那么如何實(shí)現(xiàn)這個(gè)變換？

求$X\times Y$,皆為 n bit

如果Y是無(wú)符號(hào)數(shù)，可作如下展開(kāi)；如果Y是有符號(hào)數(shù)，亦可，因?yàn)槠浼词乖賲⑴c運(yùn)算，最后會(huì)由于取模而表現(xiàn)負(fù)數(shù)功能（可理解為對(duì)負(fù)數(shù)使用了新的具有可加性的編碼方式，而乘除正是加操作的累計(jì)）

$Y=2^{n?1}{y}_{n?1}+2^{n?2}{y}_{n?2}+2^{n?3}{y}_{n?3}+...+2^2{y}_2+2^1{y}_1+2^0{y}_0$

$2Y=2^n{y}_{n?1}+2^{n?1}{y}_{n?2}+2^{n?2}{y}_{n?3}+...+2^3{y}_2+2^2{y}_1+2^1{y}_0$

$Y=2Y?Y=2^n(y_{n?1}?0)+2^{n?1}(y_{n?2}?y_{n?1})+2^{n?2}(y_{n?3}?y_{n?2})+...+2^3(y_2?y_3)+2^2(y_1?y_2)+2^1(y_0?0)+2^0(0?y_0)$

原始乘法思路：從低位到高位遍歷處理乘數(shù)，1則加被乘數(shù)，部分積右移，右移出的位不再參與之后運(yùn)算；0則不加，直接右移。

booth算法套用這種定位加再右移的框架，但重構(gòu)了乘數(shù)Y。也是對(duì)乘數(shù)從低位到高位遍歷。從低位后虛補(bǔ)一位0開(kāi)始，到最高位結(jié)束（實(shí)際上到次高位即可結(jié)束）。每次遍歷。當(dāng)前位與相鄰高位的差值作為該權(quán)下的bit值，為1則加被乘數(shù)，為0則不加，為-1則加被乘數(shù)的變形補(bǔ)碼（減被乘數(shù)，可用乘法分配率拆分乘數(shù)理解），之后則右移，更新位權(quán)，完成一輪操作。

為什么Y的最低位的后一位要虛補(bǔ)一位0？

由錯(cuò)位相減式得知要如此；虛補(bǔ)0捕捉最低位的純1子串；補(bǔ)0原式值不變。

遍歷Y的最高位的前一位一定要補(bǔ)0嗎？是否遍歷到乘數(shù)Y的次高位即可？

由錯(cuò)位相減后的Y知，$2^n(y_{n?1}?0)$象征bit位中第n+1位的權(quán)，處在溢出范圍，故無(wú)論乘數(shù)該權(quán)值為何皆算溢出而無(wú)影響。另外，事實(shí)上，由于此處0是把Y看做無(wú)符號(hào)數(shù)對(duì)最高位的0拓展（正常思維），也可以這樣理解，如果把Y看做有符號(hào)數(shù)對(duì)最高位作符號(hào)拓展，則拓展符號(hào)位,始終和原符號(hào)位$y_{n?1}$保持一致，故差值一定是0，不影響乘法。

由于移位是為了下一次加法能對(duì)準(zhǔn)位權(quán)，而第n+1次遍歷不加，故最后一次（第n次）遍歷完后不需右移部分積。但是，完成$X\times Y$，結(jié)果為n位高位部分積（每次遍歷時(shí)處理的部分積），n位低位部分積（接受高位右移溢出的bit位，同步作右移），為了使低位部分積“完全入座”，接收n個(gè)有效bit值（第n次遍歷做完可能的加法后，高位部分積共有n位有效bit值，低位部位積有n-1為有效bit值和最低位的1位空值），還需對(duì)整體進(jìn)行一次算術(shù)右移（可以發(fā)現(xiàn)一個(gè)特點(diǎn)：高位部分積的最高兩位會(huì)是相等的）。故：總共做n次遍歷，若干次加法，n次移位。

順便說(shuō)一句，高位部分積應(yīng)采取n+1位的雙符號(hào)位形式，防止加法溢出。

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的计组-booth乘法-谈原理和实现的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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