1、第一章系統給概論習 題 一1.1 解釋下列名詞摩爾定律：對集成電路上可容納的晶體管數目、性能和價格等發展趨勢的預測，其主要內容是：成集電路上可容納的晶體管數量每18個月翻一番，性能將提高一倍，而其價格將降低一半。主存：計算機中存放正在運行的程序和數據的存儲器，為計算機的主要工作存儲器，可隨機存取?？刂破鳎河嬎銠C的指揮中心，它使計算機各部件自動協調地工作。時鐘周期：時鐘周期是時鐘頻率的倒數，也稱為節拍周期或 T周期，是處理操作最基本的時間單位。多核處理器：多核處理器是指在一枚處理器中集成兩個或多個完整的計算引擎（內核）。字長：運算器一次運算處理的二進制位數。存儲容量：存儲器中可存二進制信息的總量

2、。CPI :指執行每條指令所需要的平均時鐘周期數。MIPS:用每秒鐘執行完成的指令數量作為衡量計算機性能的一個指標，該指標以每秒鐘完成的百萬指令數作為單位。CPU時間：計算某個任務時 CPU實際消耗的時間，也即 CPU真正花費在某程序上的時間。計算機系統的層次結構：計算機系統的層次結構由多級構成，一般分成5級，由低到高分別是：微程序設計級，機器語言級，操作系統級，匯編語言級，高級語言級。基準測試程序：把應用程序中使用頻度最高的那那些核心程序作為評價計算機性能的標準程 序。軟/硬件功能的等價性：從邏輯功能的角度來看，硬件和軟件在完成某項功能上是相同的， 稱為軟/硬件功能是等價的，如浮點運算既可以

3、由軟件實現，也可以由專門的硬件實現。固件：是一種軟件的固化，其目的是為了加快軟件的執行速度?？煽啃裕嚎煽啃允侵赶到y或產品在規定的條件和規定的時間內，完成規定功能的能力。產品可靠性定義的要素是三個規定”：規定條件”、規定時間”和規定功能”。MTTF平均無故障時間，指系統自使用以來到第一次出故障的時間間隔的期望值。MTTR系統的平均修復時間。MTBF平均故障間隔時間，指相鄰兩次故障之間的平均工作時間。可用性：指系統在任意時刻可使用的概率，可根據MTTF MTTR和MTBF等指標計算處系統的可用性。1.2什么是計算機系統的硬件和軟件？為什么說計算機系統的硬件和軟件在邏輯功能上是等價的？答：計算機硬件

4、系統是指構成計算機系統的電子線路和電子元件等物理設備的總稱。硬件是構成計算機的物質基礎，是計算機系統的核心。計算機的硬件系統包含運算器、控制器、存儲器、輸入設備和輸出設備等五大部件。計算機軟件是計算機中全部程序的集合。軟件按其功能分成應用軟件和系統軟件兩大類。計算機硬件實現的往往是最基本的算術運算和邏輯運算功能，而其它功能大多是通過軟件的擴充得以實現的。有許多功能可以由硬件實現，也可以由軟件實現，即從用戶的角度 來看它們在功能上是等價的，這一等價性被稱為軟/硬件邏輯功能的等價性。1.3 馮諾依曼型計算機的基本思想是什么？按此思想設計的計算機硬件系統應由哪些部 件組成？各起什么作用？答：馮諾依曼

5、型計算機的基本思想是存儲程序和程序控制，其中的“存儲程序”是指將解題的步驟編寫成程序，然后把存儲存放到計算機的內存中， 而“程序控制”是指控制器讀出存 放在存儲器中的程序并根據該程序控制全機協調工作以完成程序的功能。根據馮諾依曼型計算機的基本思想，計算機的硬件應該由運算器、控制器、存儲器、輸入/輸出設備和總線組成。各部件的作用：運算器：對數據進行運算的部件。存儲器：存放程序和數據?？刂破鳎焊鶕噶畹墓δ芸刂茦嫵捎嬎銠C的各大功能部件協調工作，共同完成指令的功能。輸入設備：將外部信息輸送到主機內部的設備。輸出設備：能將計算機內部的信息以不同并且相應的形式反饋給人們的設備?？偩€：連接兩個或多個設備（

6、部件）的公共信息通路。1.4 什么是計算機字長？它取決于什么？計算機字長統一了哪些部件的長度？答：計算機的字長一般指一次參與運算數據的基本長度，用二進制數位的長度來衡量。它取決于運算器一次運算處理的二進制位數。它是計算機的重要性能指標。常用的計算機字長有 8位、16位、32位及64位。一般與計算機內部寄存器、加法器、數據總線的位數以及存儲器字長等長，因此，字長直接影響硬件的代價。1.5 計算機系統從功能上可劃分為哪些層次？各層次在計算機系統中起什么作用？答：計算機系統分成五級層次結構，第1級為微程序設計級、第 2級為機器語言級、第 3級為操作系統級、第 4級為匯編語言級、第 5級為高級語言級。

