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  • 补码一位乘法

    万次阅读 多人点赞 2019-09-04 15:53:52
    补码一位乘法一,补码一位乘法的基本方法二,补码一位乘法的举例 一,补码一位乘法的基本方法 设[X]补=X0X1X2X3...Xn[Y]补=Y0Y1Y2Y3...Yn可证明:[X∗Y]补=[X]补∗(0.Y1Y2Y3...Yn)−Y0∗[X]补进一步展开合并后可得...

    一,补码一位乘法的基本方法

    [X]=X0X1X2X3...Xn[Y]=Y0Y1Y2Y3...Yn[XY]=[X](0.Y1Y2Y3...Yn)Y0[X][XY]=[X]i=1n(Yi+1Yi)2i()(1)Yn+1=Yn0(2)Yn+1Yn=10,[X](2)Yn+1Yn=01,[X]n+12n+1n(1)i=nYn+1=?Yn+1=0(2)Yn+1Y(3)设[X]_补=X_0X_1X_2X_3...X_n\quad [Y]_补=Y_0Y_1Y_2Y_3...Y_n\newline 可证明:\newline \quad [X*Y]_补=[X]_补*(0.Y_1Y_2Y_3...Y_n)-Y_0*[X]_补\newline 进一步展开合并后可得:\newline \quad [X*Y]_补=[X]_补*\sum\limits_{i=1}^n(Y_{i+1}-Y_i)2^{-i}({\color{blue} 符号位参加运算})\newline 由公式得出补码一位乘法的运算规则如下:\newline \quad (1)如果Y_{n+1}=Y_n,部分积加0,部分积算术右移一位;\newline \quad (2)如果Y_{n+1}Y_n=10,部分积加[X]_补,部分积算术右移一位;\newline \quad (2)如果Y_{n+1}Y_n=01,部分积加[-X]_补,部分积算术右移一位。\newline \quad 重复进行n+1步,但最后一步不移位。\newline 包括一位符号位,所得乘积位2n+1位,其中n为数据位位数。\newline \quad (1)i=n时,Y_n+1=?\qquad {\color{blue}Y_{n+1}=0}\newline\quad(2)Y_{n+1}是哪个寄存器?\qquad{\color{blue}在乘数寄存器Y后增加的一位}\newline\quad(3)算术右移的对象有哪些?\qquad{\color{blue}部分积和乘数寄存器均右移}

    二,补码一位乘法的举例

    1 X= +1101Y= +1011 XY例1\ 已知X=\ +1101\quad Y=\ +1011\ 用补码一位乘法求X*Y
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    若有问题,欢迎讨论
    参考文献:https://www.icourse163.org/course/HUST-1003159001侵权删

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  • 文章目录补码一位乘法补码二位乘法 A.D. Booth提出了一种算法:相乘二数用补码表示,它们的符号位与数值为一起参与乘法运算的过程,直接得出用补码表示的乘法结果,且正数和负数同等对待。这种算法被称之为布斯算法...


    A.D. Booth提出了一种算法:相乘二数用补码表示,它们的符号位与数值为一起参与乘法运算的过程,直接得出用补码表示的乘法结果,且正数和负数同等对待。这种算法被称之为布斯算法。
    下面讨论的都是带有符号位的数字。

    补码一位乘法

    补码乘法规则如下:

    1. 乘数的最低位增加一辅助位yn+1 = 0,下标n是从0开始,而不是从1开始。
    2. 判断yn-i yn-i+1的值,决定是“+X”或者“-X",或仅右移一位,得部分积。
    3. 重复第二步,直到最高位参见操作(y1-y0)* X,但不做位移,结果得[X*Y]
    yn-i yn-i+1
    1 0 +[-X]
    0 1 +[X]
    0 0 直接右移
    1 1 直接右移

    下面举一个例子:

