【计算机组成原理】运算器和运算方法（习题）

1.将下列数据转换为二进制数据
$(A7.D3)_H，(45.23)_o，(35.75)_{10}$

【解析】
$(A7.D3)_H=(1010 0111.1101 0011)_2$
$(45.23)_o=(100 101.010 011)_2$
$(35.75)_{10}=100011.11)_2$

2.（1）将下列数据从小到大排列
$(11)_H，(32)_{10}，(17)_O，(10111)_2，(10010110)_{BCD}$
（2）如果某单精度数、某原码、某补码、某移码的32位机器数均为0xF0000000，这些数从大到小的顺序是。

【答案】
（1） $(17)_O<(11)_H<(10111)_2<(32)_{10}<(10010110)_{BCD}$
（2）移码>补码>原码>单精度浮点数

【解析】
（1） $(11)_H=(17)_{10}$
$(32)_{10}=(32)_{10}$
$(17)_O=(15)_{10}$
$(10111)_2=(2^4+2^2+2^1+2^0)_{10}=(23)_{10}$
$(10010110)_{BCD}=(96)_{10}$

（2） $(0xF0000000)_H=(1111 0000...0000)_2$
原码： $(1111 0000...0000)_2是负数，且绝对值>2^{31}$
补码： $(1001 0000...000)_2(原)是负数，且绝对值比原码小$
移码： $(0111 0000...000)_2是正数，最大$
单精度浮点数： $E=128+64+32,e=97,绝对值>2^{31}$
所以：移码>补码>原码>单精度浮点数

3.设x=-35/16，求[x]原，[x]反，[x]补，[x]移。

【解析】
$[x]_原=-100011*2^{-4}=110.0011$
$[x]_反=101.1100$
$[x]_补=101.1101$
$[x]_移=001.1101$

4.设某机器数（定点小数）为16位，最高位为符号位，其余为数值位。若其用原码表示，则表示范围为多少？若用补码表示呢？

【答案】
原码： $[-(1-2^{-15}),1-2^{-15}]$
补码： $[-1,1-2^{-15}]$

5.将-21/16表示成IEEE754，32位形式。

【解析】
$-21/16=-10101*2^{-4}=11.0101$

$S=1；M=0101；E=e+127=4+127=131$

$1100 0001 1010 1000 0000 0000 0000 0000$

6. （2012考研真题相关）写出IEEE754，32位浮点数能表示的最大正数，非零最小正数，最大负数和最小负数的表示形式及其真值。
在这里插入图片描述

7. 如果某机器浮点数32位，其中1位符号位，尾数23位，阶符1位，阶码7位，其中尾数和阶码都用补码表示。请写出在规格化和非规格化两种情况下非零最小正数，最大负数和最小负数的表示形式及其真值。

【答案】
规格化：

最大正数：0011 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111
最小正数：0100 0000 0100 0000 0000 0000 0000 0000
最大负数：1100 0000 0100 0000 0000 0000 0000 0000
最小负数：1011 1111 1000 0000 0000 0000 0000 0000

非规格化：

最大正数：0011 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111
最小正数：0100 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0001
最大负数：1100 0000 0111 1111 1111 1111 1111 1111
最小负数：1011 1111 1000 0000 0000 0000 0000 0000

8. 已知小写英文字母“a”的ASCII码值为61H，现字母“g”被存放在某个存储单元中，若采用偶校验（设最高位为校验位），则该存储单元中存放的十六进制数是什么？

【答案】
E7H

【解析】
ps：若将“g”改成“z”。
z=a+25=61H+19H=7AH
z的校验码=1111 1010=FAH

61H=0110 0001B
g=61H+6H=67H=0110 0111B
因为最高位是校验位，并且是偶校验码：g=1110 0111B
g=E7H

9. 在一个按字节编址的计算机中，若数据在存储器中以小端模式存放，假定int型变量i的地址为0800 0000H，i的机器数为01234567H，则地址08000000H中存放的内容是（），如果是大端模式呢？

