🏷️ 知识点：补码

C 语言代码如下：

int i = 32777;

short si = i;

int j =si;

执行上述代码段后，j 的 值 为 ( ) 。

A.-32777

B.-32759

C.32759

D.32777

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正确答案：B

int i=32777 ，赋值给 short 后，由于 short 只有 16 位，则只会保留 i 的低 16 位，同时，short 的上限为 2 15 − 1 即 32767，所以 32777 在 short 类型的变量中会出现数据溢出问题，32777=32767+9，则溢出后的二进制补码为 1000000000001001。再将此数转为 int，此时将进行符号扩展，补高 16 位的时候取决于当前 short 的符号位，若符号位为 1，则高 16 位补 16 个 1，若符号位为 0，则高 16 位补 16 个 0，所以本题补 16 个 1，结果为补码 1111 …. 1000 0000 0000 1001，换算成原码再计算，选 B。或者使用排除法，最终通过补码的最高位 1 可以断定该数为负数，A、B 里面选，32777 对于 short 已经溢出，转为 short 再符号扩展，并不只是单纯地改变子符号，故排除 A，选 B。

如果某单精度浮点数、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（ ）。

A. 浮点数>原码>补码>移码 B. 浮点数>移码>补码>原码 C. 移码>原码>补码>浮点数 D. 移码>补码>原码>浮点数

补码

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正确答案：D

首先，将32位机器数0xF0000000转换为二进制：1111 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000。 然后分别计算四种表示法对应的真值。

对于单精度浮点数（IEEE 754格式），符号位s=1，指数e=11100000（二进制，即224），尾数f全为0。 实际指数E=e-127=97，故浮点数值为(-1)^1×1.0×2^97 = -2^97，这是一个非常大的负数。

对于原码表示，符号位为1表示负数，数值位为后31位（111000…000），其绝对值为2^30+2^29+2^28=7×2^28，故原码值为-7×2^28。

对于补码表示，最高位为1表示负数，其值计算公式为-2^31+(其他位数值)。 其他位数值同样为7×2^28，故补码值为-2^31+7×2^28 = -2^28。

对于移码表示，通常偏移量为2^31，机器数作为无符号整数时值为2^31+2^30+2^29+2^28=15×2^28，真值为无符号值减2^31，即15×2^28-2^31=7×2^28，这是一个正数。

比较四个值：移码值7×2^28为正数最大； 补码值-2^28为负数但大于原码值-7×2^28（因为-2^28 > -7×2^28）； 浮点数值-2^97是绝对值最大的负数，故最小。 因此从大到小顺序为移码>补码>原码>浮点数，对应选项D。

一个 8 位的二进制整数，若采用补码表示，且由 3 个“1”和 5 个“0”组成，则最小值为（　）。

A. -127 B. -32 C. -125 D. -3

补码

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正确答案：C

在 8 位补码表示中，最高位是符号位：0 表示正数，1 表示负数。

由于要求最小值，该数必为负数，因此符号位必须为 1。 已知该数由 3 个“1”和 5 个“0”组成，因此符号位占用一个“1”，剩余 7 位由 2 个“1”和 5 个“0”组成。

补码表示中，负数的值计算公式为：

$$-128+\text{(剩余 7 位的无符号值)}$$

要使得数值最小，需要剩余 7 位的无符号值尽可能小。

剩余 7 位中，无符号值最小的情况是将两个“1”放在最低位（即第 0 位和第 1 位），此时剩余 7 位二进制为 `0000011`，对应的无符号值为 3。 因此整个 8 位二进制数为 `10000011`。

计算数值：

$$-128+3=-125$$

即选项 C。

验证其他选项：

• `-127` 的补码为 `10000001`，只有 2 个“1”，不符合条件； >
• `-32` 的补码为 `11100000`，虽符合 3 个“1”和 5 个“0”，但值为 `-32`，大于 `-125`； >
• `-3` 的补码为 `11111101`，有 7 个“1”，不符合条件。 >

因此，最小值为 `-125`。 >

在补码表示的机器中，若寄存器 R 中原来存的数为 9EH，执行一条指令后现存的数为 CFH，则表明该指令不可能是（ ）。

A. XOR 异或运算指令 B. IMUL 有符号数乘法指令 C. SAR 算术右移指令 D. ADD 加法指令

补码 标志寄存器

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正确答案：B

寄存器 R 原存 9EH（二进制 1001 1110，补码表示有符号数 -98），执行后变为 CFH（二进制 1100 1111，补码表示有符号数 -49）。 分析各指令的可能性：