    • 已知 X=13,Y=-10,用布斯乘法求[X*Y]
      解:求得[X]=01101,[Y]=10110,[-X]=10011,假设一个P初始化全为0,位数为两位符号位和四位有效位。
      在这里插入图片描述
      所以布斯算法的算法过程为n+1次的”判断→加减→右移“的循环,右移的次数为n次。

    补码二位乘法

    补码二位乘法的运算过程与布斯算法是相似的。其区别知识判断三位一组,加减运算+[X],+2[X],+2[-X],+[-X]一共四种情况。每次部分积和乘数一般共同右移两位。

    • 设乘数[Y]=y0y1…yn
      1.当n为偶数时,乘法运算过程中的总循环次数为n/2+1。最后一次不右移,因为最后一次是仅仅对符号位的运算。
      2.当n为奇数时,乘法运算过程中的总循环次数为(n+1)/2。最后一次右移一位,因为最后一次是对符号位和最高数值位的运算,符号位的原酸不需要右移。
    yn-i-1 yn-i yn-i+1 加减规则
    0 0 0 0
    0 0 1 +[X]
    0 1 0 +[X]
    0 1 1 +2[X]
    1 0 0 +2[-X]
    1 0 1 +[-X]
    1 1 0 +[-X]
    1 1 1 0

    下面举个例子:
    已知[X]=00011,[Y]=11010,则[-X]=11101。用补码二位乘法计算[XY]
    解:P的位数为三位符号位和四位有效位。
    在这里插入图片描述

    布斯算法的硬件实现

    在这里插入图片描述

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  • 计算机组成原理--补码一位乘法器设计
  • logisim补码一位乘法器设计.txt
  • 原码一位乘法与补码一位乘法

    万次阅读 多人点赞 2015-03-16 16:57:48
    补码1位乘法 原码乘法的主要问题是符号位不能参加运算,单独用一个异或...为了得到补码一位乘法的规律,先从补码和真值的转换公式开始讨论。 1. 补码与真值的转换公式 设 [x]补 = x0 . x1x2…xn ,有:  n

    原码1位乘法

    在定点计算机中,两个原码表示的数相乘的运算规则是:乘积的符号位由两数的符号按异或运算得到,而乘积的数值部分则是两个正数相乘之积。设n位被乘数和乘数用定点小数表示(定点整数也同样适用)

    被乘数 [x] = x.xxx xn        

    乘数   [y] = yf .yyy yn

    乘积   ] = ( xfy) . (0. xxxxn)(0 . yyyn)

    式中,xf为被乘数符号,yf为乘数符号。

    乘积符号的运算法则是:同号相乘为正,异号相乘为负。由于被乘数和乘数和符号组合只有四种情况(xf yf = 00,01,10,11),因此积的符号可按“异或”(按位加)运算得到。

    数值部分的运算方法与普通的十进制小数乘法相类似,不过对于用二进制表达的数来说,其乘法规则更为简单一些:从乘法y的最低位开始,若这一位为“1”,则将被乘数x写下;若这一位为“0”,则写下全0。然后再对乘数y的高一位进行的乘法运算,其规则同上,不过这一位乘数的权与最低位乘数的权不一样,因此被乘数x要左移一位。依次类推,直到乘数各位乘完为止,最后将它们统统加起来,便得到最后乘积。  

    设 x = 0.1011,y = 0.1101,让我们先用习惯方法求其乘积,其过程如下:

    ×

     

     

     

     

     

    0.

    1

    1

    0

    1

    (x)

     

    0.

    1

    0

    1

    1

    (y)

     +

     

     

     

     

     

     

    1

    1

    0

    1

     

     

     

    1

    1

    0

    1

     

     

    0

    0

    0

    0

     

     

    1

    1

    0

    1

     

     

     

     

     

    0.