7、各層次的作用：微程序級：為機器指令級提供機器指令的解釋指行功能。機器指令級：是軟件系統和硬件系統的界面，一條機器指令的功能由微程序機器級的一段微型程序的功能實現。操作系統級：調度計算機中的軟件和硬件資源。匯編語言級：它將用戶編寫的接近人類語言的程序，翻譯成能在機器上運行的目標程序。高級語言級：完全面向用戶，是用戶關心的目標，可執行各種用途的程序。1.6 計算機內部有哪兩股信息在流動？它們彼此有什么關系？答：計算機中有兩股信息在流動：一股是控制信息，即操作命令，它分散流向各個部件；一股是數據信息，它受控制信息的控制， 從一個部件流向另一個部件，在流動的過程被相應的部件加工處理。1.7 為什么說計

8、算機系統的軟件與硬件可以互相轉化？答：計算機硬件實現的往往是最基本的算術運算和邏輯運算功能，而其它功能大多是通過軟件的擴充得以實現的。 有許多功能可以由硬件實現， 也可以由軟件實現， 即從用戶的角度來 看它們在功能上是等價的，這一等價性被稱為軟 /硬件邏輯功能的等價性。由于這樣的等價性，所以可以說計算機系統的軟件與硬件是可以互相轉化的。1.8 什么叫軟件系統？它包含哪些內容？答：一臺計算機中全部程序的集合，統稱為這臺計算機的軟件系統。軟件按其功能分成應用 軟件和系統軟件兩大類。應用軟件是用戶為解決某種應用問題而編制的一些程序。系統軟件用于對計算機系統的管理、調度、監視和服務等功能，常將系統軟件

9、分為以 下六類：操作系統，言處理程序，標準程序庫，服務性程序，數據庫管理系統和算機網絡軟件。1.9說明咼級語言、匯編語言和機器語言二者之間的差別和聯系。答：機器語言是直接用二進制代碼指令表達的計算機語言，是一種面向機器的編程語言，屬于低級語言。匯編語言是用助記符號來表示計算機指令的語言，也是低級的語言。高級語言是一類接近于人類自然語言和數學語言的程序設計語言的統稱，分為面向過程的語言和面向對象的語言。它們都是計算機的編程語言， 并且是計算機編程語言發展的三個階段。三者各自的特點：使用機器語言編寫的程序，占用內存少、執行效率高。缺點：編程工作量大，容易出錯；依賴具體的計算機體系，因而程序的通用性

10、、移植性都很差。使用匯編語言編寫計算機程序，能夠根據特定的應用對代碼做最佳的優化， 提高運行速 度；能夠最大限度地發揮硬件的功能。 但是編寫的代碼非常難懂，不好維護；開發效率很低， 時間長且單調。高級語言的優點是：編程相對簡單、直觀、易理解、不容易出錯；編寫的計算機程序通 用性好，具有較好的移植性。1.10什么是系統的可靠性？衡量系統可靠性的指標有哪些 ？如何提高系統的可靠性 ？ 答：系統的可靠性是指系統在規定的條件和規定的時間內，完成規定功能的能力。衡量系統可靠性的指標有三個：平均無故障時間、平均故障間隔時間和可用性。提高系統可靠性的常用方法包括避錯和容錯。前者即避免錯誤的出現， 從而提高系

11、統的平均無故障時間；后者容許錯誤的出現，但采取有效的方法來防止其造成的不利影響。1.11假定某計算機1和計算機2以不同的方式實現了相同的指令集 ,該指令集中共有 A、B C D四類指令，它們在程序中所占比例分別為40% 20% 20% 20%機器1和機器2的時鐘周期為600MHZ和800MHZ各類指令在兩機器上的 CPI如表1.5所示，求兩機器的 MIPS 各為多少？C43表1.5兩臺計算機不同指令的 CPICPI166610) = 60010 /(3.210 )=187.566610) = 80010 /(2.610 )=307.7CPI2解：CPI1= 2*0.4+ 0.2*(3+4+5)

