408 真题做题本·计算机组成原理部分

第 2 章 数据的表示和运算

2.1 数制与编码

1. 【2013】用海明码对长度为 8 位的数据进行检错和纠错时，若能纠正一位错误，则校验位数至少为（ ）。

A. 2
B. 3
C. 4
D. 5

答案： C

解析： 设数据位数为 $n=8$，校验位数为 $r$。若海明码能够纠正一位错误，需要满足

$$2^r\ge n+r+1.$$

当 $r=3$ 时，$2^3=8<8+3+1$，不满足；当 $r=4$ 时，$2^4=16\ge 8+4+1$，满足。因此校验位至少为 4 位，选 C。

2. 【2018】冯·诺依曼结构计算机中数据采用二进制编码表示，其主要原因是（ ）。

I. 二进制的运算规则简单
II. 制造两个稳态的物理器件较容易
III. 便于用逻辑门电路实现算术运算

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

答案： D

解析：

二进制适合计算机使用，主要有以下三点原因：

1. 二进制只有 $0$ 和 $1$ 两种状态，算术运算和逻辑运算规则都比较简单；
2. 现实中的电子器件较容易形成高电平、低电平或导通、截止等两个稳定状态，抗干扰能力也较强；
3. 二进制运算可直接由与门、或门、非门、异或门等逻辑门电路实现。

因此 I、II、III 均正确，选择 D。

2.2 整数表示和运算

1. 【2010】假定有 4 个整数用 8 位补码分别表示 $r_1=\text{FEH}$，$r_2=\text{F2H}$，$r_3=\text{90H}$，$r_4=\text{F8H}$。若将运算结果存放在一个 8 位寄存器中，则下列运算中会发生溢出的是（ ）。

A. $r_1\times r_2$
B. $r_2\times r_3$
C. $r_1\times r_4$
D. $r_2\times r_4$

答案： B

解析：

8 位补码的表示范围为

$$-128\sim 127.$$

各机器数对应的真值为

$$r_1=\text{FEH}=-2,$$ $$r_2=\text{F2H}=-14,$$ $$r_3=\text{90H}=-112,$$ $$r_4=\text{F8H}=-8.$$

分别计算：

• A：$(-2)\times (-14)=28$，未溢出；
• B：$(-14)\times (-112)=1568>127$，发生溢出；
• C：$(-2)\times (-8)=16$，未溢出；
• D：$(-14)\times (-8)=112$，未溢出。

故选择 B。

2. 【2013】某字长为 8 位的计算机中，已知整型变量 $x$ 和 $y$ 的机器数分别为 $[x{]}_{\text{补}}=11110100$、$[y{]}_{\text{补}}=10110000$。若整型变量 $z=2x+y/2$，则 $z$ 的机器数为（ ）。

A. 1100 0000
B. 0010 0100
C. 1010 1010
D. 溢出

答案： A

解析：

由补码求真值：

$$x=11110100_2=-12,$$ $$y=10110000_2=-80.$$

乘以 $2$ 相当于左移一位，除以 $2$ 对带符号补码整数通常采用算术右移一位，因此

$$2x=-24,$$ $$\frac{y}{2}=-40.$$

于是

$$z=2x+\frac{y}{2}=-24-40=-64.$$

$-64$ 的 8 位补码为

$$11000000_2.$$

因此选择 A。

3. 【2014】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

解析：

8 位补码可表示的范围为

$$-128\sim 127.$$

逐项计算：

$$x+y=103-25=78,$$ $$-x+y=-103-25=-128,$$ $$x-y=103-(-25)=128,$$ $$-x-y=-103-(-25)=-78.$$

其中只有 $128$ 超过最大可表示正数 $127$，因此 $x-y$ 会发生溢出，选择 C。

4. 【2015】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

解析：

要表示尽可能小的负数，最高位必须为 $1$。8 位补码的权值为

$$-2^7,2^6,2^5,\dots ,2^1,2^0.$$

总共只能有 3 个“1”，除符号位外还剩两个“1”。为了使真值最小，应让这两个“1”放在权值最小的位置，即最低两位：

$$10000011_2=-128+2+1=-125.$$

故选择 B。

5. 【2018】假定带符号整数采用补码表示，若 int 型变量 $x$ 和 $y$ 的机器数分别是 FFFF FFDFH 和 0000 0041H，则 $x$、$y$ 的值及 $x-y$ 的机器数分别是（ ）。

A. $x=-65$，$y=41$，$x-y$ 的机器数溢出
B. $x=-33$，$y=65$，$x-y$ 的机器数为 FFFF FF9DH
C. $x=-33$，$y=65$，$x-y$ 的机器数为 FFFF FF9EH
D. $x=-65$，$y=41$，$x-y$ 的机器数为 FFFF FF96H

答案： C

解析：

$\text{FFFF FFDFH}$ 为负数补码。其绝对值可通过按位取反再加 $1$ 得到：

$$\text{FFFF FFDFH}\stackrel{\text{取反}}{\to }\text{0000 0020H}\stackrel{+1}{\to }\text{0000 0021H}=33.$$

