计算机组成原理笔记 | 02 运算方法和运算器

内容概要：数据在计算机中的存储和运算、相关习题

数据的表示方法

r 进制数：基数 r，每个数码位可能出现 r 种字符，逢 r 进 1
r 进制数⟶十进制：各数码位与位权的乘积之和
十进制⟶r 进制：

• 整数部分：除基取余法，先取得的 “余” 是整数的低位
• 小数部分：乘基取整法，先取得的 “整” 是小数的高位

二进制⟶八进制：每 3 个二进制对应一个八进制位
二进制⟶十六进制：每 4 个二进制位对应一个十六进制位

注意 “补位”

真值和机器数

• 真值：现实中带正负号的数值
• 机器数：把正负号数字化的数

ASCII 码：通常用 8bit 表示一个字符，最高位都为 0。共 128 个字符，0-31、127 为控制 / 通信字符；32-126 为可印刷字符。所有大写字母、所有小写字母、所有数字的编码都连续。
汉字：区位码 94×94。国标码 = 区位码 + 2020H。机内码 = 国标码 + 8080H。
字符串：从低地址到高地址逐个字符存储，常采用‘\0’作为结尾标志。对于多字节的数据 (如汉字)，可采取大 / 小端存储模式。大端模式：将数据的最高有效字节存放在低地址单元中。小端模式：将数据的最高有效字节存放在高地址单元中。
组成奇偶校验码的基本方法：在 n 位有效信息位上增加一个二进制校验位，构成一个 n+1 位奇偶校验码。
奇校验：使 n+1 位的奇偶校验码中 1 的个数为奇数。 偶校验：使 n+1 位的奇偶校验码中 1 的个数为偶数。

定点数的表示

定点数：小数点的位置固定
Eg：996.007 ——常规计数
浮点数：小数点的位置不固定
Eg：9.96007×102 ——科学计数法
无符号数：整个机器字长的全部二进制位均为数值位，没有符号位，相当于数的绝对值。
通常只有无符号整数，而没有无符号小数
真值 0 有 + 0 和 - 0 两种形式
反码：正数的反码 = 原码，负数的反码 = 数值位取反
补码：正数的补码 = 原码，负数的补码 = 反码末位 + 1（要考虑进位）。将负数补码转回原码的方法相同：尾数取反，末位 + 1。

技巧：由 [x] 补 快速求 [-x] 补 的方法 符号位、数值位全部取反，末位 + 1

移码：补码的基础上将符号位取反。移码 = 真值 + 偏置值
注意： 移码只能用于表示整数

原码和反码的真值 0 有两种表示；补码和移码的真值 0 只有一种表示形式。

小结

定点数移位运算

算术移位

• 左移 1 位相当于 × 基数；右移 1 位相当于 ÷ 基数
• 原码、反码：符号位不参与移位。左移、右移都补 0
• 补码：符号位不参与移位。左移补 0、右移补符号数负数补码最右边的 1 及其右边与原码相同，最右边的 1 的左边与反码相同

逻辑移位

• 左移右移都补 0，移出的位舍弃

循环移位

• 不带进位位：用移出的位补上空缺
• 带进位位：移出的位放到进位位，原进位位补上空缺

注：由于原、反、补码位数限制，有时算术移位会有精度损失

定点数加减运算和溢出判断

定点数加减运算一律用补码
补码减法

• 将减数 x 取负得 [-x] 补，转变为加法 [A-B] 补 =[A] 补 +[-B] 补，符号位参与运算

溢出判断（补码）

• 上溢：正数 + 正数 = 负数
• 下溢：负数 + 负数 = 正数
• 采用双符号位，正数符号为 00，负数符号为 11。运算后若双符号位 = 01，则发生上溢；若双符号位 = 10，则发生下溢；若两个符号位相同则未发生溢出
• 双符号位补码相加的结果, 不论溢出与否, 最高符号位始终指示正确的符号

