计算机组成原理——数据的表示与运用

数值与编码

进位记数制及其相互转换
十进制、二进制、八进制、十六进制
真值、机器数（原码、反码、补码）
字符与字符串的编码（小端和大端方式存储）
数据校验
奇偶校验、CRC冗余校验、海明校验

定点数的表示和运算

无符号数的表示，有符号数的表示
定点数的运算
移位、原码加/减、补码加/减、乘/除、溢出判别

浮点数的表示和运算

浮点:表示范围、IEEE754标准、浮点数加/减运算
ALU结构
串行加法器和并行加法器、ALU的功能和结构

2009

12.一个 C 语言程序在一台 32 位机器上运行。程序中定义了三个变量 xyz，其中 x 和 z 是 int型，y 为 short 型。当 x=127，y= -9 时，执行赋值语句 z=x+y 后，xyz 的值分别是
A.X=0000007FH，y=FFF9H，z=00000076H
B.X=0000007FH，y=FFF9H，z=FFFF0076H
C.X=0000007FH，y=FFF7H，z=FFFF0076H
D.X=0000007FH，y=FFF7H，z=00000076H

答案：D
考点：整数的补码表示和补码加法。x和z是int型，占四个字节，y是short型占两个字节。

y=-9的二进制原码为1000 0000 0000 1001

补码=原码取反+1 为1111 1111 1111 0111 = （FFF7）₁₆

而在进行x+y时，int型能够表示所有的short类型，所以现将short转为int再相加为118

13.浮点数加减运算过程一般包括对阶、尾数运算、规格化、舍入和判溢出等步骤。设浮点数的阶码和尾数均采用补码表示，且位数分别为 5 位和 7 位（均含 2 位符号位）。若有两个数 X=2⁷×29/32，Y=2⁵×5/8，则用浮点加法计算 X+Y 的最终结果是
A．00111 1100010 B.00111 0100010
C．01000 0010001 D.发生溢出

答案：D
考点：浮点数加法运算
双符号位法溢出判断

根据题意，X可记为00，111；00，11101(分号前为阶码，分号后为尾数)，
Y可记为00，101；00，10100（20/32）
(1)对阶，X、Y阶码相减，即00，111-00，101=00，111+11，0111=00，010，可知X的阶码比Y的价码大2，根据小阶向大阶看齐的原则，将Y的阶码加2，尾数右移2位，可得Y为00，111；00，00101；
(2)尾数相加，即00，11101+00，00101=01，00010，尾数相加结果符号位为01，故需进行右规；
(3)规格化，将尾数右移1位，阶码加1，得X+Y为01，000；00，10001，阶码符号位为01，说明发生溢出，故选D。

2010

13.假定有4个整数用8位补码分别表示r1=FEH，r2=F2H，r3=90H，r4=F8H，若将运算结果存放在一个8位寄存器中，则下列运算会发生溢出的是()
A. r1 x r2
B. r2 x r3
C. r1 x r4
D. r2 x r4

答案：B
用补码表示时8位寄存器所能表示的整数范围为-128到+127。
r1=(15×16+14)-256=-2；
r2=(15×16+2)-256=-14；
r3=(9×16+0)-256=-112；
r4=(15×16+8)-256=-8；
则r1×r2=28，r2×r3=1568，r1×r4=16，r2×r4=112，只有r2×r3结果溢出。

14.假定变量i，f，d数据类型分别为int, float, double(int用补码表示，float和double用IEEE754单精度和双精度浮点数据格式表示)，已知i=785，f=1.5678e3，d=1.5e100，若在32位机器中执行下列关系表达式，则结果为真的是()
(I) i==(int)(float)I
(II)f==(float)(int)f
(III)f==(float)(double)f
(IV)(d+f)-d==f

A. 仅I和II B. 仅I和III
C. 仅II和III D. 仅III和I

答案：B

考查不同精度的数在计算机中的表示方法及其相互装换。
在c++中为了尽量保证精度不丢失，一般会把低转化为高精度，比如char->int->float->double
由于(int)f=1，小数点后面4位丢失，故Ⅱ错。Ⅳ的计算过程是先将f转化为双精度浮点数据格式，然后进行加法运算，故(d+f)-d得到的结果为双精度浮点数据格式，而f为单精度浮点数据格式，故Ⅳ错。
(Ⅰ)i=(int)(float)i//i变成浮点数，不变；
(Ⅱ)f=(floal)(int)f//f变成整数时，精度变小；
(Ⅲ)f=(float)(double)f//f转为双精度，大小不变；
(Ⅳ)(d+f)-d=f//双精度值==单精度值，结果出错。

2011
13．float型数据通常用IEEE 754单精度浮点数格式表示。若编译器将float型变量x分配在一个32位浮点寄存器FR1中，且x = -8.25，则FR1的内容是
A．C104 0000H B．C242 0000H
C．C184 0000H D．C1C2 0000H