因此

$$x=-33.$$

而

$$y=\text{0000 0041H}=65.$$

所以

$$x-y=-33-65=-98.$$

$98=\text{0000 0062H}$，取补码得

$$\text{FFFF FF9EH}.$$

故选择 C。

6. 【2018】整数 $x$ 的机器数为 11011000，分别对 $x$ 进行逻辑右移 1 位和算术右移 1 位操作，得到的机器数分别是（ ）。

A. 1110 1100，1110 1100
B. 0110 1100，1110 1100
C. 1110 1100，0110 1100
D. 0110 1100，0110 1100

答案： B

解析：

逻辑右移时，最高位一律补 $0$：

$$11011000\stackrel{\text{逻辑右移 }1\text{ 位}}{\to }01101100.$$

算术右移用于带符号数，为保持符号不变，最高位补原符号位。由于原最高位为 $1$，故补 $1$：

$$11011000\stackrel{\text{算术右移 }1\text{ 位}}{\to }11101100.$$

因此选择 B。

注：原题机器数漏写了一位，结合选项应为 8 位机器数 11011000。

7. 【2021】已知带符号整数用补码表示，变量 $x$、$y$、$z$ 的机器数分别为 FFFDH、FFDFH、7FFCH，下列结论正确的是（ ）。

A. 若 $x$、$y$ 和 $z$ 为无符号整数，则 $z<x<y$
B. 若 $x$、$y$ 和 $z$ 为无符号整数，则 $x<y<z$
C. 若 $x$、$y$ 和 $z$ 为带符号整数，则 $x<y<z$
D. 若 $x$、$y$ 和 $z$ 为带符号整数，则 $y<x<z$

答案： D

解析：

若按无符号整数解释：

$$x=\text{FFFDH}=65533,$$ $$y=\text{FFDFH}=65503,$$ $$z=\text{7FFCH}=32764,$$

故应有

$$z<y<x,$$

A、B 均错误。

若按 16 位补码解释：

$$x=-3,y=-33,z=32764.$$

因此

$$y<x<z,$$

选择 D。

8. 【2022】32 位补码所能表示的整数范围是（ ）。

A. $-2^{32}\sim 2^{31}-1$
B. $-2^{31}\sim 2^{31}-1$
C. $-2^{32}\sim 2^{32}-1$
D. $-2^{31}\sim 2^{32}-1$

答案： B

解析：

$n$ 位补码的表示范围为

$$-2^{n-1}\sim 2^{n-1}-1.$$

当 $n=32$ 时，范围为

$$-2^{31}\sim 2^{31}-1.$$

故选择 B。

2.3 浮点数的表示和运算

1. 【2009】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 $X=2^7\times \frac{29}{32}$，$Y=2^5\times \frac{5}{8}$，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： C

解析：

先将两个数写成二进制规格化形式：

$$X=2^7\times \frac{29}{32}=2^7\times 0.11101_2,$$ $$Y=2^5\times \frac{5}{8}=2^5\times 0.101_2.$$

对阶时应使阶码相同。将 $Y$ 的阶码由 $5$ 调整为 $7$，尾数右移两位：

$$Y=2^7\times 0.00101_2.$$

尾数相加：

$$0.11101_2+0.00101_2=1.00010_2.$$

结果出现尾数溢出，需要右规一位并将阶码加 $1$：

$$X+Y=2^8\times 0.10001_2.$$

阶码 $8$ 的 5 位双符号位补码为 01000，尾数 $0.10001_2$ 的 7 位双符号位补码为 0010001，因此最终机器数为

$$010000010001.$$

故选择 C。

2. 【2011】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 $x$ 分配到一个 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

解析：

先将 $8.25$ 化为二进制：

$$8.25=1000.01_2=1.00001_2\times 2^3.$$

因此：

• 符号位 $S=1$；
• 实际指数为 $3$，移码阶码为

$$E=3+127=130=10000010_2;$$

• 尾数字段为小数点后的部分

$$00001000000000000000000.$$

故 IEEE 754 单精度机器数为

$$11000001000001000000000000000000,$$

写成十六进制为

$$\text{C104 0000H}.$$

故选择 A。

3. 【2012】float 类型（即 IEEE 754 单精度浮点数格式）能表示的最大正整数是（ ）。

A. $2^{126}-2^{103}$
B. $2^{127}-2^{104}$
C. $2^{127}-2^{103}$
D. $2^{128}-2^{104}$

答案： D

解析：

IEEE 754 单精度浮点数中：

• 阶码字段为 8 位；
• 阶码全为 $1$ 时用于表示无穷大和 NaN；
• 最大有限数的阶码字段为 254，对应实际指数

$$254-127=127;$$

• 尾数字段全为 $1$，有效数为

$$1.111\cdots 111_2=2-2^{-23}.$$

因此最大正有限数为

$$(2-2^{-23})2^{127}=2^{128}-2^{104}.$$

故选择 D。

4. 【2013】若某数采用 IEEE 754 单精度浮点数格式表示为 C640 0000H，则该数的值是（ ）。

A. $-1.5\times 2^{13}$
B. $-1.5\times 2^{12}$
C. $-0.5\times 2^{13}$
D. $-0.5\times 2^{12}$

答案： A

解析：

将 C640 0000H 写成二进制：

$$11000110010000000000000000000000.$$

按 IEEE 754 单精度格式划分为

$$1\left|10001100\right|10000000000000000000000.$$

因此：

• 符号位为 $1$，表示负数；
• 阶码字段 $10001100_2=140$，实际指数为

$$140-127=13;$$

• 有效数为

$$1.1_2=\mathrm{1.5.}$$

所以该数为

$$-1.5\times 2^{13}.$$

故选择 A。

5. 【2014】float 型数据常用 IEEE 754 单精度浮点格式表示。假设两个 float 型变量 $x$ 和 $y$ 分别存放在 32 位寄存器 $f_1$ 和 $f_2$ 中，若 $f_1=\text{CC90 0000H}$、$f_2=\text{B0C0 0000H}$，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：