    1

    0

    0

    0

    1

    1

    1

    1

    (z)

    如果被乘数和乘数用定点整数表示,我们也会得到同样的结果。但是,但是人们习惯的算法对机器并不完全适用。原因之一,机器通常只有n位长,两个n位数相乘,乘积可能为2n位。原因之二,只有两个操作数相加的加法器,难以胜任将n个位积一次相加起来的运算。为了简化结构,机器通常只有n位长,并且只有两个操作数相加的加法器。为此,必须修改上述乘法的实现方法,将 · 改写成适于如下定点机的形式:

    一般而言,设被乘数 、乘数 都是小于 1 的 n 位定点正数:

             x = 0 . xx… xn   ;   y = 0 . yy yn

    其乘积为

           · y =  x · ( 0.y1y… y)

                   = x · ( y-1 + y-2 + … + y-n)

                   = 2 -1y1x + 2-1yx + 2-1 (… + 2-1 yn-1 x + )…))

     zi 表示第 i 次部分积,则上式可写成如下递推公式:

                  z0 = 0

                  z1 = 2-1ynx + z0)

                   …

                  zi = 2-1yn-i+1x + zi-1)                            (2.3.2)

                   …

                  zn = x·y = 2-1y1x + zn-1)

    显然,欲求x·y,则需设置一个保存部分积的累加器。乘法开始时,令部分积的初值z0 = 0,然后求加上ynx,右移1位得第1个部分积,又将加上yn - 1x,再右移1位得第2个部分积。依此类推,直到求得y1x加上zn-1并右移1位得最后部分积,即得x·y。显然,两个n位数相乘,需重复进行n次“加”及“右移”操作,才能得到最后乘积。这就是实现原码一位乘法的规则。

       【例 】  x  = 0.1101, y = 0.1011,用原码一位乘法计算 x · y  = 

       [解:]       求解过程如下:            Flash演示   

     

     

    部分积

     

     

    乘数

    说明

     

     

     

    00.0000

     

    yf

    1

    0

    1

    1

     

    z0 = 0

     

    +

     

    00.1101

     

     

     

     

     

     

     

    y4 = 1,+ x

     

     

     

    00.1101

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    00.0110

     

    1

    yf

    1

    0

    1

     

    右移,得z1

     

    +

     

    00.1101

     

     

     

     

     

     

     

    Y3 = 1,+ x

     

     

     

    01.0011

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    00.1001

     

    1

    1

    yf

    1

    0

     

    右移,得z2

     

    +

     

    00.0000

     

     

     

     

     

     

     

    Y2 = 0,+0

     

     

     

    00.1001

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    00.0100

     

    1

    1

    1

    yf

    1

     

    右移,得z3

     

    +

     

    00.1101

     

     

     

     

     

     

     

    Y1 = 1,+ x

     

     

     

    01.0001

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    00.1000

     

    1

    1

    1

    1

    yf

     

    右移,得z3 = xy

                      所以                        x · y  = 0.10001111

    图2-7 为实现原码一位乘法的硬件逻辑原理图。这里有三个寄存器,其中 R0 存放部分积z,在乘法开始 R前应清“0”,

    保证 z0 = 0,R1 寄存器存放乘数 ,R2寄存器存放被乘数 x 。由于乘法开始时先从乘数的最

    低位 yn 开始,以后则使用yn - 1yn - 2,…,y1,因此乘数寄存器 R应当是具有右移功能的移位寄存器。

    假定加法器不具备右移功能,那么由于部分积需要右移,R也应当是具有右移功能的移位寄存器。

    图2-7        原码一位乘法逻辑结构原理图

    除了三个寄存器 R0,R1,R2 外,还需一个加法器和一个计数器,前者完成部分积与位积的累加,后者对移位的次数进行计数,以便判断乘法运算是否结束。

    乘法开始时,“启动”信号使控制触发器 Cx 置“1”,于是开启时序脉冲 T 。当乘数寄存器 R0 最末位为“1”时,部分积 z 和被乘数 x 在加法器中相加,其结果输出至 R0 的输入端,一旦打入控制脉冲 T,控制信号 LDR0 使部分积右移 1 位,与此同时,乘数寄存器 R1 也在控制信号 LDR1 作用下右移一位,且计数器i计数 1 次。当计数器 i = 时,计数器i的溢出信号使控制触发器 Cx 置“0”,关闭时序脉冲T,乘法操作结束。如果将 R0 和 R连接起来,乘法结束时乘积的高 n 位部分在 R0 ,低 位部分在 R1 ,R1 中原来的乘数y由于右移而全部丢失,乘积为 2n+1 位,其中包括 1 位符号位。


