2019-408考研之组成原理笔记——第二章 （1）

•   计算机基础知识——进制与定点、浮点运算

1. 进制与编码
   1. 常见进制介绍
      1. 二进制：由一串0、1组成，其实际数值（以十进制数为例）为各位与对

应权重的乘积。例7(10) = 111(2) = 2^2+2^1+2^0；8(d)=1000(b)=2^3+0*2^2+0*2^1+0*2^0

1. 1. 1. 八进制：由0~7共8个不同的数字符号组成，可将二进制编码中3位作为

八进制的一位即可。例：15（10）=1111（2）=001 111（b）=17（o）

1. 1. 1. 十六进制：在十进制的基础上将10用A表示，11用B表示……15用F

表示，其4位二进制码与1位十六进制码相同。例：28(10)=1 1100(b)=1C(h)=1CH

扩：二进制-Binary；八进制-Octal；十进制-Decimal；十六进制-Hexadecimal

1. 1. 进制的转换
      1. 二进制转八进制、十六进制——整数+小数：

以小数点为界，左边向左数，每3/4位一组转为八/十六进制，不足用0补；

       小数部分向右数，也是每3/4位一组转为八/十六进制，不足用0补。

       例：1011010.11011(b)=001 011 010.110 110(b)=0101 1010.1101 1000(b)=132.66(o)=

5A.D8(h)=90.84375(d)（任何进制转十进制——将各位对应权重与数值相乘后再相加，例：0.11011(b)=1*2^-1 + 2^-2 + 0*2^-3 + 2^-4 +2^-5，其他进制类似）

1. 1. 1. 十进制转其他进制（基数乘除法）——整数+小数：

以小数点为界，左边的整数部分和右边的小数部分，对要转换的进制（称为

       基数）进行除基取余/乘基取整，再将两部分沿小数点左右拼接得出结果。

       例：56234.789(b)转为十六进制，整数部分：56234/16=3514…10, 3514/16=219…10

       219/16=13…11, 13/16=0…13，对应顺序就是13、11、10、10，即DBAA；小数部

       分：0.789*16=12.624->12，0.624*16=9.984->9，0.984*16=15.744->15，0.744*16~12

       注意小数部分转换过程有误差，一般确定一定的精度即可，故小数部分对应顺序

       为12、9、15、12，即C9FC，故转为十六进制为DBAA.C9FC(h)

1. 1. 校验码

校验码是指能够发现或能自动纠正错误的数据编码，又称检错纠正编码。

原理：通过增加一些冗余码（在正常编码之外的数码）来检验或纠错编码

码距：任意两个合法码字之间最少变化的二进制位数。码距越大纠、检错能力越强，而且检错能力总大于等于纠错能力。

1. 1. 1. 奇偶校验码：在原编码上加一位校验码用于检测、不能纠错，码距为2。

方法：由有效数据+1位校验位组成，校验位取1或0可使整个校验码中

       “1”的个位为奇数（奇校验嘛）或偶数（偶校验码）

1. 1. 1. 汉明校验码：在原编码上加入几位校验位（位于2的加权位中）将每个二进制数据进行分组，在某位出错后导致其他校验位出错并可检验

纠错理论：L-1=D+C 且D>=C.  编码最小码距L越大，检测错误的位数D越大，纠错的位数C越大。

步骤：1.确定汉明码的位数：n+k<=2^k – 1（n为有效信息的位数，k为校验位的位数，若要检测两位错，需再增加1位校验位，即k+1 位）；2.确定汉明码校验位的位置：规定校验位Pi在汉明码中为2^i-1位中；3.分组：将剩下的有效位的位置写成2进制码，由校验位在对应位的加权为1对应分组；4.将每组对应位的数值与校验位异或使其结果为0，得校验位数值；5.检测与纠错：利用校验位和对应的信息位进行奇偶校验，对应的数值为对应位出错，将该位数值取反即可

例：已知汉明码的有效位D1-D8为11010101，求其最终汉明校验码

1.确定位数：n为8，由8+k<2^k – 1,解得k=4；2.确定校验位位置：校验位X1=0001=1，X2=0010=2，X3=0100=4，X4=1000=8；3.分组：将D1-D8按顺序和X1-X4一起排列为:

0001	0010	0011	0100	0101	0110	0111	1000	1001	1010	1011	1100
1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11，	12
X1	X2	D1	X3	D2	D3	D4	X4	D5	D6	D7	D8
X1	X2	1	X3	1	0	1	X4	0	1	0	1

分组为X1:对应为第4位为1：D1、D2、D4、D5、D7；X2:对应为第3位为1：D1、D3、D4、D6、D7；X3:对应为第2位为1：D2、D3、D4、D8；X4:对应为第1位为1：D5、D6、D7、D8；4.得校验码：将X1与D1、D2、D4、D5、D7对应的数值异或（相同为0，不同为1）X1Å1Å1Å1Å0Å0=0，则X1=1；同理X2=1;X3=1;X4=0；故该汉明码为：1 1 1 1 101 0 0101(从左到右权重增加)；5.校验：当某一位出错如：D1=0，将X1=1与其小组数值异或，得S1=1；S2=1；S3=0；S4=0，故在0011位，即第3位（D1）处出错，将其数值取反即为正确。

1. 1. 1. 循环冗余校验码（CRC）：在K位有效信息位后+R位校验位

线性编码理论：发送端通过将K位数据左移R位后与生成的多项式G做模2除，生成R位校验码，将K位数据和R位校验码一起发送出去；接收端通过生成的多项式对K+R做模2除，若能整除则为正常，否则对应余数确定出错位置。

多项式与二进制转换：多项式的最高幂次为R，转成二进制有R+1位；二进

制数用系数仅为“0”或“1”的多项式表示：例：x3+x2+1对应为1101；1011对应多项式为：x3+x+1.