两个机器数的最高位都为 $1$，因此 $x$ 和 $y$ 均为负数，符号相同。

对于同为负数的规格化浮点数，绝对值越大，真值反而越小。比较阶码即可看出：

• $\text{CC90 0000H}$ 的阶码明显大于 $\text{B0C0 0000H}$ 的阶码，因此 $|x|>|y|$；
• 又因为二者均为负数，所以

$$x<y.$$

故选择 A。

6. 【2015】下列有关浮点数加减运算的叙述中，正确的是（ ）。

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

解析：

逐项判断：

• I 正确。对阶时通常把小阶数的尾数右移，使其阶码增大到较大阶数；最终阶码直接取原来较大的阶码，不会因为对阶本身产生新的阶码越界。
• II 正确。右规需要使阶码加 $1$；舍入也可能使尾数产生进位，进而再次右规并使阶码加 $1$，两者都可能造成阶码上溢。
• III 正确。左规需要使阶码减 $1$，连续左规可能导致阶码下溢。
• IV 正确。尾数运算发生溢出时，通常可通过右规处理；只有右规后阶码超出可表示范围，整个浮点结果才真正溢出。

因此四项均正确，选择 D。

7. 【2018】IEEE 754 单精度浮点格式表示的数中，最小的规格化正数是（ ）。

A. $1.0\times 2^{-126}$
B. $1.0\times 2^{-127}$
C. $1.0\times 2^{-128}$
D. $1.0\times 2^{-149}$

答案： A

解析：

IEEE 754 单精度规格化数的最小非零阶码字段为

$$00000001_2.$$

其实际指数为

$$1-127=-126.$$

取最小规格化尾数 $1.0$，得到最小规格化正数

$$1.0\times 2^{-126}.$$

$2^{-149}$ 是最小非规格化正数，不是规格化数。故选择 A。

8. 【2020】已知带符号整数用补码表示，float 型数据用 IEEE 754 标准表示，假定变量 $x$ 的类型只能是 int 或 float，当 $x$ 的机器数为 C800 0000H 时，$x$ 的值可能是（ ）。

A. $-7\times 2^{27}$
B. $-2^{16}$
C. $2^{17}$
D. $25\times 2^{27}$

答案： A

解析：

若把 C800 0000H 解释为 32 位 int 补码，则其真值为

$$\text{C800 0000H}-2^{32}=-939524096=-7\times 2^{27}.$$

若把它解释为 IEEE 754 单精度浮点数，则位模式为

$$1\left|10010000\right|000\cdots 0.$$

实际指数为

$$144-127=17,$$

故浮点值为

$$-1.0\times 2^{17}=-2^{17}.$$

选项中只有 A 可能成立，故选择 A。

注：原文件中 B 项写成了 $-2^{17}$，这会导致 A、B 同时成立。依据原真题，B 项应为 $-2^{16}$。

9. 【2021】下列数值中，不能用 IEEE 754 浮点格式精确表示的是（ ）。

A. 1.2
B. 1.25
C. 2.0
D. 2.5

答案： A

解析：

二进制浮点数能够精确表示的有限小数，其既约分数的分母必须是 $2$ 的整数次幂。

$$1.25=\frac{5}{4},2.0=2,2.5=\frac{5}{2},$$

这些数的分母均为 $2$ 的幂，因此可以精确表示。

而

$$1.2=\frac{6}{5},$$

分母含因子 $5$，其二进制小数是无限循环的，不能用有限位 IEEE 754 浮点数精确表示。

故选择 A。

10. 【2022】$-0.4375$ 的 IEEE 754 单精度浮点数表示为（ ）。

A. BEE0 0000H
B. BF60 0000H
C. BF70 0000H
D. C0E0 0000H

答案： A

解析：

先将绝对值化为二进制：

$$0.4375=0.0111_2=1.11_2\times 2^{-2}.$$

因此：

• 符号位为 $1$；
• 阶码字段为

$$-2+127=125=01111101_2;$$

• 尾数字段为

$$11000000000000000000000.$$

于是机器数为

$$10111110111000000000000000000000,$$

写成十六进制为

$$\text{BEE0 0000H}.$$

故选择 A。

11. 【2023】已知 float 型变量用 IEEE 754 单精度浮点数格式表示。若 float 型变量 $x$ 的机器数为 8020 0000H，则 $x$ 的值是（ ）。