           

    补码1位乘法

    原码乘法的主要问题是符号位不能参加运算,单独用一个异或门产生乘积的符号位。故自然提出能否让符号数字化后也参加乘法运算,补码乘法就可以实现符号位直接参加运算。

    为了得到补码一位乘法的规律,先从补码和真值的转换公式开始讨论。

    1.  补码与真值的转换公式

    设 [x] = xx1x2xn ,有:

                   n                  (2.3.3)
    x = - x0+∑  xi2-i     
                   i=1 

    等式左边 x 为真值。此公式说明真值和补码之间的关系。

    2.  补码的右移

    正数右移一位,相当于乘1/2(即除2)。负数用补码表示时,右移一位也相当于乘1/2。因此,在补码运算的机器中,一个数不论其正负,连同符号位向右移一位,若符号位保持不变,就等于乘1/2。

    3.  补码乘法规则

    设被乘数 [x] = x0.x1x2xn 和乘数 [y] = y0.y1y2yn 均为任意符号,则有补码乘法算式

                                             n (2.3.4)
      [ · ]补 = [x] ·  ( - y0 + ∑ yi2-i )
                                                         i=1 

    为了推出串行逻辑实现人分步算法,将上式展开加以变换:

    [x·y]补   = [x]·[ - y0 + y12-1 + y22-2 + … + yn2-n]

              = [x]·[ - y0 + (y1 - y12-1) + (y22-1 - y22-2) + … + (yn2-(n-1) - yn2-n)]

              = [x]·[(y1 - y0) + (y2 - y1) 2-1 + … + (yn - yn-1) 2-(n-1) + (0 - yn)2-n]

              = [x]·            (yn+1  =  0)   

                   

    写成递推公式如下:

             z] = 0

            z] = 2 -1{ [ z]补 +  (  yn+1 - yn ) [x]补 }           (yn+1  =  0)

                    

            z] = 2 -1{ [ zi-1 ]补 +  ( yn-i+2 yn-i+1 ) [x] }             (2.3.5)

                    

            z] = 2 -1{ [ zn-1 ]补 +  ( y2 - y) [x]补 }

             zn+1 ] = [ z]补 +  (  yy) [x] = [ x · ]补 

    开始时,部分积为 0,即 [z0] = 0。然后每一步都是在前次部分积的基础上,由 (  yi+1  -  yi  ) ( i = 0,1,2,…,n) 决定对[x]的操作,再右移一位,得到新的部分积。如此重复 n + 1步,最后一步不移位,便得到 [ x · ] ,这就是有名的布斯公式

    实现这种补码乘法规则时,在乘数最末位后面要增加一位补充位 yn+1 。开始时,由 ynyn+1 判断第一步该怎么操作;然后再由 yn - 1 yn 判断第二步该怎么操作。因为每做一步要右移一位,故做完第一步后, yn - 1 yn 正好移到原来 ynyn+1 的位置上。依此类推,每步都要用 ynyn+ 1 位置进行判断,我们将这两位称为判断位。

    如果判断位 ynyn+1 = 01,则 yi+1  …  yi  = 1,做加[x]操作;如果判断位 yn yn+1 = 10,则 yi+1 … yi  =  - 1,做加[ - x] 操作;如果判断位 yn yn+1 = 11 或 00,则 yi+1… yi  = 0,[ z] 加0,即保持不变。

    4. 补码一位乘法运算规则

    (1) 如果 yn = yn+1,部分积 [ z] 加0,再右移一位;

    (2) 如果 yn yn+1 = 01,部分积加[ ],再右移一位;

    (3) 如果 yn yn+1 = 10,部分积加[ - x],再右移一位;

    这样重复进行 n+1 步,但最后一步不移位。包括一位符号位,所得乘积为 2n+1 位,其中 n 为尾数位数。

    【例 】  x  = 0.1101, y = 0.1011,用补码一位乘法计算 x · y  = 

    [解:]     求解过程如下:             Flash演示       

     

     

     

    部分积

     

     

    乘数

    说明

     

     

     

    00.0000

     

    0.

