 X7 １ 0 = 0 X9 1 1 1 X10 VP 0 0 1 1 １ X1１
则 X1 X2 X3 X４ 处得比特分别为 _１11０_; X5 Ｘ６ Ｘ7 X8 处得比特分别为 _1０00_； Ｘ9 X1０ X11 X１2 处得比特分别为 _1011_； Ｙ1 与 Y2 处得字符分别为 __Ｉ＿_ 与 __7＿_。 解答思路:利用交叉奇/偶校验原理来确定各个X值，再查询ASCII码表获知 Ｙ1 与 Ｙ２就是什么字符.
2、17 设８位有效信息为0110１ll0，试写出它得海明校验码。给出过程，说明分组检测方式，并给出指误字及其逻辑表达式。如果接收方收到得有效信息变成011０1111，说明如何定位错误并纠正错误。
解：被检验位有８位,设检验位有ｒ位
因为：8＋r<=2r—1 r=4;
设四位分别为P1，Ｐ２，P3,P4 海明码为：Ｐ1P２0P311０P4１110 P1：3，5，7，９，１１ P2:３,6，７,10，1１ P３:5，6,7,12
Ｐ4：９,10，11，１2