A. $-2^{-128}$
B. $-1.01_2\times 2^{-127}$
C. $-1.01_2\times 2^{-126}$
D. 非数（NaN）

答案： A

解析：

将 8020 0000H 按 IEEE 754 单精度格式划分：

$$1\left|00000000\right|01000000000000000000000.$$

符号位为 $1$，阶码字段全为 $0$，尾数字段不全为 $0$，因此这是一个负的非规格化数，而不是 NaN。

非规格化数的数值为

$$(-1{)}^S\times (0.f{)}_2\times 2^{-126}.$$

本题尾数字段为 $0.01_2$，故

$$x=-0.01_2\times 2^{-126}=-2^{-2}\times 2^{-126}=-2^{-128}.$$

故选择 A。

12. 【2024】某科学实验中，需要使用大量的整型参数。为了在保证表数精度的基础上提高运算速度，需要选择合理的数据表示方法。若整型参数 $\alpha$、$\beta$ 的取值范围分别为 $-2^{20}\sim 2^{20}$、$-2^{40}\sim 2^{40}$，则下列选项中，$\alpha$、$\beta$ 最适宜采用的数据表示方法分别是（ ）。

A. 32 位整数、32 位整数
B. 单精度浮点数、单精度浮点数
C. 32 位整数、双精度浮点数
D. 单精度浮点数、双精度浮点数

答案： C

解析：

对于 $\alpha$：

$$-2^{20}\le \alpha \le 2^{20},$$

显然落在 32 位有符号整数范围

$$-2^{31}\sim 2^{31}-1$$

之内，而且使用整数表示可以保证所有整数均精确，因此 $\alpha$ 适合采用 32 位整数。

对于 $\beta$，其范围达到 $\pm 2^{40}$，超出 32 位整数范围。IEEE 754 单精度浮点数只有 24 位有效二进制位，不能保证该范围内所有整数都精确表示；双精度浮点数具有 53 位有效二进制位，可以精确表示绝对值不超过 $2^{53}$ 的整数，因此能够保证 $\beta$ 的精度。

故选择 C。

2.4 C 语言中的类型转换

1. 【2009】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 $x$、$y$、$z$，其中 $x$ 和 $z$ 为 int 型，$y$ 为 short 型。当 $x=127$、$y=-9$ 时，执行赋值语句 $z=x+y$ 后，$x$、$y$、$z$ 的机器数分别是（ ）。

A. $x=\text{0000007FH}$，$y=\text{FFF9H}$，$z=\text{00000076H}$
B. $x=\text{0000007FH}$，$y=\text{FFF9H}$，$z=\text{FFFF0076H}$
C. $x=\text{0000007FH}$，$y=\text{FFF7H}$，$z=\text{FFFF0076H}$
D. $x=\text{0000007FH}$，$y=\text{FFF7H}$，$z=\text{00000076H}$

答案： D

解析：

$x=127$，其 32 位补码为

$$\text{0000007FH}.$$

$y=-9$，先写出 $9$ 的 16 位二进制形式并取补码：

$$9=\text{0009H},$$ $$-9=\text{FFF7H}.$$

计算 $x+y$ 时，short 型的 $y$ 先进行整型提升，符号扩展为 32 位：

$$\text{FFF7H}⟶\text{FFFFFFF7H}=-9.$$

于是

$$z=127+(-9)=118=\text{00000076H}.$$

故选择 D。

2. 【2010】假定变量 $i$、$f$ 和 $d$ 的数据类型分别为 int、float 和 double（int 用补码表示，float 和 double 分别用 IEEE 754 单精度和双精度浮点数格式表示），已知 $i=785$、$f=1.5678\mathrm{e}3$、$d=1.5\mathrm{e}100$。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、II
B. 仅 I、III
C. 仅 II、III
D. 仅 III、IV

答案： B

解析：

逐项判断：

• I：$785$ 的二进制有效位数远小于 24 位，能够被 float 精确表示，转成 float 后再转回 int 仍为 $785$，故为真。
• II：$f$ 约为 $1567.8$，强制转换为 int 时小数部分被截去，得到 $1567$；再转回 float 后为 $1567.0$，与原来的 $f$ 不相等，故为假。
• III：float 转换为 double 时数值可被精确扩展，再转换回 float 能恢复原来的 float 位模式，故为真。
• IV：$d$ 的数量级约为 $10^{100}$，远大于 $f$。计算 $d+f$ 时，$f$ 因有效位不足被舍去，故 $d+f=d$，随后

$$d+f-d=0\ne f,$$

故为假。

因此只有 I、III 为真，选择 B。

3. 【2012】假定编译器规定 int 和 short 类型长度分别为 32 位和 16 位，执行下列 C 语言语句：

C

unsigned short x = 65530;
unsigned int y = x;

得到 $y$ 的机器数为（ ）。

A. 0000 7FFAH
B. 0000 FFFAH
C. FFFF 7FFAH
D. FFFF FFFAH

答案： B

解析：

$$65530=2^{16}-6=\text{FFFAH}.$$

$x$ 是 unsigned short，转换为 32 位 unsigned int 时进行零扩展，而不是符号扩展：

$$\text{FFFAH}⟶\text{0000 FFFAH}.$$

故选择 B。

4. 【2016】有如下 C 语言程序段：

C

short si = -32767;
unsigned short usi = si;

执行上述两条语句后，usi 的值为（ ）。

A. $-32767$
B. $32767$
C. $32768$
D. $32769$

答案： D

解析：

$-32767$ 的 16 位补码为

$$1000000000000001_2=\text{8001H}.$$

赋值给 unsigned short 后，位模式保持为 8001H，只是改用无符号方式解释：

$$\text{8001H}=2^{15}+1=32769.$$

也可利用有符号数转换为同宽无符号数的模运算规则：

$$-32767\mathrm{mod}{2}^{16}=65536-32767=32769.$$

故选择 D。

5. 【2019】考虑以下 C 语言代码，执行程序段后，si 的值是（ ）。

C

unsigned short usi = 65535;
short si = usi;