  定点数乘法运算

  原码乘法

  运算器实现原码一位乘法
  
  符号位通过异或确定；数值部分通过被乘数和乘数绝对值的 n 轮加法、移位完成。根据当前乘数中参与运算的位（MQ 最低位）确定 (ACC) 加什么。若当前运算位 =1，则(ACC)+[|x|] 原；若 =0，则 (ACC)+0。
  手算模拟运算器实现原码一位乘法
  

  补码乘法

  运算器实现补码一位乘法
  
  手算模拟运算器实现补码一位乘法
  
  原码一位乘法与补码一位乘法对比⭐
  

  定点数除法运算

  原码除法

  恢复余数法
  
  加减交替法（不恢复余数法）
  
  恢复余数法：减除数，若余数为负数，商 0，加除数**，逻辑左移，减除数，得新余数；若余数为正数，商 1，逻辑左移，减除数，得新余数⭐
  不恢复余数法：减除数，若余数为负数，商 0，逻辑左移，加除数**，得新余数；若余数为正数，商1，逻辑左移，减除数，得新余数⭐

  补码除法

  加减交替法
  
  

  强制类型转换

  

补码位扩展

• 定点小数：在最后补 0
• 定点整数：在前面补符号数（无符号数补 0）

  数据的存储和排列

  大小端模式
  

边界对齐

浮点数的表示

表示

阶码 + 尾数

• 尾数给出具体数值，阶码指明小数点前移、后移多少位
• 阶码通常是用补码、移码表示的定点整数
• 尾数通常是用补码、原码表示的定点小数
• 

规格化

• 尾数的最高数值位必须是一个有效值（类比十进制科学计数法，通常我们会让数值部分最高位为非 0）
• 左规：数值位最高位无效时，通过尾数算术左移、阶码减 1 的方法处理，直到尾数最高数值位有效时停止
• 右规：若采用双符号位表示尾数，则当运算后尾数 “假溢出” 时，可以通过尾数右移、阶码加 1 的方法处理
• 原码表示的尾数规格化：尾数的最高数值位必须是 1
• 补码表示的尾数规格化：尾数最高数值位必须和尾数符号位相反

IEEE754 规则

浮点数的运算

习题

1. 已知 [X] 原，求 [X/2] 原和 [2X] 原 。
   ①[X] 原 = 0.0110000 ; ②[X] 原 =10011010
   解析：
   原码算术移位：符号位不变，数值部分左移或右移，移出的空位填 “0”。(左移一位相当于乘以 2，右移一位相当于除以 2)
   ① [X/2] 原＝0.0011000 [2X] 原＝0.1100000
   ② [X/2] 原＝ 10001101 [2X] 原＝ 10110100

1. 设机器字长为 8 位，写出 + 0.375 和－0.6875 的二进制原码表示。
   解析：
   ：先转二进制再加符号位得原码
   (+0.375)10 ＝ (+0.011)2 [+0.011] 原＝0.011 ＝ 0.0110000
   (-0.6875)10 ＝ (-0.1011)2 [-0.1011] 原＝1.1011 ＝ 1.1011000

1. 已知 x，求 x 的补码 [x] 补。
   ①x=+0.1010110 ②x=－0.1010110 ③x=+1010110 ④x=－1010110
   解析：
   ：先加符号位转成原码，然后转补码，正数不变，负数数值位取反加 1
   ①[x] 补 =0.1010110 ② [x] 补 =1.0101010 ③ [x] 补 =01010110 ④ [x] 补＝10101010

1. 已知 [x] 补，求 [2x] 补、[x/2] 补
   (1) [x] 补＝0.0101001， (2)[x] 补＝11011010
   解析：
   补码算术移位：符号位不参与移位。左移补 0、右移补符号位
   (1) [2x] 补 =0.1010010 [x/2] 补 = 0.0010100
   (2) [2x] 补 =10110100 [x/2] 补 =11101101

