数字编码
原码、反码和补码
在上一节的表格中我们发现,所有整数类型能够表示的负数都比正数多一个,例如 byte
的取值范围是 [ − 128 , 127 ] [-128, 127] [−128,127] 。这个现象比较反直觉,它的内在原因涉及到原码、反码、补码的相关知识。
首先需要指出,数字是以“补码”的形式存储在计算机中的。在分析这样做的原因之前,我们首先给出三者的定义。
- 原码:我们将数字的二进制表示的最高位视为符号位,其中 0 0 0 表示正数, 1 1 1 表示负数,其余位表示数字的值。
- 反码:正数的反码与其原码相同,负数的反码是对其原码除符号位外的所有位取反。
- 补码:正数的补码与其原码相同,负数的补码是在其反码的基础上加 1 1 1 。
下图展示了原码、反码和补码之间的转换方法。
「原码 true form」虽然最直观,但存在一些局限性。一方面,负数的原码不能直接用于运算。例如在原码下计算 1 + ( − 2 ) 1 + (-2) 1+(−2) ,得到的结果是 − 3 -3 −3 ,这显然是不对的。
1 + ( − 2 ) → 0000 0001 + 1000 0010 = 1000 0011 → − 3 \begin{aligned} & 1 + (-2) \newline & \rightarrow 0000 \; 0001 + 1000 \; 0010 \newline & = 1000 \; 0011 \newline & \rightarrow -3 \end{aligned} 1+(−2)→00000001+10000010=10000011→−3
为了解决此问题,计算机引入了「反码 1’s complement code」。如果我们先将原码转换为反码,并在反码下计算 1 + ( − 2 ) 1 + (-2) 1+(−2) ,最后将结果从反码转化回原码,则可得到正确结果 − 1 -1 −1 。
1 + ( − 2 ) → 0000 0001 (原码) + 1000 0010 (原码) = 0000 0001 (反码) + 1111 1101 (反码) = 1111 1110 (反码) = 1000 0001 (原码) → − 1 \begin{aligned} & 1 + (-2) \newline & \rightarrow 0000 \; 0001 \; \text{(原码)} + 1000 \; 0010 \; \text{(原码)} \newline & = 0000 \; 0001 \; \text{(反码)} + 1111 \; 1101 \; \text{(反码)} \newline & = 1111 \; 1110 \; \text{(反码)} \newline & = 1000 \; 0001 \; \text{(原码)} \newline & \rightarrow -1 \end{aligned} 1+(−2)→00000001(原码)+10000010(原码)=00000001(反码)+11111101(反码)=11111110(反码)=10000001(原码)→−1
另一方面,数字零的原码有 + 0 +0 +0 和 − 0 -0 −0 两种表示方式。这意味着数字零对应着两个不同的二进制编码,其可能会带来歧义。比如在条件判断中,如果没有区分正零和负零,则可能会导致判断结果出错。而如果我们想要处理正零和负零歧义,则需要引入额外的判断操作,其可能会降低计算机的运算效率。
+ 0 → 0000 0000 − 0 → 1000 0000 \begin{aligned} +0 & \rightarrow 0000 \; 0000 \newline -0 & \rightarrow 1000 \; 0000 \end{aligned} +0−0→00000000→10000000
与原码一样,反码也存在正负零歧义问题,因此计算机进一步引入了「补码 2’s complement code」。我们先来观察一下负零的原码、反码、补码的转换过程:
− 0 → 1000 0000 (原码) = 1111 1111 (反码) = 1 0000 0000 (补码) \begin{aligned} -0 \rightarrow \; & 1000 \; 0000 \; \text{(原码)} \newline = \; & 1111 \; 1111 \; \text{(反码)} \newline = 1 \; & 0000 \; 0000 \; \text{(补码)} \newline \end{aligned} −0→==110000000(原码)11111111(反码)00000000(补码)
在负零的反码基础上加 1 1 1 会产生进位,但 byte
类型的长度只有 8 位,因此溢出到第 9 位的 1 1 1 会被舍弃。也就是说,负零的补码为 0000 0000 0000 \; 0000 00000000 ,与正零的补码相同。这意味着在补码表示中只存在一个零,正负零歧义从而得到解决。
