计算机组成与系统结构课后答案全(清华大学出版社 袁春风主编)

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A4?A1和B4?B1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C4 ?C1的逻辑表达式。 参考答案: 串行进位:

C1 = X1C0+Y1C0 + X1 Y1 C2 = X2C1+Y2C1 + X2 Y2 C3 = X3C2+Y3C2 + X3 Y3 C4 = X4C3+Y4C3 + X4 Y4

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3.15和图3.16,将两个图结合起来即可,也即只要将图3.15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3.15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:

C P Y 说明 0 0 0 0 0 0 1 1 0 P0 = 0

+ 0 0 0 0 y4 = 0,+0

0 0 0 0 0 C, P 和Y同时右移一位 0 0 0 0 0 0 0 1 1 得P1

+ 1 0 1 0 y3 = 1,+X

0 1 0 1 0 C, P 和Y同时右移一位 0 0 1 0 1 0 0 0 1 得P2

+ 1 0 1 0 y2 = 1,+X

0 1 1 1 1 0 0 0 0 C, P 和Y同时右移一位 0 0 1 1 1 1 0 0 0 得P3

+ 0 0 0 0 y1 = 0,+0

0 0 1 1 1 C, P 和Y同时右移一位 0 0 0 1 1 1 1 0 0 得P4

若两个6位数相乘的话,则还要右移两次,得 000000 111100

符号位为:0 ? 1 = 1,因此,[X×Y]原 = 1000 0011 1100 即X × Y = –11 1100B = – 60

(3) [–10]补 = 110110,布斯乘法过程如下:

P Y y-1 说明

0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 设y-1 = 0,[P0]补 = 0

y0 y-1 = 00,P、Y直接右移一位

0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 1 0 得[P1]补

+ 1 1 0 1 1 0 y1 y0 =10,+[–X]补 1 1 0 1 1 0 P、Y同时右移一位 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 得[P2]补

+ 0 0 1 0 1 0 y2 y1 =01,+[X]补 0 0 0 1 0 1 P、Y同时右移一位

0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 得[P3]补

+ 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 y3 y2 = 10,+[–X]补 1 1 1 0 0 0 P、Y同时右移一位 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 1 1 得[P4]补 + 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 y4 y3 = 11,+0

1 1 1 1 0 0 P、Y同时右移一位 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 1 得[P5]补 + 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 y5 y4 = 11,+0

1 1 1 1 1 0 P、Y同时右移一位 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 得[P6]补

因此,[X × Y]补=1111 1100 0100,即X × Y = –11 1100B= – 60

(4) 因为除法计算是2n位数除n位数,所以[6]原=0110,[10]原=0000 1010,[–6]补=1010,

商的符号位:0 ? 1 = 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 0 0 0 0 1 0 1 0 开始R0 = X + 1 0 1 0 R1 = X–Y 1 0 1 0 1 0 1 0 0 R1< 0,则q 4 = 0,没有溢出 0 1 0 1 0 1 0 0 2R1(R和Q同时左移,空出一位商)

+ 0 1 1 0 R2 = 2R1+Y 1 0 1 1 0 1 0 0 0 R2 < 0,则q 3 = 0 0 1 1 0 1 0 0 0 2R2 (R和Q同时左移,空出一位商)

+ 0 1 1 0 R3 = 2R2 +Y 1 1 0 0 1 0 0 0 0 R3 < 0,则q 2 = 0 1 0 0 1 0 0 0 0 2R3 (R和Q同时左移,空出一位商)

+ 0 1 1 0 R3 = 2R2 +Y 1 1 1 1 0 0 0 0 0 R4 < 0,则q1 = 0 1 1 1 0 0 0 0 0 2R4 (R和Q同时左移,空出一位商)

+ 0 1 1 0 R5 = 2R4 +Y 0 1 0 0 0 0 0 0 1 R5 > 0,则q 0 = 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 = 0 1010 , [–6] 补 = 1 1010,计算过程如下:

先对被除数进行符号扩展,[10] 补=00000 01010,[6] 补 = 0 0110 余数寄存器R 余数/商寄存器Q 说 明

0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 开始R0 = [X] + 1 1 0 1 0 R1=[X] +[Y]

1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 R1与[Y]同号,则q5 =1

1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 2R1(R和Q同时左移,空出一位上商1) +0 0 1 1 0 R2 = 2R1+[–Y]