A. $-1$
B. $-32767$
C. $-32768$
D. $-65535$

答案： A

解析：

unsigned short 的 $65535$ 对应 16 位机器数

$$\text{FFFFH}.$$

将其赋给同为 16 位的 short 后，通常保持低 16 位不变，再按补码解释。FFFFH 作为 16 位补码表示

$$-1.$$

故选择 A。

6. 【2023】若 short 型变量 $x=-8190$，则 $x$ 的机器数是（ ）。

A. E002H
B. E001H
C. 9FFFH
D. 9FFEH

答案： A

解析：

先将 $8190$ 写成十六进制：

$$8190=\text{1FFEH}.$$

求 16 位补码：

$$\text{1FFEH}\stackrel{\text{按位取反}}{\to }\text{E001H}\stackrel{+1}{\to }\text{E002H}.$$

因此 $-8190$ 的机器数为 E002H，选择 A。

7. 【2024】C 语言代码如下。执行下列代码段后，$j$ 的值是（ ）。

C

int i = 32777;
short si = i;
int j = si;

A. $-32777$
B. $-32759$
C. $32759$
D. $32777$

答案： B

解析：

$$32777=\text{00008009H}.$$

将 32 位 int 转换为 16 位 short 时保留低 16 位，得到

$$\text{8009H}.$$

8009H 的最高位为 $1$，按 16 位补码解释：

$$\text{8009H}-2^{16}=32777-65536=-32759.$$

再将 short 型的 si 转换为 int 时进行符号扩展，数值仍为 $-32759$，故选择 B。

8. 【2011】假定在一个 8 位字长的计算机中运行如下类 C 程序段：

C

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

若编译器将 8 个 8 位寄存器 R1～R8 分别分配给变量 $x$、$y$、$m$、$n$、$z_1$、$z_2$、$k_1$ 和 $k_2$。请回答下列问题（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。
（2）执行上述程序段后，变量 $m$ 和 $k_1$ 的值分别是多少？用十进制表示。
（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。
（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？

答案：

（1）R1、R5、R6 的内容依次为 86H、90H、7CH。
（2）$m=-122$，$k_1=-112$。
（3）可以使用同一个加法器及辅助电路实现。
（4）k2 = m + n 发生溢出，k1 = m - n 不发生溢出。

解析：

（1）求 R1、R5 和 R6 的内容

8 位无符号整数按模 $2^8=256$ 运算。

变量 $x=134$，故

$$134=10000110_2=\text{86H},$$

因此

$$R1=\text{86H}.$$

对于 $z_1=x-y$：

$$z_1=134-246=-112.$$

无符号运算结果按模 $256$ 截断：

$$-112\mathrm{mod}256=144=10010000_2=\text{90H}.$$

因此

$$R5=\text{90H}.$$

对于 $z_2=x+y$：

$$z_2=134+246=380.$$

按模 $256$ 截断：

$$380\mathrm{mod}256=124=01111100_2=\text{7CH}.$$

因此

$$R6=\text{7CH}.$$

（2）求 $m$ 和 $k_1$

在本题所采用的机器级解释中，将 8 位无符号数赋给 8 位带符号数时，寄存器中的位模式保持不变。

$x$ 的位模式为

$$10000110_2.$$

将其按 8 位补码解释：

$$m=134-256=-122.$$

同理，$y=246$ 的位模式为

$$11110110_2=\text{F6H},$$

按补码解释为

$$n=246-256=-10.$$

所以

$$k_1=m-n=-122-(-10)=-112.$$

$-112$ 在 8 位补码范围 $-128\sim 127$ 内，机器数为 90H。

（3）能否共用一个加法器

可以。

无论操作数按有符号数还是无符号数解释，加法器对两个 $n$ 位二进制位串执行的低 $n$ 位加法完全相同。减法也可以化为补码加法：

$$A-B=A+\overline{B}+1.$$

因此带符号加法、带符号减法、无符号加法和无符号减法均可复用同一个 $n$ 位加法器。它们的差别主要在于：

• 无符号运算根据进位或借位标志 CF 判断越界；
• 带符号运算根据溢出标志 OF 判断结果是否超出补码范围；
• 减法时还需要对第二个操作数取反并设置最低位进位输入为 $1$。

（4）溢出判断及本题结果

带符号加法 $A+B$ 的溢出条件是：两个操作数符号相同，而结果符号与操作数符号不同。设符号位分别为 $A_s$、$B_s$、$S_s$，则

$$OF=\overline{A_s\oplus B_s}(A_s\oplus S_s).$$

带符号减法 $A-B$ 的溢出条件是：$A$、$B$ 符号不同，且结果符号与 $A$ 不同，即

$$OF=(A_s\oplus B_s)(A_s\oplus S_s).$$

也可以利用符号位的进位判断：符号位的进位输入与进位输出不同时，$OF=1$。

本题中：

$$k_1=m-n=-122-(-10)=-112,$$

结果可表示，不溢出。

而

$$k_2=m+n=-122+(-10)=-132<-128,$$

超出 8 位补码的最小值。机器只保留低 8 位，得到 7CH，即按补码解释为 $124$，两个负数相加却得到正数，因此发生溢出。

故只有语句

C

int k2 = m + n;

