计算机组织与系统结构第三章习题答案.doc

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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流计算机组织与系统结构第三章习题答案.精品文档.第 3 章 习 题 答 案2（4）高级语言中的运算和机器语言（即指令）中的运算是什么关系？假定某一个高级语言源程序P中有乘、除运算，但机器M中不提供乘、除运算指令，则程序P能否在机器M上运行？为什么？参考答案：（略）3考虑以下C语言程序代码：int func1(unsigned word)return (int) ( word 24);int func2(unsigned word)return ( (int) word 24;假设在一个32位机器上执行这些函数，该机器使用二进制补码表示带符号整数

2、。无符号数采用逻辑移位，带符号整数采用算术移位。请填写下表，并说明函数func1和func2的功能。Wfunc1(w)func2(w)机器数值机器数值机器数值0000 007FH1270000 007FH+1270000 007FH+1270000 0080H1280000 0080H+128FFFF FF80H1280000 00FFH2550000 00FFH+255FFFF FFFFH10000 0100H2560000 0000H00000 0000H0函数func1的功能是把无符号数高24位清零（左移24位再逻辑右移24位），结果一定是正的有符号数；而函数func2的功能是把无符号数

3、的高24位都变成和第25位一样，因为左移24位后进行算术右移，高24位补符号位（即第25位）。4填写下表，注意对比无符号数和带符号整数的乘法结果，以及截断操作前、后的结果。模式xyxy（截断前）xy（截断后）机器数值机器数值机器数值机器数值无符号数11060102001100121004二进制补码1102010+211110041004无符号数0011111700011171117二进制补码001+1111111111111111无符号数11171117110001490011二进制补码11111111000001+1001+15以下是两段C语言代码，函数arith( )是直接用C语言写的，而

4、optarith( )是对arith( )函数以某个确定的M和N编译生成的机器代码反编译生成的。根据optarith( )，可以推断函数arith( ) 中M和N的值各是多少？#define M #define N int arith(int x, int y)int result = 0 ;result = x*M + y/N; return result;int optarith ( int x, int y)int t = x;x = 4;x - = t;if ( y 2;return x+y;参考答案：可以看出x*M和“int t = x; x = 4;x-=t;”三句对应，这些语句实

5、现了x乘15的功能（左移4位相当于乘以16，然后再减1），因此，M等于15；y/N与“if ( y 2;”两句对应，功能主要由第二句“y右移2位”实现，它实现了y除以4的功能，因此N是4。而第一句“if ( y 2=1而1/4=0，两者不等；调整后 1+3=2，22=0，两者相等。思考：能否把 if ( y 0 ) y += 3; 改成 if ( y 0 ) y += 2; ？不能！因为y = - 4时不正确。6设A4A1和B4B1分别是四位加法器的两组输入，C0为低位来的进位。当加法器分别采用串行进位和先行进位时，写出四个进位C4 C1的逻辑表达式。参考答案：串行进位：C1 = X1C0+Y

6、1C0 + X1 Y1 C2 = X2C1+Y2C1 + X2 Y2 C3 = X3C2+Y3C2 + X3 Y3 C4 = X4C3+Y4C3 + X4 Y4 并行进位：C1 = X1Y1 + (X1+Y1)C0C2 = X2Y2 + (X2 +Y2) X1Y1 + (X2+Y2) (X1+Y1)C0C3 = X3Y3 + (X3 + Y3) X2Y2 + (X3 + Y3) (X2 + Y2) X1Y1 + (X3 + Y3) (X2 + Y2)(X1 + Y1)C0C4=X4Y4+(X4+Y4)X3Y3+(X4+Y4)(X3+Y3)X2Y2+(X4+Y4)(X3+Y3)(X2+Y2)X1

7、Y1+(X4+Y4)(X3+Y3) (X2+Y2)(X1+Y1)C07用SN74181和SN74182器件设计一个16位先行进位补码加/减运算器，画出运算器的逻辑框图，并给出零标志、进位标志、溢出标志、符号标志的生成电路。参考答案（图略）：逻辑框图参见教材中的图3.15和图3.16，将两个图结合起来即可，也即只要将图3.15中的B输入端的每一位Bi取反，得到Bi，和原码Bi一起送到一个二路选择器，由进位C0作为选择控制信号。当C0为1时做减法，此时，选择将Bi作为SN74181的B输入端；否则，当C0为1时，做加法。零标志ZF、进位标志CF、溢出标志OF、符号标志SF的逻辑电路根据以下逻辑表达