答案：A
x=-8.25＝（-1000.01）₂﹦（-1.000 01×2³）₂
阶码=E=e+127=130=（1000 0010）₂，
单精度浮点数格式： 1位数符，8位阶码（含阶符），23位尾数（格式化原码尾数的最高位恒为1，所以不在尾数中表示出来，计算时在尾数前面自动添加1）
故FR1内容为：
1 1000 0010 000 0100 0000 0000 0000 0000
即1100 0001 0000 0100 0000 0000 0000 0000，
即C1040000H

43（11分）假定在一个8位字长的计算机中运行如下类C程序段：

unsigned int x = 134;
unsigned int y = 246;
int m = x;
intn = y;
unsigned int z1 = x–y;
unsigned int z2 = x+y;
int k1 = m–n;
int k2 = m+n;

若编译器编译时将8个8位寄存器R1 ~ R8分别分配给变量x、y、m、n、z1、z2、k1和k2。（提示：带符号整数用补码表示）
（1）执行上述程序段后，寄存器R1、R5和R6的内容分别是什么？（用十六进制表示）
R1存储的是134，转换成二进制为1000 0110B，即86H。
R5存储的是x－y的内容，x－y=-112，转换成二进制为1001 0000B（补码），即90H。

//x和y都是无符号整型，两数相减的过程是按照正常的相减方式的，如果看成有符号的整型，那么就是-20，存储的信息也和有符号整型存储的信息完全一致，但是这两者表示数据的方法不一样，这就导致了相同的信息表示出不同的数据，这里的112是有符号整型的说法罢了。
R6存储的是x+y的内容，x+y=380，转换成二进制为1 0111 1100B（前面的进位舍弃），即7CH。由于计算机字长为8位，所以无符号整数能表示的范围为0~255。而x+y=380，故溢出。
（2）执行上述程序段后，变量m和k1的值分别是多少？（用十进制表示）
m二进制表示为1000 0110B，由于m是int型，所以最高位为符号位，所以可以得出m的原码为：1111 1010（对10000110除符号位取反加1）（负数的原码与补码之间的转换都是除符号位取反加一），即-122。
同理n的二进制表示为1111 0110B，故n的原码为：1000 1010，转成十进制为-10。
所以k1=-122-（-10）=-112.
（3）上述程序段涉及带符号整数加/减、无符号整数加/减运算，这四种运算能否利用同一个加法器及辅助电路实现？简述理由。
可以利用同一个加法器及辅助电路实现。因为无符号整数都是以补码形式存储，所以运算规则都是一样的。
但是有一点需要考虑，由于无符号整数和有符号整数的表示范围是不一样的，所以需要设置不一样的溢出电路。
（4）计算机内部如何判断带符号整数加/减运算的结果是否发生溢出？上述程序段中，哪些带符号整数运算语句的执行结果会发生溢出？
三种方法可以判断溢出：
双符号位、最高位进位、符号相同操作数的运算后与原操作数的符号不同则溢出。
带符号整数只有k2会发生溢出。
分析：8位带符号整数的补码取值范围为：
-128~+127，而k2=m+n=-122-10=-132，超出范围，而k1=-112，在范围-128~+127之内。

2012
13．假定编译器规定 int 和 short 类型长度占 32 位和 16 位，执行下列 C 语言语句
unsigned short x = 65530;
unsigned int y = x;
得到 y 的机器数为
A. 0000 7FFA B. 0000 FFFA
C. FFFF 7FFA D. FFFF FFFA

答案：B
考查：无符号数，零扩展
x=65530，将其化为二进制 1111 1111 1111 1010，对应的16进制为FFFA，将其转化为32位的int为0000 FFFAH

14．float 类型（即 IEEE754 单精度浮点数格式）能表示的最大正整数是
A. 2¹²⁶-2¹⁰³
B. 2¹²⁷-2¹⁰⁴
C. 2¹²⁷-2¹⁰³
D.2¹²⁸-2¹⁰⁴

答案：D
考查： IEEE754 单精度浮点数格式

对于一个非0且不是无穷大的浮点数，其阶码实际值为-126~+127，对应移码1~254。尾数的最大值为：0.1111.....111111共23位小数取阶码127，即指数127。那么，根据X = (-1) ^s ×(1.M)×2 ^E-127 ，有 最大值为 (1.11111.....1)₂ ×2¹²⁷=(1+1-2^-23) ×2 ¹²⁷ = (2-2 ^-23) ×2 ¹²⁷ =2¹²⁸-2¹⁰⁴

问题1：表示的为什么是正整数而不是小数？其实23位尾数是用来表示小数部分的，但是用阶码可以表示的指数是127，如果都用上是远大于小数部分的23位的。

问题2: 0.1111.....111111共23个1是怎么表示成1-2^-23的呢？其实可以这样想如果给这个数加上一个0.000......000001那么就会变为1，而这个0.000......000001

就是2-²³!