    1

    0

    1

    1

    0

    yn+1  =  0

     

    +

     

    11.0011

     

     

     

     

     

     

     

    ynyn+1 = 10,加[-x]

     

     

     

    11.0011

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    11.1001

     

    1

    0

    1

    0

    1

    1

    右移一位

     

    +

     

    00.0000

     

     

     

     

     

     

     

    ynyn+1 = 10,加0

     

     

     

    11.1001

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    11.1100

     

    1

    1

    0

    1

    0

    1

    右移一位

     

    +

     

    00.1101

     

     

     

     

     

     

     

    ynyn+1 = 01,加[x]

     

     

     

    00.1001

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    00.0100

     

    1

    1

    1

    0f

    1

    0

    右移一位

     

    +

     

    11.0011

     

     

     

     

     

     

     

    ynyn+1 = 01,加[-x]

     

     

     

    11.0111

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    11.1011

     

    1

    1

    1

    1

    0

    1

    右移一位

     

    +

     

    00.1101

     

     

     

     

     

     

     

    ynyn+1 = 01,加[x]

     

     

     

    00.1000

     

    1

    1

    1

    1

    0

    1

    最后一步不移位

                      所以                        [x · y]  = 0.10001111

    图2-8        补码一位乘法逻辑原理图

    实现一位补码乘法的逻辑原理图如图 2-8 所示,它与一位原码乘法的逻辑结构非常类似,所不同的有以下几点:

    (1) 被乘数的符号和乘数的符号都参加运算。

    (2) 乘数寄存器 R有附加位 yn+1 ,其初始状态为“0”。当乘数和部分积每次右移时,部分积最低位移至 R的首位位置,故 R必须是具有右移功能的寄存器。

    (3) 被乘数寄存器 R2 的每一位用原码(即触发器 Q 端)或反码(即触发器 Q 端)经多路开关传送到加法器对应位的一个输入端,而开关的控制位由和 yn 的 yn+1 输出译码器产生。当ynyn+1 = 01时,送[x] ;当 ynyn+1 = 10 时,送[-x],即送的反码且在加法器最末位上加“1”。

    (4) R保存部分积,它也是具有右移功能的移位寄存器,其符号位与加法器 ∑f 符号位始终一致。

    (5) 当计数器 i  =  n +1 时,封锁 LD R0 和 LD R1 控制信号,使最后一位不移位。

    执行补码一位乘法的总时间为

      tm = ( n + 1 ) tntr   (2.3.6)

      其中 n 为尾数位数,t为执行一次加法操作的时间,t为执行一次移位操作的时间。如果加法操作和移位操作同时进行,则t项可省略。                                     

                  

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    定点数的原码一位乘法与补码一位乘法

    参考博客:https://www.cnblogs.com/Mayfly-nymph/p/11102136.html

    参考视频:https://www.bilibili.com/video/BV1x4411q7Fz?p=2

    举例

    X=0.1101,Y=-0.1011,求XY

    1.先不判断符号位,后面才判断

    2.每乘完一次要右移

    3.利用Y的尾数来判断,到底是+0000还是加X

       是1-->X,0-->0

    最后一步用右移啊!

    X=-0.1101,Y=-0.1011,求[XY]补=?

    先要知道:

    判断位 操作

    00 右移一位

    01 【x】补,再右移一位

    10 【-x】补,再右移一位

    11 右移一位

    然后要分别求【x】补,【-x】补,【y】补

    利用【y】补判断到底是+什么

    最后一步不用右移啊!

     

    结果就是(xy)补=0.10001111

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补码一位乘法