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
保留