8、式画出即可。ZF=F15+F14+F13+F12+F11+F10+F9+F8+F7+F6+F5+F4+F3+F2+F1+F0CF=C16OF= C0（A15B15F15 + A15B15F15）+ C0（A15B15F15 + A15B15F15）SF= F158 用SN74181和SN74182器件设计一个32位的ALU，要求采用两级先行进位结构。（1） 写出所需的SN74181和SN74182芯片数。（2） 画出32位ALU的逻辑结构图。参考答案（图略）： 将如图3.15所示的两个16位ALU级联起来即可，级联时，低16位ALU的高位进位C16作为高16位ALU的低位进位C0，因此，只要用

9、8片SN74181和2片SN74182。9已知x = 10，y = 6，采用6位机器数表示。请按如下要求计算，并把结果还原成真值。（1） 求x+y补，xy补。（2） 用原码一位乘法计算xy原。（3） 用MBA（基4布斯）乘法计算xy补。（4） 用不恢复余数法计算x/y原的商和余数。（5） 用不恢复余数法计算x/y补的商和余数。参考答案：10补 = 001010 6补 = 111010 6补 = 000110 10原 = 001010 6原 = 100110 （1） 10+( 6)补= 10补+ 6补= 001010+111010 = 000100 (+4) 10(6)补= 10补+ (6)补

10、= 001010+000110 = 010000 (+16) （2） 先采用无符号数乘法计算001010 000110的乘积，原码一位乘法过程（前面两个0省略）如下： C P Y 说明 0 0 0 0 0 0 1 1 0 P0 = 0 + 0 0 0 0 y4 = 0，+0 0 0 0 0 0 C, P 和Y同时右移一位 0 0 0 0 0 0 0 1 1 得P1+ 1 0 1 0 y3 = 1，+X 0 1 0 1 0 C, P 和Y同时右移一位 0 0 1 0 1 0 0 0 1 得P2 + 1 0 1 0 y2 = 1，+X 0 1 1 1 1 0 0 0 0 C, P 和Y同时右移一位

11、 0 0 1 1 1 1 0 0 0 得P3 + 0 0 0 0 y1 = 0，+0 0 0 1 1 1 C, P 和Y同时右移一位 0 0 0 1 1 1 1 0 0 得P4 若两个6位数相乘的话，则还要右移两次，得 000000 111100符号位为：0 1 = 1，因此，XY原 = 1000 0011 1100即X Y = 11 1100B = 60（3） 10补 = 110110，布斯乘法过程如下： P Y y-1 说明 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 设y-1 = 0，P0补 = 0 y0 y-1 = 00，P、Y直接右移一位0 0 0 0 0 0 0 1 1 1

12、 0 1 0 得P1补+ 1 1 0 1 1 0 y1 y0 =10，+X补1 1 0 1 1 0 P、Y同时右移一位1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 得P2补 + 0 0 1 0 1 0 y2 y1 =01，+X补 0 0 0 1 0 1 P、Y同时右移一位0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 得P3补+ 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 y3 y2 = 10，+X补 1 1 1 0 0 0 P、Y同时右移一位 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 1 1 得P4补+ 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 y4 y3 =

13、11，+0 1 1 1 1 0 0 P、Y同时右移一位 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 1 得P5补+ 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 y5 y4 = 11，+0 1 1 1 1 1 0 P、Y同时右移一位 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 得P6补因此，X Y补=1111 1100 0100，即X Y = 11 1100B= 60（4） 因为除法计算是2n位数除n位数，所以6原=0110，10原=0000 1010，6补=1010，商的符号位：0 1 = 1，运算过程（前面两个0省略）如下： 余数寄存器R 余数/商寄存器Q 说 明 0 0

14、 0 0 1 0 1 0 开始R0 = X+ 1 0 1 0 R1 = XY1 0 1 0 1 0 1 0 0 R1 0，则q 4 = 0，没有溢出 0 1 0 1 0 1 0 0 2R1（R和Q同时左移，空出一位商）+ 0 1 1 0 R2 = 2R1+Y 1 0 1 1 0 1 0 0 0 R2 0，则q 3 = 0 0 1 1 0 1 0 0 0 2R2 （R和Q同时左移，空出一位商）+ 0 1 1 0 R3 = 2R2 +Y 1 1 0 0 1 0 0 0 0 R3 0，则q 2 = 0 1 0 0 1 0 0 0 0 2R3 （R和Q同时左移，空出一位商）+ 0 1 1 0 R3 =

