在學習計算機組成原理的計算方法時，或為步驟疑惑，或為題目難倒，本文主要介紹思路以及對常用類型小結

個人總結，僅供參考，能力有限，難免出錯，歡迎大家討論，書籍參考唐朔飛版《計算機組成原理》

運算類型主要分為：加減法、乘法、除法。其中乘法分為：原碼一位乘、補碼一位乘、原碼兩位乘、補碼兩位乘，除法分為：原碼除法和補碼除法，在原碼除法中又可分為恢復余數法和加減交替法。下面將依次進行介紹和小結。

C語言使用的都是補碼，計算機也都采用補碼作加減法運算，概括起來分成4步：

• 將所給真值或機器數轉換成補碼
• 若是相減，則將減數的補碼變成負減數的補碼，以實現相加
• 兩數進行相加
• 溢出判斷

1. 加減法

例1 A=+0.1011，B=-0.0101，求[A+B]補

解：無論是加法還是減法，我們最后都要轉換成相加，其中[A]補=0.1011，[B]補=1.1011，則[A]補+[B]補=10.0110，將高位的1移去（這里的移去是計算機自動移去高位）

例2 機器數字長為8位（含1位符號位），若A=+15，B=+24，求[A-B]補

解：[A]補=0,0001111,[B]補=0,0011000，但此時要求的是A-B的補碼，又[A-B]補=[A]補-[B]補=[A]補+[-B]補

故求得[-B]補=1,1101000(一個數的負數的補碼求法為：連同符號在內，每位取反，末位加1)

則可計算[A]補+[-B]補=1,1110111

小結1：加減法符號位1位，不參與運算，加法器有n+1位，同樣也可知累加器ACC和寄存器X也為n+1位，可理解為符號位1位+數值位n位，這里和后面要區分開的一個點，這里的符號位沒有單獨存放，而是和數據一起存放，詳情查閱唐版教材P242和P247（原碼一位乘法符號位存放在S中，后面會有小結）

2. 乘法

2.1 原碼一位乘法：原碼一位乘法開始我也一直沒懂，被教材P244的表6.8卡住了，現用我自己的話解釋，閱讀下面內容需仔細查看教材P243了解小學數學乘法計算步驟。

?

現在我們有盒子，每個盒子只有5個空位，我們要在盒子里面進行兩個數0.1101和0.1011的計算（即0.1101*0.1011），如果我們按照小學數學的乘法，會發現盒子不夠用（請動筆按照教材P243算一下，看是不是超過5個空位）。計算機也是這么想的，它要計算很大很多的數據，就想盡可能省空間和運算次數，所以按照P243運算思路，其計算過程如下：

ACC	?
X	?
MQ	?

首先在ACC盒子中放被乘數0.1101，正好5個空位，然后想辦法用乘數仿照小學數學乘法去1個1個乘，那就把乘數0.1011放另一個盒子X中。結果我們就放到MQ中吧，但是問題來了，MQ也只有5個空，前面我們的結果0.10001111要9個空，空間不足啊！好辦，在乘法過程中，每個乘數的末尾用了一次就不用了，那我們就可以用了之后就把它丟了，那么乘積多出來的部分也可以放。所以就有了教材P244的表6.8

也即，部分積一次一次地放相加結果，加完了右移一位數到乘數空格中，乘數空格本來就5位，故會擠掉低位，這個地位是已經進行運算過了的數，所以丟掉沒影響。很多同學包括我，沒看懂的原因就是部分積的末位推到了乘數的高位，就像擠牙膏，后面的（部分積）把前面的（乘數）積出來了一點點，但這一點點馬上要用來刷牙（已經乘過了），所以沒影響。后面其他運算類似，故不再贅述。

小結2：部分積位數n+1，注意加減法中為n，且符號位另有單獨的S存放，是通過異或運算得到。因為是原碼，進行邏輯移位，故符號位不參與運算。在0.1101*0.1011運算過程中，運算次數是根據1011這4個數決定的，故運算次數是n位，并且我們進行了4次移位，且是在運算之后

2.2 補碼一位乘法：兩位的運算能簡化計算，但對人腦更復雜，考研不考，我們接著看補碼一位乘法。

Booth算法：原理和原碼一位乘類似，詳情參見P254.

小結3：補碼考慮到溢出，符號位2位，沒有單獨運算器，符號位參與運算（是否參與運算的意思，就是算術移位還是邏輯移位的區別。比如原碼一位乘，因為是原碼，移位的時候不看符號直接添0所以是邏輯移位，而補碼一位是跟著符號添加的，故是算術移位，有不清楚的看教材P234的表6.4），同樣我們知道符號是參與運算得來的，看最后結果的符號位就行。注意因為一開始需要進行判斷正負（因為Booth的原理如此，很長有點難），所以一開始就要進行一次運算，看到底是[-X]補，還是[X]補，所以運算次數是n+1，但移位還是根據本身的位數n，在運算中，因為要判斷溢出，現在我們的加法器也就變成了n+2位，也可以記成因為2有兩位符號位，所以是n+2.

3. 除法

3.1 原碼恢復余數法

核心思想是：相減看是正是負，是正的就說明可以減，那上商1，移位；是負的說明不夠減，但現在已經減完了，那要補回來，上商0，移位。如此反復，最后的末位也按此規則。（補碼加減交替法末位恒上1）

小結4：此法用的少，首先比較麻煩，最少運算n+1次，最多運算2n+1次，1是第一次進行兩數相減判斷正負，故為n+1，結合教材P259-260除去恢復的，共5次運算，而本身只有4位數值可進行佐證。移位需n次，上商次數與最低次數相同，為n+1，也即恢復的時候不上商

3.2 原碼加減交替法

原碼加減交替是在原碼恢復余數法基礎上改進，本來是負的就補回去，但后面仍要移位，故改成：負的意味著更小，上商0，左移一位之后再加補數，再根據此結果循環。由于一開始要進行相減判斷大小，故運算次數n+1次，移位還是n次。并且除法當中左移按邏輯移位（它的原理就是如此），故符號參加運算，但符號位由異或得到，同樣由運算器S保存

3.3 補碼加減交替法

同為補碼，但符號位只有1位，與補碼一位乘不同，符號位也是異或得到。上商n+1次，移位n次，符號位參與運算

?符號位運算參與運算次數移位次數符號結果符號存儲?

原碼一位乘	1	No	n	n	異或	S	?
Booth	2	Yes	n+1	n	運算	A	?
原碼恢復	1	Yes	n+1~2n+1	n	異或	S	?
原碼加減	1	Yes	n+1	n	異或	S	?
補碼加減	1	Yes	n+1	n	異或	A	?

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的加减法、原码一位乘法、Booth算法、恢复余数法、加减交替法符号位及小结的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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