【答案】

67H  45H  23H  01H

【解析】
小端模式：数据的高字节在高地址，低字节在低地址。
大端模式：数据的高字节在低地址，低字节在高地址。
一个按字节编址：每个内存单元一个字节，这个内存单元存放8位数据
小端模式：
在这里插入图片描述
大端模式：

10.某计算机存储器按字节编址，采用小端模式存放数据。假定编译器规定int和short型长度分别为32位和16位，并且数据按边界对齐存储。某C语言程序如下：

struct {	
        int  a;
        char  b;
        short  c;
       } record;
record.a=273;

若record变量的首地址为0xC008，则地址0xC008中的内容及record.c的地址分别为什么？

【答案】
内容：11H 01H 00H 00H
record.c的地址是：0xC00DH
【解析】
int类型的数据占4个字节，32位。
char类型占1个字节，8位。
short类型占2个字节，16位。
a=273=1 0001 0001=(0000 0000 0000 0000 0000 0001 0001 0001)=00000111H
在这里插入图片描述

11.下面的编码中，不是合法8421码的是）
1110，0011 0110，1010 0011，0101 1101，1001 0111

【答案】

1110，1010 0011,0101 1101

【解析】
8421码的范围是：0000-1001

12 .（2013考研真题）用海明码对长度为8的数据位进行校验纠错时，若能纠正一位错，则校验位的位数至少为（）位。

【答案】
4
【解析】
设数据位为D，位数为d；校验位为R，位数为r。
仅能发现并修正一位错： $2^r>=d+r+1$
能发现两位错，并且能修正一位错： $2^{r-1}>=d+r$

13 .（2012考研真题）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

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

得到y的机器数为（）

【答案】
0000FFFAH

【解析】
赋值原则：
(1)值不变；
(2)内存单元内容不变
$65536=64*2^{10}=2^{16}$
y=x=65530=[1111 1111 1111 1010]原=[0000 0000 0000 0000 1111 1111 1111 1010]补=0000FFFAH

14.下列为8位移码机器数[x]移，当求[-x]移时，（）将会溢出
A．11111111 B. 00000000 C. 10000000 D. 01111111

【答案】

【解析】
原码、反码表示范围相同
补码、移码表示范围相同
负数表示范围更大，所以x是负数
则x的补码是1000 0000
则x的移码是0000 0000

15.（2011考研真题）float类型数据通常用IEEE 754标准中的单精度浮点数表示。如果编译器将float型变量x分配在一个32位浮点数寄存器FR1中，且x=-8.25，则FR1的内容是（）。

【答案】
C1040000H

【解析】
8.25的二进制表示.
整数部分：8=1000；小数部分：0.25=01;
8.25=1000.01 =1.00001*2^3
1100 0001 0000 0100 0000 0000 0000 0000
C1040000H

16.若接收方接收到的海明码为1001101B，经校验数据无错，并且数据位位数为4位，则数据位为（）。

【答案】
1001

【解析】
$D_4D_3D_2R_3D_1R_2R_1$

17.设某数据为D8D7D6D5D4D3D2D1=10100101，采用海明校验并要求具备两位检错能力，求其海明码。并求解在数据位第三位D3发生错误的时候的海明码。

【答案】
无错海明码：1101000100111
D3位出错时：1101000000111

【解析】
D3位出错只有D3位改变，不影响别的位。

R1=D1^D2^D4^D5^d7
R2=D1^D3^D4^D6^D7
R3=D2^D3^D4^D8
R4=D5^D6^D7^D8
R5=D8^...^D1^R4^...R1

18.已知数据位D4D3D2D1=1001，生成多项式G=1101，求CRC编码。

【答案】
1001111

【解析】
D:1001 d=4
G:1101 r=4-1=3
1）将D左移r位，得到M:1001000(d+r位)
2）M模2除G，得到余数r=111
3）CRC=M+R就得到了CRC编码1001111