12、= 3.2 MIPS仁 f/(CPI1CPI2= 2*0.4+ 0.2*(2+3+4)= 2.6 MIPS2= f/(CPI11.12若某程序編譯后生成的目標代碼由 A B、C D四類指令組成，它們在程序中所占比例 分別為40% 20% 15% 25%已知A B、C、D四類指令的 CPI分別為1、2、2、2?，F需要 對程序進行編譯優化， 優化后的程序中A類指令條數減少了一半， 而其它指令數量未發生變 化。假設運行該程序的計算機CPU主頻為500MHZ完成下列各題：1）優化前后程序的 CPI各為多少？2）優化前后程序的 MIPS各為多少？3）通過上面的計算結果你能得出什么結論?n解：1)優化前：

13、CPI= (CPI ii 12) = 10.4 + 20.2 + 2IC0.15 + 20.25=1.6優化后：A B、CD四類指令在程序中所占比例分別為1/4、1/4、3/16、5/16，CPI= (CPIj ICi) = 1 i 1IC1/4 + 21/4 + 23/16 + 25/16=1.752）根據公式MIPS =時鐘頻率:得CPI10廳優化前：MIPS =6(50010 )/(1.6610) = 312.5優化后：MIPS =(5001 06)/(1.75106) = 285.73）優化后，A類指令條數減少，造成計算機的CPI增加，MIPS減少。這樣的優化雖然減少了 A類指令條數，

14、卻降低了程序的執行速度。第二章數據表示方法習 題 二2.1解釋下列名詞真值：正號和負號分別用“ +”和“-”表示，數據位保持二進制值不變的數據表示方法。 數值數據：計算機所支持的一種數據類型，用于科學計算，常見的數值數據類型包括小數、 整數、浮點數數等。非數值數據：計算機所支持的一種數據類型， 一般用來表示符號或文字等沒有數值值的數據。 機器數：數據在機器中的表示形式，是正負符號數碼化后的二進制數據。變形補碼：用兩個二進制位來表示數字的符號位，其余與補碼相同。即“00”表示正，“11”表示負。規格化：將非規格化的數處理成規格化數的過程。規格化數規定尾數用純小數表示，且真值表示時小數點后第一位不

15、為 0 (以機器數表示時對小數點后第一位的規定與具體的機器數的 形式有關)。機器零：計算機保存數字的位有限，所能表示最小的數也有范圍，其中有一個范圍之中 的數據無法精確表示，當實際的數據處在這個無法精確表示的數據范圍時計算機就將 該數作為機器零來處理，因此，計算機中的機器零其實對應的不是一個固定的數，而 是一個數據表示范圍。BCD碼：用4位二進制數來表示1位十進制數中的 09這10個數碼，即二進制表示的十 進制數。漢字內碼：計算機內部存儲、處理加工和傳輸漢字時所用的由0和1符號組成的代碼。碼距：一組編碼中對應位上數字位不同的最小個數。奇偶校驗：通過檢測校驗碼中1的個數的奇/偶性是否改變來判斷數

16、據是否出錯的一種數據校驗方法。海明校驗：是一種基于多重奇校驗且具有檢測與糾正錯誤的校驗方法。其基本原理是將有效信息按某種規律分成若干組，每組安排一個校驗位進行奇偶測試，就能提供多位檢錯信息， 以指出最大可能是哪位出錯，從而將其糾正。循環冗余校驗：是數據通信領域中最常用的一種具有檢測與糾正錯誤能力差錯校驗碼，基利用生成多項式并基于模 2運算建立編碼規則。檢錯：檢測被傳送的信息中是否發生差錯。糾錯：糾正信息在傳送或存儲過程中所發生的錯誤。2.2回答下列問題1) 為什么計算機中采用二進制 ？答：因為二進制具有運算簡單和表示簡單的優點，除此之外還有可靠和容易實現等特點。具體來說，是因為：(1) 技術實

17、現簡單，計算機是由邏輯電路組成，邏輯電話通常只有兩個狀態，開關的接通與斷開，這兩種狀態正好可以用“1 ”和“ 0”表示。(2) 簡化運算規則：兩個二進制數和、積運算組合各有三種，運算規則簡單，有利于簡化計算機內部結構，提高運算速度。(3) 適合邏輯運算：邏輯代數是邏輯運算的理論依據，二進制只有兩個數碼，正好與邏輯代數中的“真”和“假”相吻合。(4) 易于進行轉換，二進制與十進制數易于互相轉換。2) 為什么計算機中采用補碼表示帶符號的整數？答：采用補碼運算具有如下兩個特征：（1）因為使用補碼可以將符號位和其他位統一處理，同時，減法也可以按加法來處理，即 如果是補碼表示的數，不管是加減法都直接用加