15、 2R2 +Y 1 1 1 1 0 0 0 0 0 R4 0，则q 0 = 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 0 0 0 0 1 0 1 0 开始R0 = X + 1 1 0 1 0 R1=X +Y1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 R1与Y同号，则q5 =11 0 1 0 0 1 0 1 0

16、 1 2R1（R和Q同时左移，空出一位上商1）+0 0 1 1 0 R2 = 2R1+Y1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 R2与Y同号，则q4= 1，1 0 1 0 1 0 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 +-Y1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 R3与Y同号，则q3 = 11 0 1 1 0 1 0 1 1 1 2R3（R和Q同时左移，空出一位上商1）+ 0 0 1 1 0 R4 = 2R3 +Y1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 R4与Y同号，则q 2 = 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 2R4 （

17、R和Q同时左移，空出一位上商0） + 0 0 1 1 0 R5= 2R4 +-Y1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 R5与Y同号，则q1= 1，1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 2R5 （R和Q同时左移，空出一位上商1）+ 0 0 1 1 0 R6= 2R5 +Y0 0 1 0 0 1 1 1 1 0 R6与Y异号，则q 0 = 0，Q左移，空出一位上商1 + 0 0 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“

18、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(81)=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

19、，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 .xxx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 bM b 2 -1，EbEb+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0.0001xx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

20、。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 bM b 2k，EbEbk。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EbEbk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

21、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/

22、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 24J1= (2/16) 27 = 0.001000B 27= (1.000000)2 24J2= (2/16) 27 = 0.001000B 27= (1.

23、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).000000Ek = 1100，MK = 00 (1). 11100

24、0 ，E J1 = 1100，MJ1 = 00(1).000000，E J2 = 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+Y1E补 = E x移 + E y1移补 (mod 2n) = 1110 + 0110 = 0100E = 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，

25、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+Y2E补 = E x移 + E y2移补 (mod 2n) = 1110 + 0110 = 0100;E = 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)

26、27（3） K+J1E补 = E K移 + E J1移补 (mod 2n) = 1100 + 0100 = 0000;E = 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+J2E补 = E K移 + E J2移补 (mod 2n) = 1100 + 0100 = 0000;E = 0，根据对阶规则可知不需要进行对阶。尾数相加：Mb = MK + MJ2 = 0

27、0 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 = 1

28、000001.01000.0B = (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） 对阶： E补 = E x移 + E y移补 (m

29、od 2n) = 0111 1110 + 0111 1011 = 1111 1001 E = 7，根据对阶规则可知需要对x进行对阶，结果为：Ex = E y = 10000101，Mx = 00.000000110.000x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 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 = 11.000000100000上式尾数中最左边第

30、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）。 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。 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 = 11.0000001000 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).000000100，即： 64.5。（2） 0.75( 65.25） 对阶： E补 = E x移 + E y移补 (mod 2n)

31、= 0111 1110 + 0111 1011 = 1111 1001 E = -7，根据对阶规则可知需要对x进行对阶，结果为：Ex = E y = 10000110，Mx = 00.000000110.000x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 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=01.00001000000上式尾数中最左边第一位是符号位，其余都是数值部分

32、，尾数后面两位是附加位（加粗）。 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。 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 = 01.000010000 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).000010000，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，

33、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 0010 0011 0100 + 0101 0110 0111 0111 1001 1011 + 01100111 1010 0001 + 0110 00001000 0000 0001 结果为： (801)10（2）548+729 0000 0101 0100 1000 + 0000 0111 0010 1001 0000 1100 0111 0001 + 0000 0110 0000 01100001 0010 0111 0111 结果为： (1277)10在第（2）题中

34、，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 0111，这时就是BCD码加法溢出了。所以我们在判断的时候不能仅仅看BCD码最高位是不是丢失，而要看结果的最高4位是不是大于9，如果大于9，就可以认为是溢出了。16假定十进制数用8421 NBCD码表示，十进制运算673356可以采用673加上(356)的模10补码实现。画出实现上述操作的3位十进制数的BCD码减法运算线路，列出线路中所有的输入变量和输出变量。参考答案： (356) 10补 = 0110 0100 0100 0110 0111 0011 + 0110 0100 0100 1100 1011 0111 + 0110 0110 00000011 0001 0111 最高位产生进位，因此，结果为正数：0011 0001 0111，故结果为：(+317)10电路图分为两部分，一个是求出模10补码，另一个是计算以及判断输出结果的电路图（参见教材图3.33）。求模10补码的电路图（RTL级）如下：计算电路图（RTL级）如下：