1. 已知 [x] 补，求 [-x] 补
   (1) [x] 补＝1.0011010 ，(2) [x] 补＝10110010
   解析：
   ：各位 (含符号位) 取反取反加 1
   (1) [－x] 补＝0.1100110
   (2) [－x] 补＝01001110

1. 将下列 x 的原码表示转化为补码表示。
   [x] 原＝0.1010110 [x] 原＝1.1010110 [x] 原＝01010110 [x] 原＝11010110
   解析：
   ：正数不变，负数数值位取反加 1
   [x] 补 =0.1010110 [x] 补 =1.0101010 [x] 补 =01010110 [x] 补 =10101010

1. 一个 C 语言程序在一台 32 位机器上运行。程序中定义了三个变量 x、y、z，其中 x 和 z 是 int 型，y 为 short 型。 当 x=127，y=-9 时，执行赋值语句 z=x+y 后，x、y 和 z 的机器码分别是（）
   A．X=0000007FH，y=FFF9H，z=00000076H
   B．X=0000007FH，y=FFF9H，z=FFFF0076H
   C．X=0000007FH，y=FFF7H，z=FFFF0076H
   D．X=0000007FH，y=FFF7H，z=00000076H
   解析：
   在 C 语言中，数据用补码存储。int 型占 4 字节，32 位；short 型占 2 字节，16 位。定点整数补码的位扩展是前面补符号数
   [x] 补 =01111111=0000,0000,0000,0000,0000,0000,0111,1111=0000007FH
   [y] 补 =10111=1111,1111,1111,0111=FFF7H
   [z] 补 =[x+y] 补 =[x] 补 +[y] 补 =01111111+11110111=01110110=0000,0000,0000,0000,0000,0000,0111,0110 =00000076H
   也可以直接 127+(-9)=118=01110110=0000,0000,0000,0000,0000,0000,0111,0110 =00000076H
   所以答案为 D
   8. 假定编译器规定，int 型占 32 位，short 型占 16 位， 若有下列 C 语言语句：
   unsigned short x=65530;
   unsigned int y=x;
   得到 y 的机器数为（）
   A. 0000 7FFAH
   B. 0000 FFFAH
   C. FFFF 7FFAH
   D. FFFF FFFAH
   解析：
   在 C 语言中，数据用补码存储。无符号数与有符号数之间转换：不改变数据内容，改变解释方式。短整数\longrightarrow⟶长整数：位扩展。无符号整数位扩展在前面补 0。
   216=65536, 所以 16 个 1 为 65535
   short [x] 补 =11111111,11111010
   int [y] 补 =00000000,00000000,11111111,11111010=0000FFFAH
   所以答案为 B
   9. 假定有 4 个整数用 8 位补码分别表示 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，则下列运算会发生溢出的是 （）
   A. r1×r2
   B. r2×r3
   C. r1×r4
   D. r2×r4
   解析：
   用补码表示时 8 位寄存器所能表示的整数范围为 - 128 到 + 127
   r1=FEH=1111,1110 r1 补 =1000,0010=-2
   r2=F2H=1111,0010 r2 补 =1000,1110=-14
   r3=90H=1001,0000 r3 补 =1111,0000=-112
   r4=F8H=1111,1000 r4 补 =1000,1000=-8
   则 r1×r2=28，r2×r3=1568，r1×r4=16，r2×r4=112，只有 r2×r3 结果溢出
   所以答案为 B
   10. 在 32 位计算机上，考虑以下 C 语言代码：
   short si=-8196;
   int i=si;
   执行上述程序段后，i 的机器数表示为 ()
   A. 0000 9FFCH
   B. 0000 DFFCH
   C. FFFF 9FFCH
   D. FFFF DFFCH
   解析：