18、法運算即可實現。（2）兩個用補碼表示的數相加時，如果最高位（符號位）有進位，則進位被舍棄。 這樣的運算有兩個好處：（a）使符號位能與有效值部分一起參加運算，從而簡化運算規則。從而可以簡化運算器的結構，提高運算速度；（減法運算可以用加法運算表示出來。）（b）加法運算比減法運算更易于實現。使減法運算轉換為加法運算，進一步簡化計算機中 運算器的線路設計。3）浮點數的表示范圍和精確度分別由什么決定?字長一定時浮點數的表示范圍與精確度之間有和關系？答：浮點數的表示范圍由階碼的位數決定，精確度由尾數的位數決定。當機器字長一定時， 分給階碼的位數越多， 尾數占用的位數就越少，則數的表示范圍越大。而尾數占用的

19、位數減少，必然會減少數的有效數位，即影響數的精度。4）漢字輸入碼、機內碼和字型碼在漢字處理過程中各有何作用？答：漢字輸入碼、機內碼和字型碼，分別用于漢字的輸入、漢字在計算機內的處理以及漢字的顯示和打印。具體來說，計算機要對漢字信息進行處理，首先要將漢字轉換成計算機可以識別的二進制形式并輸入到計算機， 這是由漢字輸入碼完成的；漢字輸入到計算機后，還需要轉換成內碼才能被計算機處理，顯然，漢字內碼也應該是二進制形式。如果需要顯示和打印漢字，還要將漢字的內碼轉換成字形碼。5）在機內碼中如何區分兩個 ASCII碼字符和一個漢字 ？答：將一個漢字看成是兩個擴展 ASCII碼，使表示GB2312漢字的兩個字

20、節的最高位都為1,而每個ASCII碼字符中每個字節的最高位為0。這樣就能區別一個機內碼到底對應一個漢字還是兩個西文字符。6）“ 8421碼就是二進制數”。這種說法對嗎？為什么？答：這種說法是不對的。 8421碼是一種最簡單的有權碼，它選取4位二進制數的前10個代碼00001001分別對應表示十進制數的10個數碼。若按權求和，和數就等于該代碼所對應的十進制數。8421碼是一種編碼方式，用于十進位制與二進制數之間的轉換。而二進制數是用0和1兩個數碼來表示的數。二者是不同的概念，不能等同。7）如何識別浮點數的正負？浮點數能表示的數值范圍和數值的精確度取決于什么？答：當采用一般浮點數格式表示浮點數時，

21、階碼和尾數都各包含一位符號位。浮點數的正負由尾數的的符號位決定。當采用IEEE754格式時，通過數符就能判斷出浮點數的正負。浮點數能表示的數值范圍和數值的精確度，分別取決于階碼的位數和尾數的位數。8）簡述CRC的糾錯原理。答：發送部件將某信息的 CRC碼傳送至接收部件， 接收部件收到 CRC碼后，仍用約定的生成 多項式G（x）去除，若余數為0,表示傳送正確；若余數不為 0，表示出錯，再由余數的值來確定哪一位出錯，從而加以糾正。具體的糾錯原理如下：（1） 不論錯誤出現在哪一位，均要通過將出錯位循環左移到最左邊的一位上時被糾正；（2） 不為零余數的具有循環特性。即在余數后面補一個零除以生成多項目式

22、，將得到下一個余數，繼續在新余數基礎上補零除以生成多項式，繼續該操作，余數最后能循環到最開始的余數。（3） CRC就是利用不為零余數的循環特性 ,在循環計算余數的同時， 將收到的CRC編碼 同步移動，當余數循環到等于最左邊位出錯對應的余數時，表明已將出錯的位移到 CRC碼的 最左邊，對出錯位進行糾錯。（4） 繼續進行余數的循環計算，并同步移動 CRC編碼，當余數又回到最開始的值時，糾錯后的CRC碼又回到了最開始的位置。至此，完成CRC的糾錯任務。2.3寫出下列各數的原碼、反碼和補碼。0 ，一 0，0.10101 ，一 0.10101，0.11111 ，一 0.11111， 0.10000 ,

23、0.10000 解：x=0，9+ 0原=0.000, + 0 反=0.000,+ 0補=0.000；x=-0，則0原=1.00 0, 0反=1.11I , 0補=0.00 0；x=0.10101，則x原=0.10101 , x反=0.10101 , x補=0.10101 ;X= 0.10101，則x原=1.10101 , x反=1.01010 , x補=1.01011 ; x=0.11111，則x 原=0.11111 , x反=0.00000 , x補=0.00001 ;x= 0.11111，則x原=1.11111 , x反=1.00000 , x補=1.00001 ; x= 0.10000，