19.若[x]补=X0X1X2…Xn，其中X0为符号位，X1为最高数位。若（），则当补码左移时，将会发生溢出：
A.X0=X1 B. X0不等于X1 C. X1=0 D. X1=1

【答案】
B
【解析】
过半则溢出：
补码过半：10xxxxx或者01xxxxx
原码过半：数值最高位为1

20.数位每左移一位相当于乘以2，为防止左移操作造成溢出，补码左移的前提条件是：（）。

【答案】
带着符号位一起移动。
移出位移走。补位位：高位补符号位，地位补零。

21.设机器数字长8bit（含有一位符号位），若机器数BAH为原码，算术左移一位和算术右移一位分别是（）和（），若BAH为补码，则算术左移一位和算术右移一位分别是（）和（）。

【答案】
符号位不动，数值位逻辑左移;
符号位不动，数值位逻辑右移;
带着符号位一起移动，移出位移走，地位补零；
带着符号位一起移动，移出位移走，高位补符号位。

22.
【问题】
如果x=103，y=-25，结果采用8位定点补码表示，下列会发生溢出的是（）
A.x+y B. -x+y C. x-y D. -x-y

【答案】
C

【解析】
看绝对值。绝对值变大的才可能溢出。
所以求绝对值最大的数。
只有B和C是绝对值变大的。
B是-128，C是128
因为补码的取值范围是[-128,127]。
所以128溢出。

23.某字长为8位的计算机中，已知整型变量x、y的机器数分别为[x]补=11110100，[y]补=10110000。若整型变量z=2x+y/2，则z的机器数为（）。

【答案】
11000000
【解析】
将x左移一位，得到11101000
y右移一位，得到11011000
两个数的补码相加的机器数为11000000

24. 假设某字长为8位的计算机中，x=34，y=17，求[x+y]补，[x-y]补，[-x+y]补，[-x-y]补。
【答案】

[x+y]补=0011 0011
[x-y]补=0001 0001
[-x+y]补=1110 1111
[-x-y]补=1100 1101

【解析】

[x]补=0010 0010
[y]补=0001 0001
[-x]补=1101 1110
[-y]补=1110 1111

25.某C语言代码如下：

short  si=-8196;
unsigned short   usi=si；

则执行上段程序后，usi的值为多少

【答案】
64508

【解析】
内存单元内容不变

si=-8196=-(8*2^10+4)=-100 0000 0100=1000 0100 0000 0100(原)=1111 1011 1111 1100（补）
usi=si=1111 1011 1111 1100=2^16-1-3-2^10=64508

27.在C语言中，short型的长度为16bit，若编译器将一个short型变量x分配到一个32位寄存器R中，且x=0x8FA0，则寄存器R的内容是（）。

【答案】
FFFF8FA0

【解析】
8FA0H=1000 1111 1010 0000（补）=1111 0000 0110 0000（原）
1000 0000 0000 0000 0111 0000 0110 0000（原）
1111 1111 1111 1111 1000 1111 1010 0000（补）

数据扩展：值不变
原码：符号位放到最高位，中间补零
补码：符号位前推

28.已知C语言程序中，某类型为int的变量x=-1088。执行程序时，x先被存放在16位寄存器R1中，然后进行算术左移4位，则R1中的内容为（）。

【答案】
1011 1100 0000 0000

【解析】
（1）x的机器数，算术左移4位
-1088=[1000 0100 0100 0000]原=[1111 1011 1100 0000]补
算数左移4位：1011 1100 0000 0000
（2）求出-1088*16=？，再写出机器数。

29.设某C语言程序如下：

int  a=5，b=8；
float x=4.2 ，y=3.4;