发生带符号溢出。

9. 【2017】已知

$$f(n)=\sum _{i=0}^n{2}^i=2^{n+1}-1=(11\cdots 1{)}_2,$$

计算 $f(n)$ 的 C 语言函数 $f_1$ 如下：

C

int f1(unsigned n) {
    int sum = 1, power = 1;
    for (unsigned i = 0; i <= n - 1; i++) {
        power *= 2;
        sum += power;
    }
    return sum;
}

将 $f_1$ 中的 int 都改为 float，可得到计算 $f(n)$ 的另一个函数 $f_2$。假设 unsigned 和 int 型数据都占 32 位，float 采用 IEEE 754 单精度标准。请回答下列问题：

（1）当 $n=0$ 时，$f_1$ 会出现死循环，为什么？若将 $f_1$ 中的变量 $i$ 和 $n$ 都定义为 int 型，则 $f_1$ 是否还会出现死循环？为什么？
（2）$f_1(23)$ 和 $f_2(23)$ 的返回值是否相等？机器数各是什么？用十六进制表示。
（3）$f_1(24)$ 和 $f_2(24)$ 的返回值分别为 33554431 和 33554432.0，为什么不相等？
（4）$f(31)=2^{32}-1$，而 $f_1(31)$ 的返回值却为 $-1$，为什么？若使 $f_1(n)$ 的返回值与 $f(n)$ 相等，则最大的 $n$ 是多少？
（5）$f_2(127)$ 的机器数为 7F80 0000H，对应的值是什么？若使 $f_2(n)$ 的结果不溢出，则最大的 $n$ 是多少？若使 $f_2(n)$ 的结果精确（无舍入），则最大的 $n$ 是多少？

答案：

（1）unsigned 的 $n-1$ 在 $n=0$ 时回绕为 $2^{32}-1$，循环变量 $i$ 也会回绕，因此循环条件始终成立；若 $i$、$n$ 均改为 int，则不会死循环。
（2）数值相等，均为 16777215；$f_1(23)$ 的机器数为 00FF FFFFH，$f_2(23)$ 的机器数为 4B7F FFFFH。
（3）单精度浮点数有效位有限，33554431 需要 25 位有效二进制位，按“舍入到最近、偶数优先”得到 33554432.0。
（4）$f_1(31)$ 的低 32 位全为 $1$，按 int 补码解释为 $-1$；最大 $n=30$。
（5）7F80 0000H 表示正无穷大；不溢出的最大 $n=126$；结果精确的最大 $n=23$。

解析：

（1）$n=0$ 时的死循环

$n$ 是 unsigned 类型。当 $n=0$ 时，表达式 $n-1$ 不是 $-1$，而是发生模 $2^{32}$ 回绕：

$$n-1=2^{32}-1=\text{FFFF FFFFH}.$$

循环条件变成

C

i <= 0xFFFFFFFFU

$i$ 也是 unsigned，取值范围为 $0\sim 2^{32}-1$。当 $i$ 增加到最大值后再加 $1$，又回绕为 $0$，所以条件始终为真，程序出现死循环。