24、則x原=1.10000 ,兇 反=1.01111 ,兇 補=1.10000 ; x=0.10000，則x原=0.10000 , x反=0.10000 , x補=0.10000。2.4已知數的補碼表示形式，求數的真值。x補=0.10010, x補=1.10010, x補=1.11111，x |補=1.00000， x補=0.10001， x補=1.00001，解：x補=0.10010,則x原=0.10010 , x=0.10010 ;x補=1.10010,則兇 原=1.01101 , x= 0.01101 ;x補=1.11111,則兇原=1.00000 , x= 0;x補=1.00000，則兇原

25、=1.11111, x= 0.11111;x補=0.10001，則x原=0.10001 , x=0.10001 ;x補=1.00001，貝則x原=1.11110, x= 0.11110。2.5 已知 x= 0.10110,y = 0.01010,求：x/2補，x/4 補,y/2 補，2y補 解：x 原=0.10110=x反=兇 補，所以x/2補=0.010110 , x/4補=0.0010110 ;y原=1.01010 , y反=1.10101 , y補=1.10110 , 所以y/2補=1.110110 , 2y補=1.0110。2.6 C語言中允許無符號數和有符號整數之間的轉換，下面是一段

26、C語言代碼：Int x =-1;Un sig ned u=2147483648;Printf ( x=%u=%dn ,x,x);Printf ( u=%u=%dn ",u,u);給出在32位計算機中上述程序段的輸出結果并分析原因解：x=4294967295=-1 ； u=2147483648=-2147483648原因：x是int型，在計算機中以補碼形式存在。 x=4294967295=-1 。u=2 31是一個無符號數，無溢出，由于首位為 %u符號輸出第一位為非符號位，所以是 %d第一位為符號位，所以是負數，取反加%u以無符號輸出，%d輸出真值，所以121474836481 還是

27、231 所以是-2147483648。2.7分析下列幾種情況下所能表示的數據范圍分別是多少1) 16位無符號數；2) 16位原碼定點小數；3) 16位補碼定點小數；4) 16位補碼定點整數；解：1) 16 位無符號數：0 1111 1111 1111 1111,即 0 216-1=655352) 16 位原碼定點小數：1.111 1111 1111 1111 0.111 1111 1111 1111 即-(1-2-15) 1-2-153) 16 位補碼定點小數：1.000 0000 0000 0000 0.111 1111 1111 1111,即-1 1-2-154) 16 位補碼定點整數：1

28、000 0000 0000 0000 0111 1111 1111 1111，即-215 215-12.8用補碼表示8位二進制整數，最高位用一位表示符號(即形如X0X1X2x3X4X5X6X7)時，模應 為多少？解：因為8位二進制數補碼的表示范圍為：-128127 一共有256個數，所以模為 256。2.9 用IEEE754 32位浮點數標準表示十進制數a) 6 5 b)3.1415927 c)640008解：a)首先分別將整數和分數部分轉換成二進制數：565=-110.1018移動小數點，使其變成1.M的形式：-110.10 仁-1.10101*22于是得到：S=0, e = 2，E= 10

29、+01111111 = 10000001，M = 10101最后得到32位浮點數的二進制存儲格式為：1100 0000 1 101 0100 0000 0000 0000 0000=( C0D40000)16b) 首先分別將整數和分數部分轉換成二進制數:3.1415927=11.00100100001111110110101移動小數點，使其變成1.M的形式 11.00100100001111110110101=1.100100100001111110110101 X 2 于是得到：S=0,e = 1 , E= 1+01111111 =10000000, M = 1001001000011111

30、1011010最后得到32位浮點數的二進制存儲格式為：0100 0000 0 100 1001 0000 1111 1101 1010=( 40490FDA)16c) 首先將6400轉換成二進制數：64000=1100100000000移動小數點，使其變成1.M的形式1100100000000=1.100100000000 X 212于是得到：S=0, e = 12, E= 1100+01111111 =10001011, M = 1001最后得到32位浮點數的二進制存儲格式為：0100 0101 1100 1000 0000 0000 0000 0000=(45C80000) 162.10求

31、與IEEE754 32位浮點數 43940000H對應的十進制數。解：43940000H=( 0100 0011 1 001 0100 0000 0000 0000 0000) 2S=0, E= (10000111 ) 2-127=8 , M=1.00101所以表示數為100101000，對應的十進制數為296。2.11求32位IEEE754浮點數能表示的最大數和最小數。解：用IEEE754格式(E的取值范圍：1254，留出全0和全1分別表示0和無窮大)31 3023 220SEM(1)最大數的二進制表示:127-230 11111110 11111111111111111111111 即 2