   在 C 语言中，数据用补码存储。int 型占 4 字节，32 位；short 型占 2 字节，16 位。短整数\longrightarrow⟶长整数：位扩展。定点整数补码的位扩展是前面补符号数 213=8192, 所以第 14 位为 1 是 8192
   short [si] 原 = 110,0000,0000,0100
   short [si] 补 = 101,1111,1111,1100=1101,1111,1111,1100
   int[i] 补 =1111,1111,1111,1111,1101,1111,1111,1100=FFFF DFFCH
   所以答案为 D
   11. 某机器字长 8 位，采用补码形式（其中 1 位为符号位），则机器数能表示的范围是__。
   A. －127～127
   B. －128～128
   C. －128～127
   D. －127～128
   解析：
   最大正数：0111,1111 = 127。正数原码 = 补码
   最小负数：1000,0000 = -128。符号位同时也可以看做数字位即表示 - 128，转换成补码为 1,0000,0000
   验证：127（0111,1111）+1（0000,0001）=-128（1000 0000）
   8 位二进制的补码取值范围是 - 128-127
   所以答案为 C
   12.8 位补码定点整数 1001 0101 扩展成 16 位后的值用 16 进制表示为
   A.0095H
   B.9500H
   C.FF95H
   D.95FFH
   解析：
   考查补码定点整数位扩展：前面补符号数
   1111,1111,1001,0101 = FF95H
   所以答案为 C
   13. 考虑以下 C 语言代码：
   short si=-8196;
   unsigned short usi=si;
   执行上述程序段后，usi 的值为多少（）
   A.8196
   B.34572
   C.57339
   D.57340
   解析：
   在 C 语言中，数据用补码存储。short 型占 2 字节，16 位。无符号数与有符号数之间转换：不改变数据内容，改变解释方式。
   213=8192，所以第 14 位为 1 代表 8192，即
   short [si] 原 =110,0000,0000,0100
   short [si] 补 =101,1111,1111,1100=1101,1111,1111,1100
   unsigned short [usi] 补 =1101,1111,1111,1100
   216=65536, 所以 16 个 1 为 65535，又 213=8192, 可得
   [usi] 补 =65535-8192-2-1=57340
   所以答案为 D
   14.(统考 2015-13) 由 3 个 “1” 和 5 个 “0” 组成的 8 位二进制补码， 能表示的最小整数是（）
   A．-126
   B．-125
   C．-32
   D．-3
   解析：
   -128=1000,0000，转换成补码为 1,0000,0000
   -127=1111,1111，转换成补码为 1000,0001
   -126=1111,1110，转换成补码为 1000,0010
   ……
   由以上分析可得：只要 3 个 “1” 和 5 个 “0” 组成的补码最小，则转换成原码再转换成的十进制整数也最小，
   补码：1000,0011，原码：1111,1101，转换成十进制即 - 125
   所以答案为 B
   15.(统考 2019-13) 考虑以下 C 语言代码：
   unsigned short usi=65535;
   short si=usi;
   执行上述程序段后，si 的值为多少（）
   A.-1
   B.-32767
   C.-32768
   D.-65535
   解析：
   在 C 语言中，数据用补码存储。short 型占 2 字节，16 位。无符号数与有符号数之间转换：不改变数据内容，改变解释方式。
   216=65536
   unsigned short [usi] 补 =1111,1111,1111,1111
   short [si] 补 =1111,1111,1111,1111=-32767
   [si] 原 =1000,0000,0000,0001=-1
   所以答案为 A
   16. 将十进制真值 (－127,－1,0,＋1,＋127) 列表表示成二进制数及原码、反码、补码、移码值
   解析：