若将 $i$、$n$ 都改为 int，则 $n=0$ 时

$$n-1=-1.$$

初始 $i=0$，判断 $0\le -1$ 为假，循环一次也不执行，不会出现死循环。

（2）$f_1(23)$ 与 $f_2(23)$

$$f(23)=2^{24}-1=16777215.$$

该数的二进制表示恰好是 24 个连续的 $1$。IEEE 754 单精度浮点数具有 24 位有效二进制精度，包括隐藏的最高位，因此可以精确表示该数。

所以两函数返回值在数值上相等。

$f_1(23)$ 是 int，机器数为

$$2^{24}-1=\text{00FF FFFFH}.$$

$f_2(23)$ 的规格化形式为

$$1.111\cdots 111_2\times 2^{23},$$

其中尾数字段为 23 个 $1$，阶码为

$$23+127=150=10010110_2.$$

因此机器数为

$$\text{4B7F FFFFH}.$$

（3）为什么 $f_2(24)$ 被舍入

$$f(24)=2^{25}-1=33554431.$$

其二进制表示包含 25 个有效位，而单精度 float 只能保留 24 个有效位。在 $2^{24}$ 附近，相邻可表示浮点数的间隔为

$$2^{24-23}=2.$$

所以相邻的可表示数是

$$33554430\text{和}33554432.$$

$33554431$ 恰好位于二者中间。IEEE 754 默认采用“舍入到最近，距离相同时取尾数最低位为偶数者”的规则，因此舍入为

$$\mathrm{33554432.0.}$$

（4）$f_1(31)$ 及其精确范围

$$f(31)=2^{32}-1=\text{FFFF FFFFH}.$$

该结果超出 32 位 int 的最大值 $2^{31}-1$。机器保留低 32 位后位模式为 FFFF FFFFH，按 32 位补码解释即为

$$-1.$$

若要求 $f_1(n)$ 的返回值与数学上的 $f(n)$ 相等，需要

$$2^{n+1}-1\le 2^{31}-1.$$

因此

$$n+1\le 31,$$

即

$$n\le 30.$$

最大 $n$ 为 $30$。

（5）$f_2$ 的溢出范围和精确范围

IEEE 754 单精度机器数 7F80 0000H 的阶码全为 $1$、尾数全为 $0$、符号位为 $0$，表示

$$+\infty .$$

从 $n=24$ 开始，舍入使得求和结果逐步成为 $2^{n+1}$。当 $n=126$ 时，结果为

$$2^{127},$$

仍是有限单精度数；当 $n=127$ 时，需要得到约 $2^{128}$ 的结果，超过最大有限单精度数，舍入为正无穷大。因此不发生溢出的最大值为

$$n=126.$$

要保证结果无舍入，需要 $f(n)=2^{n+1}-1$ 的有效二进制位数不超过 24，即

$$n+1\le 24.$$

所以结果精确的最大值为

$$n=23.$$

2.5 运算方法和运算电路

1. 【2011】某机器有一个标志寄存器，其中有进位/借位标志 CF、零标志 ZF、符号标志 SF 和溢出标志 OF。条件转移指令 bgt（无符号整数比较大于时转移）的转移条件是（ ）。

A. $CF+OF=1$
B. $\overline{SF+ZF}=1$
C. $\overline{CF+ZF}=1$
D. $\overline{CF+SF}=1$

答案： C

解析：

比较两个无符号整数 $A$、$B$ 时，处理器通常执行

$$A-B.$$

若 $A>B$，应同时满足：

1. 结果不为 $0$，即 $ZF=0$；
2. 减法没有产生借位，即 $CF=0$。

因此转移条件为

$$CF=0\text{且}ZF=0,$$

等价于

$$\overline{CF+ZF}=1.$$

故选择 C。

注：原文件中的选项上划线缺失。若没有上划线，四个选项均不能正确表达“CF 与 ZF 均为 0”。

2. 【2018】减法指令 sub R1, R2, R3 的功能为“$(R1)-(R2)\to R3$”，该指令执行后将生成进位/借位标志 CF 和溢出标志 OF。若 $(R1)=\text{FFFF FFFFH}$，$(R2)=\text{FFFF FFF0H}$，则该减法指令执行后，CF 与 OF 分别为（ ）。

A. $CF=0,OF=0$
B. $CF=1,OF=0$
C. $CF=0,OF=1$
D. $CF=1,OF=1$

答案： A

解析：

按无符号数解释：

$$\text{FFFF FFFFH}>\text{FFFF FFF0H},$$

因此执行减法时不需要借位，故

$$CF=0.$$

按 32 位补码解释：

$$\text{FFFF FFFFH}=-1,$$ $$\text{FFFF FFF0H}=-16.$$

所以

$$-1-(-16)=15,$$

结果在 32 位有符号整数范围内，没有溢出，故

$$OF=0.$$

因此选择 A。

3. 【2023】已知 $x$、$y$ 为 int 类型，当 $x=100$、$y=200$ 时，执行 $x-y$ 指令得到的溢出标志 OF 和借位标志 CF 分别为 $0$、$1$。那么当 $x=10$、$y=-20$ 时，执行该指令得到的 OF 和 CF 分别是（ ）。

A. $OF=0,CF=0$
B. $OF=0,CF=1$
C. $OF=1,CF=0$
D. $OF=1,CF=1$

答案： B

解析：

按带符号整数计算：

$$x-y=10-(-20)=30.$$

$30$ 在 int 的表示范围内，因此不发生有符号溢出：

$$OF=0.$$

判断 CF 时按无符号数解释操作数。$-20$ 的 32 位补码对应一个很大的无符号数：

$$2^{32}-20.$$

由于

$$10<2^{32}-20,$$

执行无符号减法时需要借位，因此

$$CF=1.$$

故选择 B。

4. 【2024】下列关于整数乘法运算的叙述中，错误的是（ ）。

A. 用阵列乘法器实现的乘运算可以在一个时钟周期内完成
B. 用 ALU 和移位器实现的乘运算无法在一个时钟周期内完成
C. 变量与常数的乘运算可编译优化为若干条移位及加/减运算指令
D. 两个变量的乘运算无法编译转换为移位及加法等指令的循环实现

答案： D

解析：

• A 正确。阵列乘法器通过组合逻辑并行产生和累加部分积，在电路延迟允许的情况下可在一个时钟周期内完成乘法。
• B 正确。若复用 ALU 和移位器，通常需要逐位判断乘数并反复执行“加法—移位”，需要多个时钟周期。
• C 正确。例如

$$10x=(8+2)x=(x\ll 3)+(x\ll 1),$$

编译器可将常数乘法优化为移位和加减指令。

• D 错误。两个变量的乘法同样可以通过循环检查乘数各位，并用移位与加法累加部分积来实现，只是执行速度通常较慢。

故选择 D。

5. 【2020】有实现 $x\times y$ 的两个 C 语言函数如下：

C

unsigned umul(unsigned x, unsigned y) { return x * y; }
int imul(int x, int y) { return x * y; }