32、(2-2)(2)最小數的二進制表示：127-231 11111110 11111111111111111111111 即-2(2-2)2.12設有兩個正浮點數：N1= 2mX M1, N2 = 2nX M2。(1) 若 m> n,是否有 N1> N2?(2) 若M1和M2是規格化的數，上述結論是否正確？ 解：(1 )不一定。例如，N1= 23X 0.001, N2= 22X 0.01，此時 m>n,卻有 NuN2。 再如，N1= 23X 0.001, N2= 22x 0.1，此時 m>n,卻有 N1 v N2。(2)正確。因為浮點數規格化，要求尾數的最高位為非0數碼，即

33、當尾數的值不為零時，其絕對值應大于或等于(1/2)10。那么M1和M2都必須是0.1X XX的形式。這時，若 m>n,則一定有 N1 >N2。2.13設二進制浮點數的階碼為3位，尾數是7位。用模2補碼寫出它們所能表示的最大正 數、最小正數、最大負數和最小負數，并將它們轉換成十進制數。解：補碼真值最大正數:011;0.111111,23X( 1-2 -6)最小正數:101;0.000001,23X 2-6最大負數:101;1.111111,-23X 2-6最小負數:011;1.000000,-23X( 1-2-6)2.14將下列十進制數表示成浮點規格化數，階碼4位，尾數10位，各含1

34、位符號，階碼和尾數均用補碼表示。（1）57/128（ 2） 69/128解：（1）57/128=（0.0111001） 2,記 x=0.0111001，則x原=x 反=x補=0.0111001， 規格化：x補=0.111001*2 -1階碼的原碼為：1001，因此補碼為：1111尾數為：0111001000表示成浮點規格化數：1111 0111001000（2）-69/128=（-0.1000101） 2，記 x=-0.1000101，則x 原=1.1000101，x 反=1.0111010，x補 =1.0111011，無需規格化，階碼為 0000，尾數為1011101100/表示成浮點規格化

35、數：0000 10111011002.15設有效信息為01011011，分別寫出奇校驗碼和偶校驗碼。如果接收方收到的有效信息 為01011010,說明如何發現錯誤。解：奇偶校驗位分別為：0和1，奇校驗碼：010110110偶校驗碼：010110111如果采用奇校驗，則發送方發出的奇校驗碼x=010110110 （前8位是有效信息位，最后一位是校驗位），如果接收方收到的 x=010110100 （只有1位出錯，最后一個 0是校驗位）,接收方按奇校驗方式根據01011010計算得到的驗位 C' = 1，與從信息中讀到得校驗碼的取值不同，表明傳送的信息發生了錯誤。如果采用偶校驗，利用相似的方

36、法可以發現錯誤。2.16由6個字符的7位ASCII編碼排列，再加上水平和垂直偶校驗位構成如表2.23的行列結構（最后一列為水平奇偶校驗位，最后一行為垂直奇偶校驗位）表2.23 ASCII碼交叉校驗字符7位ASCII碼HP30XX200110¥100100*1+X41010110丫201X5X1111D100X10X00 X111Xio11VP 0 0111 X111X12則X1 X2 X3 X4處的比特分別為 _1110_ ； X5 X6 X7 X8處的比特分別為 _1000_ ； X9 X10 X11 X12處 的比特分別為_1011_ ； 丫1和丫2處的字符分別為 _1_ 和_Z

37、。解答思路：利用交叉奇/偶校驗原理來確定各個X值，再查詢ASCII碼表獲知丫1和丫2是什么字符。2.17設8位有效信息為01101110，試寫出它的海明校驗碼。給出過程，說明分組檢測方式， 并給出指誤字及其邏輯表達式。如果接收方收到的有效信息變成01101111，說明如何定位錯誤并糾正錯誤。解：被檢驗位有8位，設檢驗位有r位因為：8+r<=2 r -1r=4;設四位分別為P1，P2, P3，P4海明碼為:P1P20P3110P41110P1:3,5,乙9, 11P2:3,6,乙10, 11P3:5,6,乙12P4:9,10,11, 12所以 P1=1，P2=1 P3=0 P4=1海明碼為

38、：110011011110指錯位 G1 : 1，3，5，7，9，11G2: 2， 3， 6， 7， 10， 11G3: 4，5，6，7，12G4: 8， 9， 10， 11， 12G仁0，G2=0，G3=0，G4=0 圖略。2.18設要采用CRC編碼傳送的數據信息x=1001，當生成多項式為 G( x)= 1101時，請寫出它的循環校驗碼。若接收方收到的數據信息x' =1101,說明如何定位錯誤并糾正錯誤。解：作模二除法:3M (x)?X10010001111 0111101G(x)11011101所以循環碼為：1001011 o若接收到的數據信息x'=1101,1101011

