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q4 =0，没有溢出 01 0 1 0 1 00 2R1（R和Q同时左移，空出一位商） + 01 1 0 R2 =2R1+Y 10 1 1 0 1 0 0 0 R2<0，则q3 = 0 01 1 0 1 0 0 0 2R2 （R和Q同时左移，空出一位商） + 01 1 0 R3 =2R2 +Y 11 0 01 0 0 0 0 R3<0，则q2 = 0 10 01 0 0 00 2R3 （R和Q同时左移，空出一位商） + 01 1 0 R3 =2R2 +Y 1 11 10 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）
+ 01 1 0 R5 =2R4 +Y 0 1 0 0 0 0 0 01 R5>0，则q0 =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 00 0 0 1 0 1 0 开始R0=[X] + 1 10 10 R1=[X]+[Y] 1 10 1 00 1 0 1 0 R1与[Y]同号，则q5 =1
1 0 1 0 01 0 101 2R1（R和Q同时左移，空出一位上商1） +0 0 1 1 0 R2 =2R1+[–Y] 11 0 1 01 0 10 1 R2与[Y]同号，则q4= 1，
1 0 1 0 10 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 10 10 1 1 R3与[Y]同号，则q3 = 1
1 0 1 1 01 0 1 1 1 2R3（R和Q同时左移，空出一位上商1） + 00 1 1 0 R4=2R3+[–Y]
11 1 0 010 1 1 1 R4与[Y]同号，则q 2 = 1 11 0 0 10 1 1 1 1 2R4（R和Q同时左移，空出一位上商0） + 00 1 1 0 R5=2R4+[-Y] 11 1 1 1 0 1 1 1 1 R5与[Y]同号，则q1= 1，
11 1 1 01 1 1 11 2R5（R和Q同时左移，空出一位上商1） + 00 1 1 0 R6=2R5 +[–Y] 00 1 0 0 1 1 1 1 0 R6与[Y]异号，则q0 = 0，Q左移，空出一位上商1 + 00 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，EJ1 = 1100，MJ1 = 00(1).000000，EJ2 = 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= [EK]移+ [–[EJ1]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= [EK]移+ [–[EJ2]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 = Ey= 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
②尾数相加：Mb = Mx+ My= 00.000000110...000+ 11.000001010 ...000 （注意小数点在隐藏位后） 根据原码加/减法运算规则，得：00.000000110...000+ 11.000001010...000 = 11.000000100…000 上式尾数中最左边第一位是符号位，其余都是数值部分，尾数后面两位是附加位（加粗）。
③规格化：根据所得尾数的形式，数值部分最高位为1，所以不需要进行规格化。
④舍入：把结果的尾数Mb中最后两位附加位舍入掉，从本例来看，不管采用什么舍入法，结果都一样，
都是把最后两个0去掉，得：Mb= 11.000000100…0
⑤溢出判断：在上述阶码计算和调整过程中，没有发生“阶码上溢”和“阶码下溢”的问题。因此，阶
码Eb= 10000101。
最后结果为Eb= 10000101，Mb= 1(1).00000010…0，即：–64.5。
（2）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 = Ey= 10000110，Mx
=00.000000110...000
x的尾数Mx右移一位，符号不变，数值高位补0，隐藏位右移到小数点后面，最后移出的位保
留
②尾数相加：Mb = Mx–My= 00.000000110...000 – 11.000001010...000 （注意小数点在隐藏位后） 根据原码加/减法运算规则，得：00.000000110...000– 11.000001010...000=01.00001000…000 上式尾数中最左边第一位是符号位，其余都是数值部分，尾数后面两位是附加位（加粗）。 ③规格化：根据所得尾数的形式，数值部分最高位为1，不需要进行规格化。
④舍入：把结果的尾数Mb中最后两位附加位舍入掉，从本例来看，不管采用什么舍入法，结果都一样，
都是把最后两个0去掉，得：Mb= 01.00001000…0
⑤溢出判断：在上述阶码计算和调整过程中，没有发生“阶码上溢”和“阶码下溢”的问题。因此，阶
码Eb= 10000101。
最后结果为Eb = 10000101，Mb= 0(1).00001000…0，即：+66。
思考题：对阶时发生什么情况，就可以不再继续进行计算？
15．假定十进制数用8421 NBCD码表示，采用十进制加法运算计算下列表达式的值，并讨论在十进制
BCD码加法运算中如何判断溢出。 （1）234+567 （2）548+729 参考答案： （1）234+567 001000110100
+ 0101 01100111 0111 10011011 + 0110 01111010 0001 + 0110 0000 10000000 0001 结果为： (801)10
（2）548+729 0000 010101001000
+ 00000111 00101001 0000 110001110001 + 0000 0110 0000 0110 00010010 0111 0111 结果为： (1277)10
在第（2）题中，如果是采用12位数表示加数548和729，则能看出最后得到的答案是1100 0111