则表达式：（float）（a+b）/2+（int）x%（int）y的值是多少？

【答案】
7.5

【解析】
(a+b)/2=(5+8)/2=6.5
(int)x%(int)y=4%3=1;
ans=6.5+1=7.5

30.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：

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

得到y的机器数为（）

【答案】
0000FFFAH
【解析】
y=x=65530=[1111 1111 1111 1010]原=[0000 0000 0000 0000 1111 1111 1111 1010]补=0000FFFAH

31.假定在一个8位字长的计算机中运行如下C程序段：

   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；

若编译器编译时将8个8位寄存器R1-R8分别分配给变量x、y、m、n、z1、z2、k1、k2。回答下列问题：
（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k1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=134=86H;
R5=90H;
R6=7CH;

（2）

m=-122；
k1=-112

（3）
无符号数和有符号数都是以补码的形式存储，加减运算没有区别（不考虑溢出情况时），只是输出的时候若是有符号数的最高位是符号位。
减法运算求[-x]补的时候，是连同符号位一起按位取反末位加 1，但是如果有溢出情况，这两者是有区别的，所以可以利用同一个加法器实现，但是溢出判断电路不同。
（4）
判断方法是如果最高位进位和符号位的进位不同，则为溢出；“int k2=m+n;”会溢出；三种方法可以判断溢出，双符号位、最高位进位、符号相同操作数的运算后与原操作数的符号不同则溢出。
【解析】
（1）

134=1000 0110B=86H ；       
x-y=1000 0110B-1111 0110B=1001 0000B=90H；
x+y=1000 0110B+1111 0110B=0111 1100B（溢出）

（2）

m=1000 0110B，做高位为符号位，则 m 的原码为 1111 1010B=-122；
n=1111 0110B  n 的原码为 1000 1001= -10；k1=m-n= -112。

32.在C语言中，不同类型的数据混合运算中，要先转换成同一类型后进行运算。设一个表达式中含有int，long，char和double类型的变量和数据，则表达式的最后运算结果的数据类型是（）。这四种类型数据的转换规律是（）。
【答案】
运算结果是：double类型
转换规律是：char->int->long->double

40.假定有4个整数用8位补码分别表示为r1=FEH，r2=F2H，r3=90H，r4=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.r1×r2 B. r3×r2 C. r1×r4 D. r4×r2

【答案】
B
【解析】
绝对值最大最可能溢出。
选择两个绝对值最大的。

r1=FEH=1111 1110;
r2=F2H=1111 0010;
r3=90H=1001 0010;
r4=F8H=1111 0100;

最大的两个是r2和r3.

41.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IEEE754 单精度和双精度浮点数格式表示），已知i=785，f=1.5678e3，d=1.5e100。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．仅有I和II B. I和 III C. II和III D. III和IV

【答案】
B
【解析】

由于(int)f=1，小数点后面4位丢失，故Ⅱ错。Ⅳ的计算过程是先将f转化为双精度浮点数据格式，然后进行加法运算，故(d+f)-d得到的结果为双精度浮点数据格式，而f为单精度浮点数据格式，故Ⅳ错。
(Ⅰ)i=(int)(float)i//i变成浮点数，不变；
(Ⅱ)f=(floal)(int)f//f变成整数时，精度变小；
(Ⅲ)f=(float)(double)f//f转为双精度，大小不变；
(Ⅳ)(d+f)-d=f//双精度值==单精度值，结果出错。

45.float型数据通常用IEEE 754单精度浮点数格式表示。假定两个float型变量x和y分别存放在寄存器f1和f2中，若（f1）=CC90 0000H，（f2）=B0C0 0000H，则x和y之间的关系是：
A. x<y，符号相同 B. x>y，符号不同 C. x>y，符号相同 D. x>y，符号不同

【答案】
A
【解析】
f1=1100 1100 1001 0000 0000 0000 0000 0000
f1阶码=1001 1001
f2=1011 0000 1100 0000 0000 0000 0000 0000
f2阶码=0110 0001
f1阶码>f2阶码。
又因为都是负数。
所以x<y

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