0 在 [ｘ] 原和 [ｘ] 反中有两种表示
17. 已知ｘ1 ＝－0.1110,ｘ2＝＋0.1101,
求：[x1] 补，[-x1] 补， [x2] 补，[-x2] 补。
解析：
[x] 补\longleftrightarrow⟷[-x] 补：各位 (含符号位) 取反取反加 1
[x1] 补＝1.0010
[-x1] 补＝0.1110
[x2] 补＝0.1101
[-x2] 补＝1.0011
18.ｘ＝＋0.1101,ｙ＝＋0.0110, 求ｘ－ｙ
解析：
[x] 补 =0.1101
[y] 补 =0.0110
[-y] 补 =1.1010
[x-y] 补 =[x] 补 +[-y] 补 =0.1101+1.1010=0.0111
所以 x-y=+0.0111
算术运算验证：0.1101－0.0110＝+0.0111
19.(1)ｘ＝＋0.1100, ｙ＝＋0.1000, 求ｘ＋ｙ
(2)ｘ＝－0.1100, ｙ＝-0.1000, 求ｘ＋ｙ
解析：
运算后若双符号位 = 01，则发生上溢；若双符号位 = 10，则发生下溢。双符号位补码相加的结果, 不论溢出与否, 最高符号位始终指示正确的符号。
(1)[x+y] 补 =00.1100+00.1000=01.0100
双符号位出现 “01”, 表示上溢, 即结果大于＋1
(2)[x+y] 补 =11.0100+11.1000=10,1100
双符号位出现 “10”, 表示下溢, 即结果小于－1。
20. 某字长 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=2×x+y/2，则 z 的机器数为（ ）
A. 11000000
B. 00100100
C. 10101010
D. 溢出
解析：
补码：符号位不参与移位。左移补 0、右移补符号位
[2X] 补 =11101000
[y/2] 补 =11011000
[Z] 补 =[2X] 补 +[y/2] 补 =11101000+11011000=11000000
所以答案为 A
21. 若浮点数 x 的 IEEE754 标准存储格式为 (41360000)16，求其浮点数的十进制数值。
解析：
由浮点数确定真值：

1. 确定数符 S、阶码 E、尾数 M 的分布
2. (-1)s×1.M×2E-127

IEEE754 32 位标准：1+8+23
(41360000)16=(0100,0001,0011,0110,0000,0000,0000,0000)2
数符 s=0，阶码 E=(1000,0010)2=(130)10，尾数 M=011011
X=(-1)s×1.M×2E-127=(-1)0×1.0111011×2130-127=+(1.011011)×23=+1011.011=(11.375)10
22. 将 (20.59375)10 转换成 IEEE754 标准的 32 位浮点数的二进制存储格式。
解析：
由真值确定浮点数：

1. 转换为二进制，移动小数点
2. 确定数符 S、阶码 E、尾数 M 的分布

(20.59375)10=(10100.10011)2=(1.010010011)2×24
S=0，E=4+127=131=1000,0011，M=010010011
最后得到 32 位浮点数的二进制存储格式为：
0100,0001,1010,0100,1100,0000,0000,0000=(41A4C000)16
23. 将 5/32 及 - 4120 表示成 IEEE754 单精度浮点数格式，并用十六进制书写
解析：
由真值确定浮点数：

1. 转换为二进制，移动小数点
2. 确定数符 S、阶码 E、尾数 M 的分布

(1) (5/32)=(0.00101)2=(1.01)×2-3
S=0，E=-3+127=124=0111,1100，M=01
0011,1110,0010,0000,0000,0000,0000,0000=(3E200000)16
(2) (-4120)=(1000,0000,1100,0)=(1.000000011000)×212
S=1，E=12+127=139=10001011，M=000000011
1100,0101,1000,0000,1100,0000,0000,0000=C580C000H
24. 将十六进制的 IEEE754 单精度浮点数 42E48000 转换成十进制数。
解析：
由浮点数确定真值：