• A. XOR 异或运算指令：存在操作数 51H（0101 0001），使得 9EH XOR 51H = CFH，因此该指令可能。 >
• B. IMUL 有符号数乘法指令：若将寄存器值视为有符号数，从 -98 变为 -49，需满足 -98 × Y = -49，但 Y = 0.5 不是整数； > 若考虑乘法后取低 8 位（模 256），需解同余方程 158Y ≡ 207 (mod 256)，由于 gcd(158,256)=2 而 207 是奇数，方程无解，故该指令不可能。 >
• C. SAR 算术右移指令：算术右移一位时，9EH（1001 1110）右移后符号位填充 1，得到 CFH（1100 1111），且 -98 算术右移一位等价于除以 2 得 -49，因此该指令可能。 >
• D. ADD 加法指令：存在操作数 31H，使得 9EH + 31H = CFH（-98 + 49 = -49），因此该指令可能。 >

综上，指令不可能是 IMUL 有符号数乘法指令。 >

已知 C 程序中，某类型为 int 的变量 x 的值为 -1088。程序执行时，x 先被存放在 16 位寄存器 R1 中，然后被进行算术右移 4 位的操作。则此时 R1 中的内容（以十六进制表示）是（ ）。

A. FBCOH B. FFBCH C. 0FBCH D. 87BCH

补码 寄存器类型

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正确答案：B

首先，变量 x 的值为 -1088，在 16 位寄存器中采用二进制补码表示。 1088 的十六进制表示为 0x0440，对其取反加一得到 -1088 的表示：0xFFFF - 0x0440 + 1 = 0xFBBF + 1 = 0xFBC0。 因此，寄存器 R1 初始内容为 0xFBC0。

执行算术右移 4 位时，由于符号位为 1，左移空出的高位补 4 个 1。 原始值 0xFBC0（二进制 1111 1011 1100 0000）右移 4 位后，低 4 位丢弃，高 4 位补 1，得到 1111 1111 1011 1100，即十六进制 0xFFBC。

另一种验证方式：算术右移 4 位等价于除以 16。 计算 -1088 / 16 = -68，而 -68 的 16 位二进制补码表示为 0xFFBC（68 为 0x0044，取反加一得 0xFFBC）。 因此，移位后 R1 的内容为 0xFFBC。

选项 A 为原始值，选项 C 和 D 均为正数表示，与结果不符，故正确答案为 B。

已知 $[X{]}_{\text{补}}=8\text{CH}$ ，计算机的机器字长为 8 位二进制编码，则 $[X\times 4{]}_{\text{补}}$ 为（  ）。

A. 8CH B. 18H C. E3H D. F1H

补码

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正确答案：C

已知 $[X{]}_{\text{补}}=8\text{CH}$ ，机器字长为 8 位，8CH 对应的二进制为 1000 1100。 由于最高位为 1，因此 $X$ 为负数。 在补码运算中，除以 4 可通过算术右移两位实现。 对于负数，算术右移时高位补 1。 将 1000 1100 算术右移一位得 1100 0110，再右移一位得 1110 0011，即十六进制 E3H。 因此， $[X/4{]}_{\text{补}}$ 为 E3H。 题目中虽写为 $[X\times 4{]}_{\text{补}}$ ，但根据选项和计算，实际应为 $[X/4{]}_{\text{补}}$ ，故正确答案为 E3H。

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，则下列运算中会发生溢出的是()。

A.r1×r2 B.r2×r3 C.r1×r4 D.r2×r4

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正确答案：B

本题的真正意图是考查 补码表示 的表示范围，而不是补码的乘法运算。

若采用补码乘法规则计算出 4 个选项，是费力不讨好的做法，而且极容易出错。

8 位补码所能表示的整数范围为 -128~+127。

将 4 个数全部转换为十进制：r1=-2，r2=-14，r3=-112，r4=-8，得 r2×r3=1568，远超出了表示范围，发生溢出。

若 x=103,y=-25, 则下列表达式采用8位定点补码运算实现时，会发生溢出的是()。

A.x+y

B.-x+y

C.x-y

D.-x-y

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正确答案：C

8 位 定点补码 表示的数据范围为 -128~127，若运算结果超出这个范围则会溢出，A 选项 x+y=103-25=78，符合范围，A 排除；B 选项-x+y=-103-25=-128，符合范围，B 排除；D 选项-x-y=-103+25=-78，符合范围，D 排除；C 选项 x-y=103+25=128，超过了 127，选 C.