还剩余最后一个疑惑:byte
类型的取值范围是 [ − 128 , 127 ] [-128, 127] [−128,127] ,多出来的一个负数 − 128 -128 −128 是如何得到的呢?我们注意到,区间 [ − 127 , + 127 ] [-127, +127] [−127,+127] 内的所有整数都有对应的原码、反码和补码,并且原码和补码之间是可以互相转换的。
然而,补码 1000 0000 1000 \; 0000 10000000 是一个例外,它并没有对应的原码。根据转换方法,我们得到该补码的原码为 0000 0000 0000 \; 0000 00000000 。这显然是矛盾的,因为该原码表示数字 0 0 0 ,它的补码应该是自身。计算机规定这个特殊的补码 1000 0000 1000 \; 0000 10000000 代表 − 128 -128 −128 。实际上, ( − 1 ) + ( − 127 ) (-1) + (-127) (−1)+(−127) 在补码下的计算结果就是 − 128 -128 −128 。
( − 127 ) + ( − 1 ) → 1111 1111 (原码) + 1000 0001 (原码) = 1000 0000 (反码) + 1111 1110 (反码) = 1000 0001 (补码) + 1111 1111 (补码) = 1000 0000 (补码) → − 128 \begin{aligned} & (-127) + (-1) \newline & \rightarrow 1111 \; 1111 \; \text{(原码)} + 1000 \; 0001 \; \text{(原码)} \newline & = 1000 \; 0000 \; \text{(反码)} + 1111 \; 1110 \; \text{(反码)} \newline & = 1000 \; 0001 \; \text{(补码)} + 1111 \; 1111 \; \text{(补码)} \newline & = 1000 \; 0000 \; \text{(补码)} \newline & \rightarrow -128 \end{aligned} (−127)+(−1)→11111111(原码)+10000001(原码)=10000000(反码)+11111110(反码)=10000001(补码)+11111111(补码)=10000000(补码)→−128
你可能已经发现,上述的所有计算都是加法运算。这暗示着一个重要事实:计算机内部的硬件电路主要是基于加法运算设计的。这是因为加法运算相对于其他运算(比如乘法、除法和减法)来说,硬件实现起来更简单,更容易进行并行化处理,运算速度更快。
请注意,这并不意味着计算机只能做加法。通过将加法与一些基本逻辑运算结合,计算机能够实现各种其他的数学运算。例如,计算减法 a − b a - b a−b 可以转换为计算加法 a + ( − b ) a + (-b) a+(−b) ;计算乘法和除法可以转换为计算多次加法或减法。
现在我们可以总结出计算机使用补码的原因:基于补码表示,计算机可以用同样的电路和操作来处理正数和负数的加法,不需要设计特殊的硬件电路来处理减法,并且无须特别处理正负零的歧义问题。这大大简化了硬件设计,提高了运算效率。
补码的设计非常精妙,因篇幅关系我们就先介绍到这里,建议有兴趣的读者进一步深度了解。
浮点数编码
细心的你可能会发现:int
和 float
长度相同,都是 4 bytes,但为什么 float
的取值范围远大于 int
?这非常反直觉,因为按理说 float
需要表示小数,取值范围应该变小才对。
实际上,这是因为浮点数 float
采用了不同的表示方式。记一个 32-bit 长度的二进制数为:
b 31 b 30 b 29 … b 2 b 1 b 0 b_{31} b_{30} b_{29} \ldots b_2 b_1 b_0 b31b30b29…b2b1b0
根据 IEEE 754 标准,32-bit 长度的 float
由以下三个部分构成。
- 符号位 S \mathrm{S} S :占 1 bit ,对应 b 31 b_{31} b31 。
- 指数位 E \mathrm{E} E :占 8 bits ,对应 b 30 b 29 … b 23 b_{30} b_{29} \ldots b_{23} b30b29…b23 。
- 分数位 N \mathrm{N} N :占 23 bits ,对应 b 22 b 21 … b 0 b_{22} b_{21} \ldots b_0 b22b21…b0 。
二进制数 float
对应的值的计算方法:
val = ( − 1 ) b 31 × 2 ( b 30 b 29 … b 23 ) 2 − 127 × ( 1. b 22 b 21 … b 0 ) 2 \text {val} = (-1)^{b_{31}} \times 2^{\left(b_{30} b_{29} \ldots b_{23}\right)_2-127} \times\left(1 . b_{22} b_{21} \ldots b_0\right)_2 val=(−1)b31×2(b30b29…b23)2−127×(1.b22b21…b0)2
转化到十进制下的计算公式:
val = ( − 1 ) S × 2 E − 127 × ( 1 + N ) \text {val}=(-1)^{\mathrm{S}} \times 2^{\mathrm{E} -127} \times (1 + \mathrm{N}) val=(−1)S×2E−127×(1+N)
其中各项的取值范围:
S ∈ { 0 , 1 } , E ∈ { 1 , 2 , … , 254 } ( 1 + N ) = ( 1 + ∑ i = 1 23 b 23 − i 2 − i ) ⊂ [ 1 , 2 − 2 − 23 ] \begin{aligned} \mathrm{S} \in & \{ 0, 1\}, \quad \mathrm{E} \in \{ 1, 2, \dots, 254 \} \newline (1 + \mathrm{N}) = & (1 + \sum_{i=1}^{23} b_{23-i} 2^{-i}) \subset [1, 2 - 2^{-23}] \end{aligned} S∈(1+N)={ 0,1},E∈{ 1,2,…,254}(1+i=1∑23b23−i2−i)⊂[1,2−2−23]
观察上图,给定一个示例数据 S = 0 \mathrm{S} = 0 S=0 , E = 124 \mathrm{E} = 124 E=124 , N = 2 − 2 + 2 − 3 = 0.375 \mathrm{N} = 2^{-2} + 2^{-3} = 0.375 N=2−2+2−3=0.375 ,则有:
val = ( − 1 ) 0 × 2 124 − 127 × ( 1 + 0.375 ) = 0.171875 \text { val } = (-1)^0 \times 2^{124 - 127} \times (1 + 0.375) = 0.171875 val =(−1)0×2124−127×(1+0.375)=0.171875
现在我们可以回答最初的问题:float
的表示方式包含指数位,导致其取值范围远大于 int
。根据以上计算,float
可表示的最大正数为 2 254 − 127 × ( 2 − 2 − 23 ) ≈ 3.4 × 1 0 38 2^{254 - 127} \times (2 - 2^{-23}) \approx 3.4 \times 10^{38} 2254−127×(2−2−23)≈3.4×1038 ,切换符号位便可得到最小负数。
尽管浮点数 float
扩展了取值范围,但其副作用是牺牲了精度。整数类型 int
将全部 32 位用于表示数字,数字是均匀分布的;而由于指数位的存在,浮点数 float
的数值越大,相邻两个数字之间的差值就会趋向越大。
如下表所示,指数位 E = 0 E = 0 E=0 和 E = 255 E = 255 E=255 具有特殊含义,用于表示零、无穷大、 N a N \mathrm{NaN} NaN 等。
表 指数位含义
指数位 E | 分数位 N = 0 \mathrm{N} = 0 N=0 | 分数位 N ≠ 0 \mathrm{N} \ne 0 N=0 | 计算公式 |
---|---|---|---|
0 0 0 | ± 0 \pm 0 ±0 | 次正规数 | ( − 1 ) S × 2 − 126 × ( 0. N ) (-1)^{\mathrm{S}} \times 2^{-126} \times (0.\mathrm{N}) (−1)S×2−126×(0.N) |
1 , 2 , … , 254 1, 2, \dots, 254 1,2,…,254 | 正规数 | 正规数 | ( − 1 ) S × 2 ( E − 127 ) × ( 1. N ) (-1)^{\mathrm{S}} \times 2^{(\mathrm{E} -127)} \times (1.\mathrm{N}) (−1)S×2(E−127)×(1.N) |
255 255 255 | ± ∞ \pm \infty ±∞ | N a N \mathrm{NaN} NaN |
值得说明的是,次正规数显著提升了浮点数的精度。最小正正规数为 2 − 126 2^{-126} 2−126 ,最小正次正规数为 2 − 126 × 2 − 23 2^{-126} \times 2^{-23} 2−126×2−23 。
双精度 double
也采用类似 float
的表示方法,在此不做赘述。