1. 确定数符 S、阶码 E、尾数 M 的分布
2. (-1)s×1.M×2E-127

42E48000=0100,0010,1110,0100,1000,0000,0000,0000
S=0，E=1000,0101=133，M=1100,1001
(-1)0×(1.11001001)×26=1110010.01=114.25
25. 设机器字长 16 位, 定点表示, 尾数 15 位, 数符 1 位, 问：
(1) 定点原码整数表示时, 最大正数是多少? 最小负数是多少?
(2) 定点原码小数表示时, 最大正数是多少? 最小负数是多少?
解析：
(1) 定点原码整数
最大正数：0111,1111,1111,1111=215-1=32767
最小负数：1111,1111,1111,1111=-(215-1)=-32767
(2) 定点原码小数
最大正数：+0.111,1111,1111,1111,=1-2-15
最小负数：-0.111,1111,1111,1111,=-（1-2-15）
26. 假设由 S,E,M 三个域组成的一个 32 位二进制字所表示的非规格化浮点数ｘ, 真值表示为：
X＝(-1)s×1.M×2E-128
其中数符 S 为 1 位，阶码 E 为 8 位，尾数 M 为 23 位。
请问：x 所表示的最大正数、最小正数、最大负数、最小负数是多少？
解析：
最大正数：0111,1111,1111,1111,1111,1111,1111,1111
最小正数：0000,0000,0000,0000,0000,0000,0000,0000
最大负数：1000,0000,0000,0000,0000,0000,0000,0000
最小负数：1111,1111,1111,1111,1111,1111,1111,1111
27.float 类型（即 IEEE754 单精度浮点数格式）能表示的最大正整数是（）
A. 2126-2103
B. 2127-2104
C. 2127-2103
D. 2128-2104
解析：
0111,1111,0111,1111,1111,1111,1111,1111
E=254，e=254-127=127，M=111,1111,1111,1111,1111,1111=(1-2-23)10
(-1)0×(1.111……)×2127=[1+(1-2-23)]×2127=(2-2-23)×2127=2128-2104
所以答案为 D
28. 假定变量 i，f，d 数据类型分别为 int, float, double(int 用补码表示，float 和 double 用 IEEE754 单精度和双精度浮点数据格式表示)，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 I 和 II
B. 仅 I 和 III
C. 仅 II 和 III
D. 仅 III 和 IV
解析：
由于 (int)f=1，所以 II 错。IV 的计算过程是先将 f 转换成双精度，然后加法运算，故得到 (d＋f)－d 双精度，而 f 为单精度，所以 IV 错
所以答案为 B
29.float 型数据通常用 IEEE 754 单精度浮点数格式表示。若编译器将 float 型变量 x 分配在一个 32 位浮点寄存器 FR1 中，且 x = -8.25，则 FR1 的内容是（）
A. C104 0000H
B. C242 0000H
C. C184 0000H
D. C1C2 0000H
解析：
由真值确定浮点数：

1. 转换为二进制，移动小数点
2. 确定数符 S、阶码 E、尾数 M 的分布

(-8.25)10=(1000.01)2=(1.00001×23)
S=1，E=3+127=130=1000,0010，M=00001
1100,0001,0000,0100,0000,0000,0000,000=C104 0000H
所以答案为 A
30. 某数采用 IEEE 单精度浮点数格式表示为 C640 0000H, 则该数的值是 ( )
A. －1.5×213
B. －1.5×212
C. －0.5×213
D. －0.5×212
解析：
由浮点数确定真值：

1. 确定数符 S、阶码 E、尾数 M 的分布
2. (-1)s×1.M×2E-127

C640 0000=1100,0110,0100,0000,0000,0000,0000,0000
S=1，E=1000,1100=140，e=E-127=13，M=1
(-1)1×(1.1)×213=-1.5×213
所以答案为 A
31. 设ｘ＝2010×0.11011011,ｙ＝2100×(－0.10101100), 求 ｘ＋ｙ。
解析：
浮点加减运算操作：