15．某计算机存储器按字节编址，采用小端方式存放数据。假定编译器规定 int 和 short 型长度分别为 32 位和 16 位，并且数据按边界对齐存储。某 C 语言程序段如下：

struct{
int a;
char b;
short c;
} record;
record.a=273;

若 record 变量的首地址为 0Xc008，则地址0Xc008 中内容及 record.c 的地址分别为
A. 0x00、0xC00D C. 0x11、0xC00D
B. 0x00、0xC00E D. 0x11、0xC00E

答案：D

273=256+16+1=100010001B=0000 0111H
小端：高地址存高半字/字节；低地址存低半字/字节

什么是数据按边界对齐存储？
简单的说，对于int型而言，起始地址为4的倍数；对于char类型而言，起始地址为任意字节皆可；对于short类型而言，起始地址为2的倍数；对于结构体而言，起始地址结构体内类型最大的字节量的整数倍；
0xC008 中内容:0x11，record.c的地址：0xC00E

2013

13、某数采用 IEEE 754 单精度浮点数格式表示为 C640 0000H，则该数的值是（）
A. -1.5*2¹³ B. -1.5*2¹²
C. -0.5*2¹³ D. -0.5*2¹²
答案： A
二进制为：1 100 0110 0 100 0000 0000 0000 0000 0000
符号位 1 负数
阶码 140-127=13
尾数 1.5

14.某字长为8位的计算机中，已知整型变量x、y的机器数分别为[x]补=11110100，[y]补=10110000。若整型变量 z=2*x+y/2，则 z 的机器数为
A. 1 1000000 B. 0 0100100
C. 1 0101010 D. 溢出

答案：A
解析：将 x 左移一位，得到 11101000

将 y 右移一位，得到 11011000

两数相加判断是否溢出可以使用双符号位法来判断，符号位和最高位进位都是1，不会造成溢出。

两个数的补码相加的机器数为 11000000

15.用海明码对长度为 8 位的数据进行检/纠错时，若能纠正一位错。则校验位数至少为
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

答案：C
考查：设校验位的位数为k，数据位的位数为n，应满足下述关系：2^k≥n+k+1。n=8，当k=4时，24(=16)＞8+4+1(=13)，符合要求，校验位至少是4位。

2014

13. 若x=103,y=-25,则下列表达式采用8位定点补码运算实现时，会发生溢出的是
A x+y B -x+y C x-y D -x-y

答案：C

8位原码和反码能够表示数的范围是-127~127

8位补码能够表示数的范围是-128~127
用补码表示时：

10000000-11111111表示-128到-1, 00000000-01111111表示0-127

补码的1111 1111转换成原码就是1000 0001，也就是-1。

在补码中用(-128)代替了(-0),所以补码的表示范围为:-128~127

注意:(-128)没有相对应的原码和反码, (-128) = (10000000)，把10000000取反加1就是-128.

14. float型整数用IEEE754单精度浮点格式表示，假设两个float型变量x和y分别在32为寄存器f1和f2中，若（f1）=CC900000H, （f2）=B0C00000H,则x和y之间的关系为：
A x<y且符号相同 B x<y且符号不同
C x>y且符号相同 D x>y且符号不同

答案：A
解析：将f1 f2 分别展开，分别判断符号位和阶码

（f1）=CC900000H=1 100 1100 1 001 0000 0000 0000 0000 0000

（f2）=B0C00000H=1 011 0000 1 100 0000 0000 0000 0000 0000
在x,y同为负数的情况下，x的阶码为26，尾数为1.125；y的阶码为-30，尾数为1.5，则y>x

2015
13、由 3 个“1”和 5 个“0”组成的 8 位二进制补码，能表示的最小整数是（）

A．-126 B．-125
C．-32 D．-3

答案B

二进制的补码表示。

对于这道题，我们应该怎样考虑？

选择题的话，可以投机一点，直接将选项转为补码就行了。

但要是在问答题中，由于最小的数肯定是负数，首先第一位就是1 ，又因为补码要取反，所以最小的数应该是 1,0000011.除开符号位取反加1后变成 1,1111101。这个数的十进制是-125

或者有这样一种说法，补码小这个数就小，补码大这个数就大！
补码：10000011

原码：11111101=-125

14．下列有关浮点数加减运算的叙述中，正确的（）
Ⅰ.对阶操作不会引起阶码上溢或下溢
Ⅱ. 右规和尾数舍入都可能引起阶码上溢
Ⅲ.左规时可能引起阶码下溢
Ⅳ. 尾数溢出时结果不一定溢出
A．仅Ⅱ、Ⅲ B．仅Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ
C．仅Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ

答案D

浮点数加减运算
1.对阶时，统一保留大的阶数，并不会造成阶码的上溢或者下溢。

2.右规和尾数舍入的过程会造成阶码的增加，因而有可能会引起阶码上溢。

3.左规的过程会造成阶码的减少，因而有可能会引起阶码下溢。

4.尾数溢出时，阶码不一定会溢出，结果也不一定能溢出。

补充：两个浮点规格化数相乘，是否可能需要右规？为什么？是否可能需要左规？为什么？其规格化次数可否确定？（6分）

答：不可能需要右规，可能需要左规，因为规格化的尾数是纯小数，两个纯小数相乘不会得到整数，但会变得更小，并且左规最多只需一次。

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