39、G(x)0111000 上丄1，所以是第2位出錯，將第2位的1改為0即可。第二章運算方法和運算器 習 題 二3.1解釋下列名詞變形形補碼：即用兩個二進制位來表示數據的符號位，其余與補碼相同。溢出：運算結果超出數據類型所能表示數據范圍的現象稱為溢出。陣列乘法：采用類似手工乘法運算的方法，用大量與門產生手工乘法中的各乘積項，同時將大量一位全加器按照手工乘法算式中需要進行加運算的各相關項的排列方式組成加法器陣 列?；謴陀鄶党ǎ罕容^被除數（余數）與除數的大小是用減法實現的。對原碼除法而言，由于 操作數以絕對值的形式參與運算，因此，相減結果為正（余數的符號位為0 ）說明夠減，商上1;相減結果為負（余數

40、的符號位為1）說明不夠減，商上 0。由于除法通過減法實現，當商上1時，可將比較數據大小時的減法操作與除法操作中的減法操作合并，即商上1后繼續后面的除法操作。商上0時表明不夠減，但因比較操作時已 經實施了一次減法，因此，需要對執行比較操作后的結果加上除數，既將余數還原成比較操作前的數值，這種方法就稱為恢復余數法。不恢復余數除法：又稱加減交替法，是對恢復余數法的改進。不恢復余數法的特點是不夠減 時不再恢復余數，而根據余數的符號作相應處理就可繼續往下運算，因此運算步數固定，/控制簡單，提高了運算速度。陣列除法：類似于陣列乘法器的思想，為了加快除法的執行速度，也可以采用陣列除法器來實現除法。為簡化運算

41、及陣列除法器的結構，對參加運算的數據進行適當的處理，使其以正數的形式參加運算。行波進位：多位進位之間存在高位進位的產生依賴低位進位的一種進位方式。 并行進位：高、低進位之間不存在具有依存關系，而是同時計算的進位方式。算術移位：分為算術左移和算術右移。其中算數左移n位相當于乘上2n,執行方法是把原來的數中每一位都向左移動 n個位置，左面移出的高位丟棄不要，右面低位空出的位置上全部 補0,當符號位發生改變時表明發生了溢出。算術右移時，符號位保持不變，其余各位依次 右移，最右邊一位移出，將符號位拷貝到左邊空出的位，一次移位相當于除2。邏輯移位：邏輯左移n位的執行方法，是把原來的數中每一位都向左移動n

42、個位置，左面移出的高位丟棄不要， 右面低位空出的位置上全部補 "0"。邏輯右移n位的執行方法是把原來 數中的每一位都向右移動 n個位置，右面移出的低位丟棄不要，左面高位空出的位置上全部補0。對階：使階碼相等的過程，對階的時一般采取小的階碼向大階碼看齊的方式。規格化：就是使浮點數的運算結果中，將尾數從非規格化數變成規格化數的過程。根據尾數形式的不同，規格化可分為左移規格化和右移規格化。3.2回答下列問題：1）為什么采用并行進位能提高加法器的運算速度？答：由于并行進位電路能很快產生各位的進位信號，使得加法器的速度大大提高。2）如何判斷浮點數運算結果是否發生溢出？答：由于溢出與數

43、據的表示范圍有關，而浮點數的階碼影響到其數據表示的范圍，因此，浮點數的溢出是通過接碼的是否溢出為判斷標志。對于采用雙符號位的階碼而言， 當雙符號位不同時表示浮點數發生溢出，否則則未發生溢出。3）如何判斷浮點數運算結果是否為規格化數？如果不是規格化數，如何進行規格化?答：當尾數采用補碼表示時， 若運算結果不是11.0 xx-x或00.1 xx-x的形式時， 結果就不是規格化數。則應進行相應的規格化處理：?當尾數符號為01或10時,需要向右規格化，且只需將尾數右移一位，同時將結果的階碼值加1。?當尾數運算結果為 11.1 XX-X或00.0 XX-X時需要左移規格化，而且左移次數不固定，與運算結果

44、的形式有關。左規的方法是尾數連同符號位一起左移位、和的階碼減1,直到尾數部分出現11.0或00.1的形式為止。4) 為什么陣列除法器中能用CAS的進位/借位控制端作為上商的控制信號？答：陣列除法器利用不恢復余數的除法，當商上 1的時候，會產生進位，當商上0時，不產生進位，進位信號與上商信號是相同的，所以可以用CAS的進位/借位控制作為上商的控制信號。5) 移位運算和乘法及除法運算有何關系？ 答：移位運算是乘除法中的基本運算。3.3已知x和y,用變形補碼計算x + y，并判斷結果是否溢出。(1) x = 0.11010 , y= 0.101110(2) x = 0.11101 , y=- 0.1