1. 求阶差并对阶 (小阶向大阶)
2. 尾数进行加或减运算
3. 结果规格化
4. 舍入处理
5. 判溢出

注：

1. 两数均以补码表示, 阶码采用双符号位, 尾数采用单符号位
2. 补码算术右移：补符号数；补码算术左移：补 0
3. 补码表示的尾数规格化：尾数最高数值位必须和尾数符号位相反

x：[Ex] 补 =00010，[Mx] 补 =0.11011011
y：[Ey] 补 =00100，[My] 补 =1.01010100
求阶差：△E = Ey - Ex = [ Ey ] 补 + [ - Ex ] 补 = 00100 + 11110 = 00010=+2
对阶后：[Ex] 补 =00100，[Mx] 补 =0.00110110(11)，其中 (11) 表示[Mx] 补右移 2 位后移出的最低两位数
尾数加：[Mx] 补 + [My] 补 = 0.00110110(11) + 1.01010100 = 1.10001010(11)
规格化：左规 1.10001010(11) = 1.00010101(10)，E=00011
0 舍 1 入：1.00010101 + 0.00000001 = 1.00010110
判溢出：阶码符号位为 00, 不溢出, 故得最终结果为
ｘ＋ｙ＝2011×(－0.11101010)
32. 在浮点数原码运算时, 判定结果为规格化数的条件是 。
A. 阶的符号位与尾数的符号位不同
B. 尾数的符号位与最高数值位相同
C. 尾数的符号位与最高数值位不同
D. 尾数的最高数值位为 1
解析：
原码表示的尾数规格化：尾数的最高数值位必须是 1
所以答案为 D
33. 若浮点数用补码表示，则判断运算结果是否为规格化数的方法是
A. 阶符与数符相同为规格化数
B. 阶符与数符相异为规格化数
C. 数符与尾数小数点后第一位数字相异为规格化数
D. 数符与尾数小数点后第一位数字相同为规格化数
解析：
补码表示的尾数规格化：尾数最高数值位必须和尾数符号位相反
所以答案为 C
34. 浮点数加减运算过程一般包括对阶、尾数运算、规格化、舍入和判溢出等步骤。设浮点数的阶码和尾数均采用补码表示，且位数分别为 5 位和 7 位（均含 2 位符号位）。若有两个数 X=27×29/32，Y=25×5/8，则用浮点加法计算 X+Y 的最终结果是（）
A. 00111 1100010
B. 00111 0100010
C. 01000 0010001
D. 发生溢出
解析：
浮点加减运算操作：

1. 求阶差并对阶 (小阶向大阶)
2. 尾数进行加或减运算
3. 结果规格化
4. 舍入处理
5. 判溢出

[Ex] 补 =00111，[Mx] 补 =00.11101
[Ey] 补 =00101，[My] 补 =00.10100
阶差 = 2，y 向 x 看齐，[E] 补 =00111，[My] 补 =00.00101(00)
[Mx] 补 + [My] 补 = 00.11101 + 00.00101(00) = 01.00010
发生尾数上溢，但是阶码 00111，已经达到最大，尾数无法移位调整，发生无法拯救的尾数上溢
所以答案为 D
选择题中简便方法：
在十进制中，X=27×29/32，Y=25×5/8=27×5/32
X+Y=27×(29/32+5/32)，尾数大于 1，发生尾数上溢，阶码数值位只有 3 位，最大为 7，尾数无法移位调整，发生无法拯救的尾数上溢
所以答案为 D
35. 下列有关浮点数加减运算的叙述中，正确的是 ( )
Ⅰ. 对阶操作不会引起阶码的上溢或下溢
Ⅱ. 右规和尾数舍入都可能引起阶码的上溢
Ⅲ. 左规时可能引起阶码的下溢
Ⅳ. 尾数溢出时结果不一定溢出
A. 仅 Ⅱ、Ⅲ
B. 仅 Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ
C. 仅 Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ
D. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ
解析：
对阶是较小的阶码对齐至较大的阶码，Ⅰ 正确。
右规和尾数舍入过程，阶码加 1 而可能上溢，Ⅱ 正确，
同理 Ⅲ 也正确。
尾数溢出时可能仅产生误差，结果不一定溢出，Ⅳ 正确。
所以答案为 D
计组