       例：有效信息码为：11010101，多项式G= x3+x2+1，求对应的CRC码:

1. 确定多项式与CRC位数：G= G= x3+x2+1=1101，故CRC为4+8=12位；
2. 左移4位补0并与多项式模2除，求4位余数：除法关键：消去最高位的1，其他位作异或1，（无借位，余数最高位为1，商为1，作模2减；最高位为0，商为0，除数右移一位）直至余数位数小于除数，得余数

该题1101 0101/1101，前4位相模2除，商为1，此时余数为0；右移1位仍为0，商为0；右移1位，此时余数为001，不足，商为0；右移1位，余数0010，商为0；继续右移，余数为0101，商仍为0，即当将信息码与多项式相模后所得=的商为1 0000；这时候在信息码后补4个0计算4位校验码：右移一位，余数是1010，商为1，余数为111（没有借位）；再右移一位，余数是1110，商为1，余数为0011；右移一位，商为0，余数0110；最后右移一位，余数为1100，商为1，最终余数为0001.

故算的商为1 0000 1101，确定的校验码为0001

1. 将余数置于信息码之后，构成CRC码，即1101 0101 0001；
2. 当接收端将所得信息码与多项式1101进行模2除，余数为0则无错；
3. 检错：设接收端收到信息码为1101 0101 0011，将其模2除，其余数为0010，即第2位出错，将其取反即可

注：此题因为随意选择数值，导致其多项式没有选对，使得在数据出错过程无法校正，但解题思路无误；多项式的选择应满足：最高位和最低位为1；当CRC码的任何一位出错时，做除应使余数不为0；不同为出错时，余数应不同；对余数作除应能使余数构成循环

1. 1. 机器数（有符号数，最高位表示符号）

即一个数在计算机中的二进制表现形式。机器数是带符号的，故将对应的数值称为机器数的真值。例：0001和1001对应的真值分别是+1和-1

当将符号和数值一起编码存放时，表示的方法为原码、反码、补码、移码：

1. 1. 1. 原码：机器数的最高位表示该数的符号，其余表示该数的绝对值

理解原码与真值的区别：一个十进制的数+15，则在计算机中的二进制表现形式——真值：+1111，那么原码就是：01111；同理-15(真值-10) -> -1111(机器数) ->1 1111(原)

注意：根据定义 0 0000 和 1 0000 是两种不同的表示，虽然都是0 (+0 -0)

1. 1. 1. 反码：用于原码与补码互相转换的过渡，正数的表现形式不变，负数将原码绝对值部分全部按位取反

例：+15.5(d) –> 0 1111.1(原) -> 0 1111.1(反)；-15.5(d) –> 1 1111.1(原)->1 0000.0(反)

同理真值0的反码也有两种表示：+0(真值) ->0 0.0(反)；-0(真值) ->1 1.1(反)

1. 1. 1. 补码：正数不变（原码、反码、移码均一致），负数原码取反码后+1

例：+15.5(d) –> 0 1111.1(原) -> 0 1111.1(反)->0 1111.1(补)；-15.5(d) –>

1 1111.1(原)->1 0000.0(反)-> 1 0000.0(反) +1 = 1 0001.0(补) -> 再次取反1 1110.1(补的反码)  ->1 1110.1(补的反码)  +1 = 1 1111.1(原)得到原码（负数的补码取反码+1就是原码）

1. 1. 1. 移码：在真值X上加一偏置值(一般为最高位+1)，计算上移码与补码的符号位对应取反即可，注意移码只能表示整数

例：+15(真)-> 0 1111(补) ->1 1111(移)；-15(真)-> 1 0001(补) ->0 0001(移)

补：阶码：用于表示小数(浮点数N=2^E ´ M)的阶数E，用移码表示，其偏置量根据浮点数类型的不同而不同，如短浮点数中 (总位数为32位，包括1位符号位，8位阶码，23位的尾数M) 规定阶码为8位，故偏置量为127

例：-100(真)-> - 110 0100(机器数)，即-1.1001´26(小数点左移6位)，该数的符号位为1，M（即尾数）为1100 1；确定阶码：阶数E为6，符号位为0，若按短浮点规定，阶码为0 000 0110 (6) + 127(0111 1111) = 128 + 5 = 1 000 0101，则该数-100以短浮点数编码为：1(符号位)  1 000 0101(阶码)  1100 1000 0……0（尾数，共23位）用十六进制保存为C2E40000H。注：若阶数为负数：如此时阶数为-6，则阶码为：1 111 1010(-6的补码) + 0111 1111 = 0 111 1001 = 127-6 = 121.

                          总结：真值、原码、反码、补码、移码和阶码各自运算关系