45、0100(3) x =- 0.10111 , y =- 0.11000解：(1) x+y補=01.100010 ,溢出。(2) x+y補=00.01001，未溢出。(3) x+y補=10.10001，溢出。3.4已知x和 y,用變形補碼計算x y，并判斷結果是否溢出。(1) x = 0.11011 , y= 0.11101(2) x = 0.10111 , y= 0.11110(3) x = 0.11111 , y = 0.11001解：(1) x-y補=11.11110,未溢出。(2) x-y補=11.11001，未溢出。彳(1) x-y補=11.11001，未溢出。3.5設移碼用6位表示(

46、包含2位符號位),求x y移(1) x = -6 , y = -3(2) x=7 , y =11(3) x=-3 , y =-12解：(1) x移=001010,y移=001101 -y移=110011 Y補=111101 -Y補=000011兇移 + y移=010111,X移 + Y補=001010+111101 =000111根據移碼加法公式x + y移=兇移+ Y補=000111根據移碼加法公式及溢出判斷規則，雙符號位為00,結果為負，未溢出。根據移碼的減法公式：x -y移=x 移 + -y補=001010 + 000011 = 001101根據移碼溢出判斷規則，雙符號位為00,結果為負

47、，未溢出。(2) x移=110111, y補=001011-y補=110101根據移碼加法公式x + y移=兇移+ Y補=010111+ 001011 = 100010(根據教材中說明的當以譯碼和補碼兩種數據表示進行運算時，要將移碼第一符號位 表示為0)根據移碼溢出判斷規則，雙符號位為10，結果為正，且發生溢出。根據移碼的減法公式：x -y移=x 移 + -y補=010111+ 110101 = 001100根據移碼溢出判斷規則，雙符號位為00,結果為負，未溢出。(3 )略，請參照本題前兩小題的思路和方法求解即可3.6用原碼一位乘法計算 xX y=?(1) x = - 0.11111 , y

48、= 0.11101(2) x = - 0.11010 , y = - 0.01011部分積乘數(y)判斷位說明00.1111100.0111101.1001000.00000yf.11101P0= 0t 00.011111+ 00.00000T 00.0011111+ 00.11111T 00.10011011+ 00.11111T 00.1100100+ 00.11111+ 00.11111yf.111001.001101101.11000t 00.11100右移一位，得P1yf.111yf.11y.100011yf右移一位,右移一位,右移一位,P2P3P4右移一位，得P5=|x|y|由于P

49、f= xf yf= 0 1 = 1所以x - y =0.1110000011(2)部分積乘數(y)判斷位說明00.00000+ 00.1101000.11010T 00.01101+ 00.11010001.00111T 00.10011+ 00.000001000.10011T 00.01001+ 00.1101011001.00011yf. 01011P0= 0yf.0101右移一位，得P1yf.010右移一位，得P2yf.01右移一位，得P3由于所以T 00.100011110+ 00.0000000.10001T 00.01000Pf= xf yf= 11 = 0x y = 0.010

50、001111011110y. 0右移一位，得P4屮 右移一位，得P5= |x| |y|3.7用補碼一位乘法計算xX y=?(1) x = 0.10110 , y=- 0.00011(2) x = - 0.011010 , y =- 0.011101解: (1)x補=0.10110, x補=1.01010, y補=1.11101部分積乘數ynyn +1說明00.000001.111010+ 11.0101011.01010T 11.10101(.1110111.11011+ 00.1011000.01011T 00.0010110+ 11.0101011.01111T 11.10111+ 00.

51、0000011.10111T 11.11011+ 00.00000T 11.11101+ 00.000001110yn+1 = 0yn +1yn= 01，加x補右移一位，得P1yn + 1yn = 10,加兇補右移一位，得P2yn+ 1yn= 01 ,加-x補1101.11111101.11右移一位，得P3yn+ 1yn= 11，力口 0右移一位，得P4yn + 1yn = 11 ,力口 01111011.11101 111101.1右移一位，得P5yn+ 1yn= 11 ,力口 0最后一步數據不移位所以x y補=1.1110111110x補=1.100110, x補=0.011010, y 補=1.100011所以x y補=0.001011110010部分積乘數 ynyn+1說明00.0000001.1000110yn+1= 0+ 00.011010 00.011010T 00.001101+ 00.00000000.0011010 1.100011T