假定某计算机 M 中 ALU 只能进行加减运算和逻辑运算。请回答下列问题：

（1）若 M 的指令系统中没有乘法指令，但有加法、减法和位移等指令，则在 M 上也能实现上述两个函数中的乘法运算，为什么？
（2）若 M 的指令系统中有乘法指令，则基于 ALU、位移器、寄存器以及相应控制逻辑实现乘法指令时，控制逻辑的作用是什么？
（3）针对以下三种情况：①没有乘法指令；②有使用 ALU 和位移器实现的乘法指令；③有使用阵列乘法器实现的乘法指令。函数 umul（ ） 在哪种情况下执行时间最长？哪种情况下执行时间最短？说明理由。
（4）$n$ 位整数乘法指令可保存 $2n$ 位乘积，当仅取低 $n$ 位作为乘积时，其结果可能会发生溢出。当 $n=32$，$x=2^{31}-1$，$y=2$ 时，带符号整数乘法指令和无符号整数乘法指令得到的 $x\times y$ 的 $2n$ 位乘积分别是什么？用十六进制表示。此时函数 umul（ ） 和 imul（ ） 的返回结果是否溢出？对于无符号整数乘法运算，当仅取乘积的低 $n$ 位作为乘法结果时，如何用 $2n$ 位乘积进行溢出判断？

答案：

（1）整数乘法可以分解为对部分积的移位和加法，带符号乘法还可通过符号处理或补码乘法算法实现。
（2）控制逻辑负责发出时序控制信号，判断乘数位，控制寄存器装入、移位、ALU 加减以及循环计数，并在运算完成后结束指令。
（3）没有乘法指令时执行时间最长；采用阵列乘法器时执行时间最短。
（4）带符号和无符号乘法得到的 64 位乘积均为 0000 0000 FFFF FFFEH。umul() 不溢出，imul() 溢出。无符号乘法仅取低 32 位时，若高 32 位不全为 $0$，则发生溢出。

解析：

（1）没有乘法指令仍能实现乘法的原因

二进制乘法可以写成若干个移位后的被乘数之和。若

$$y=\sum _{i=0}^{n-1}{y}_i{2}^i,$$

其中 $y_i\in \{0,1\}$，则

$$x\times y=\sum _{i=0}^{n-1}{y}_i(x\ll i).$$

程序可以逐位检查乘数 $y$：当最低位为 $1$ 时，将当前被乘数加入部分积；随后被乘数左移、乘数右移，循环直到所有乘数位处理完毕。因此即使没有硬件乘法指令，也可以用加法、位移和逻辑指令通过软件实现乘法。

对于带符号整数，可先记录结果符号，对绝对值做无符号乘法后再求补；也可直接采用补码乘法算法。

（2）控制逻辑的作用

使用 ALU、移位器和寄存器实现乘法时，数据通路本身只负责执行具体的加减、移位和保存操作。控制逻辑负责协调这些部件，主要包括：

1. 将被乘数、乘数和初始部分积装入相应寄存器；
2. 检查乘数当前位，并决定本轮是否执行加法或减法；
3. 控制 ALU 的运算类型；
4. 控制被乘数、乘数或部分积寄存器的移位；
5. 维护循环计数器，判断是否已经处理完全部 $n$ 位；
6. 在运算完成后把结果写回目标寄存器并结束乘法指令。

因此控制逻辑本质上负责产生乘法算法各步骤所需的时序控制信号。

（3）三种实现方式的速度比较

① 没有乘法指令时，编译器或运行库需要生成多条移位、条件判断、加法和循环控制指令。除了算术操作外，还要反复进行取指、译码和分支，因此执行时间通常最长。

② 使用 ALU 和移位器实现乘法指令时，乘法仍需经过多轮“判断—加法—移位”，但这些步骤在处理器内部由控制逻辑完成，减少了软件指令开销，速度通常快于情况①。

③ 阵列乘法器利用大量组合逻辑并行产生和压缩部分积，可在一个时钟周期或很少的流水级中完成乘法，执行时间通常最短。

因此：

• 最长：没有乘法指令；
• 最短：使用阵列乘法器实现乘法指令。

（4）乘积、返回结果与溢出判断

给定

$$x=2^{31}-1=\text{7FFF FFFFH},$$ $$y=2=\text{0000 0002H}.$$

数学乘积为

$$x\times y=(2^{31}-1)\times 2=2^{32}-2=4294967294.$$

其 64 位二进制乘积为

$$\text{0000 0000 FFFF FFFEH}.$$

因为两个操作数均为正数，无论使用带符号乘法指令还是无符号乘法指令，得到的完整 64 位位串都相同：

$$\boxed{\text{0000 0000 FFFF FFFEH}}.$$

函数 umul() 将低 32 位 FFFF FFFEH 按 unsigned 解释：

$$\text{FFFF FFFEH}=2^{32}-2=4294967294,$$

该值在 32 位无符号整数范围 $0\sim 2^{32}-1$ 内，因此 umul() 的返回结果不溢出。

函数 imul() 也只返回低 32 位 FFFF FFFEH，但按 32 位补码解释为

$$-2.$$

而真实的带符号数学乘积为 $4294967294$，超出 int 的范围 $-2^{31}\sim 2^{31}-1$，因此 imul() 发生溢出。

对于无符号 $n$ 位乘法，若保留了完整的 $2n$ 位乘积，则只取低 $n$ 位作为结果时：

• 高 $n$ 位全为 $0$，说明完整乘积小于 $2^n$，不溢出；
• 高 $n$ 位不全为 $0$，说明完整乘积不小于 $2^n$，舍弃高位会改变数值，发生溢出。

本题完整乘积的高 32 位为 0000 0000H，所以无符号乘法不溢出。