1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 R2与[Y]同号,则q4= 1,

1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 2R2(R和Q同时左移,空出一位上商1) + 0 0 1 1 0 R3 = 2R2 +[-Y]

1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 R3与[Y]同号,则q3 = 1

1 0 1 1 0 1 0 1 1 1 2R3(R和Q同时左移,空出一位上商1) + 0 0 1 1 0 R4 = 2R3 +[–Y]

1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 R4与[Y]同号,则q 2 = 1

1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 2R4 (R和Q同时左移,空出一位上商0) + 0 0 1 1 0 R5= 2R4 +[-Y]

1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 R5与[Y]同号,则q1= 1,

1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 2R5 (R和Q同时左移,空出一位上商1) + 0 0 1 1 0 R6= 2R5 +[–Y]

0 0 1 0 0 1 1 1 1 0 R6与[Y]异号,则q 0 = 0,Q左移,空出一位上商

1

+ 0 0 0 0 0 + 1 商为负数,末位加1;余数不需要修正 0 0 1 0 0 1 1 1 1 1 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0.5ns。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IEEE 754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:M b?M b ×2 -1,Eb?Eb+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±0.00……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:M b?M b ×2k,Eb?Eb–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Eb?Eb–k时,每次都在末位减1,一共减k次。

12.在IEEE 754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 = 0.111100B ×27= (1.111000)2 × 26 Y1= (2/16) ×25 = 0.001000B ×25= (1.000000)2 × 22 Y2= (–2/16) ×25 = –0.001000B ×25= (–1.000000)2 × 22 K= (15/16) ×25 = 0.111100B ×25= (1.111000)2 × 24

J1= (2/16) ×27 = 0.001000B ×27= (1.000000)2 × 24 J2= (–2/16) ×27 = –0.001000B ×27= (–1.000000)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 = 00 1110 (1)111000 [Y1]浮 = 00 1010 (1)000000 [Y2]浮 = 11 1010 (1)000000 [K]浮 = 00 1100 (1)111000 [J1]浮 = 00 1100 (1)000000 [J2]浮 = 11 1100 (1)000000

所以,E x = 1110,Mx = 00 (1). 111000 ,E y1 = 1010,My = 00(1).000000,E y2 = 1010,My = 11(1).000000

Ek = 1100,MK = 00 (1). 111000 ,E J1 = 1100,MJ1 = 00(1).000000,E J2 = 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 = [E x]移 + [–[E y1]移]补 (mod 2n) = 1110 + 0110 = 0100

ΔE = 4,根据对阶规则可知需要对y1进行对阶,结果为:E y1 = E x = 1110,My 1= 000.000100 尾数相加:Mb = Mx + My1 = 001. 111000+ 000.000100 = 001.111100,两位符号相等,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 = [E x]移 + [–[E y2]移]补 (mod 2n) = 1110 + 0110 = 0100;

ΔE = 4,根据对阶规则可知需要对y2进行对阶,结果为:E y2 = E x = 1110,My2= 111.111100 尾数相加:Mb = Mx + My2 = 001. 111000+ 111.111100=001.110100,两位符号相等,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 = [E K]移 + [–[E J1]移]补 (mod 2n) = 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+ 001.000000= 010.111000,两位符号不等,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 = [E K]移 + [–[E J2]移]补 (mod 2n) = 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 = 00 1. 111000+ 111.000000 = 000.111000,两位符号相等,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IEEE 754单精度浮点数格式计算下列表达式的值。

(1)0.75+(– 65.25) (2)0.75–(– 65.25) 参考答案:

x = 0.75 = 0.110...0B = (1.10...0)2 × 2-1

y = – 65.25 = – 1000001.01000...0B = (–1.00000101...0) 2 × 26 用IEEE 754标准单精度格式表示为:

[x]浮 = 0 01111110 10...0 [y]浮 = 1 10000101 000001010...0

所以,E x = 01111110,Mx = 0 (1). 1...0 ,E y = 10000101,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)0.75+ (– 65.25)

① 对阶: [ΔE]补 = [E x]移 + [–[E y]移]补 (mod 2n) = 0111 1110 + 0111 1011 = 1111 1001

ΔE = –7,根据对阶规则可知需要对x进行对阶,结果为:Ex = E y = 10000101,Mx =

00.000000110...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

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