假定带符号整数采用补码表示，若int 型变量x 和y 的机器数分别是FFFF FFDFH和00000041H, 则 x、y的值以及X-y的机器数分别是()。

A.x=-65,y=41, x-y的机器数溢出

B.x=-33,y=65,x -y 的机器数为FFFFFF9DH

C.x=-33,y=65, x-y的机器数为FFFFFF9EH

D.x=-65,y=41, x-y的机器数为FFFFFF96H

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正确答案：C

利用 补码转换成原码的规则 ：负数符号位不变数值位取反加 1；正数补码等于原码。两个机器数对应的原码是 [x]原 = 80000021H，对应的数值是 -33，[y]原=[y]补=00000041H=65。排除 A、D 选项。x-y 直接利用补码减法准则，[x]补-[y]补 =[x]补+[-y]补，-y 的补码是连同符号位取反加 1，最终减法变成加法，得出结果为 FFFFFF9EH。

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 是 ( ) 。

A. -1 B. -32767 C. -32768 D. -65535

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正确答案：A

unsigned short 类型为 无符号 短整型，长度为 2 字节，因此 unsigned short usi 转换为二进制代码即 1111 1111 1111 1111。short 类型为短整型，长度为 2 字节，在采用 补码 的机器上 short si 的二进制代码为 1111 1111 1111 1111，因此 si 的值为 -1，所以选 A。

已知带符号整数用补码表示，float 型数据用 IEEE 754 标准表示，假定变量 x 的类型只能是 int 或 float 。 当 x 的机器数为 C8000000H 时 ，x 的值可能是()。

A.-7×227; B.-216; C.217; D.25×2²7;

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正确答案：A

C800 0000H = 1100 1000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 将其转换为对应的 float 或 int： 为 float 型时，尾数隐藏最高位 1 ,数符为 1 表示负数，阶码 10010000 = 2 7 + 2 4 = 128 + 16 , 再减去偏置值 127 得到 17 ,算出 x 值为 − 2 17 。为 int 型时，带符号补码，为负数，数值部分取反加 1 ,得 011 1000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 ,算出 x 值为 − 7 × 2 27 。

已知带符号整数用补码表示，变量x,y,z 的机器数分别为FFFDH,FFDFH,7FFCH, 下列结论中， 正确的是()。

A. 若x 、y和z 为无符号整数，则z<x<y

B. 若x 、y和z 为无符号整数，则x<y<z

C. 若x 、y 和 z 为带符号整数，则x<y<

D. 若x 、y和z 为带符号整数，则y<x<Z

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正确答案：D

若 x, y 和 z 均为 无符号整数 ，则 x > y > z，A 和 B 错误。若 x, y 和 z 均为带符号整数，补码的最高位是符号位，0 表示正数，1 表示负数，因此 z 为正数，而 x 和 y 为负数。对于 x 和 y 的比较，数值位取反加一，可知 x = -3H，y = -21H，故 x > y。

32位补码所能表示的整数范围是()。

A.-2³²~2³¹-1

B.-2³¹~2³¹-1

C.-2³²~2³²-1

D.-2³¹~2³²-1

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正确答案：B

32 位 补码 的最大值为 0x7fffffff = 2 31 − 1 （最高位为 0，其他位为 1），最小值为 0x80000000 = − 2 31 （最高位为 1，其他位为 0)。

若 short 型变量x=-8190, 则 x 的机器数为()。

A.E002H

B.E001H

C.9FFFH

D.9FFEH

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正确答案：A

机器数是计算机内部用来表示和存储数值的二进制形式。对于有符号的 short 型变量， 通常采用 16 位 补码 表示法。对于给定的 short 型变量 x=-8190，我们需要将其转换为二进制的补码表示。首先，将数值 8190 转换为二进制形式：8190 = 0001 1111 1111 1110B，然后取其二 进制补码（负数取反后加 1），补码为 1110 0000 0000 0010B，转化为 16 进制为 E002H。因此 正确选项为 A。

单精度 IEEE754 标准规格化的 float 类型所能表示的最接近 0 的负数是（　）。

A. $-2^{-126}$ B. $-(2^{-23})\cdot 2^{-126}$ C. $-(2^{-23})\cdot 2^{-127}$ D. $-2^{-127}$

补码

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正确答案：A

单精度 IEEE754 浮点数采用 32 位表示，包含 1 位符号位、8 位指数位和 23 位尾数位。

规格化数的指数位不全为 0 也不全为 1，实际指数 $E=e-127$ （其中 $e$ 为指数位的无符号值），范围在 $-126$ 到 $127$ 之间； 尾数部分隐含最高位 1，即实际尾数 $M=1+f$ （ $f$ 为尾数位表示的小数）。 规格化负数的值为：

$$-(1+f)\times 2^E$$

最接近 0 的负数需绝对值最小，因此应取最小指数 $E=-126$ （对应 $e=1$ ）和最小尾数 $M=1$ （对应 $f=0$ ）。

代入公式得：

$$-1\times 2^{-126}=-2^{-126}$$

即选项 A。

选项 B 和 C 涉及因子

$2^{-23}$ ，对应于非规格化数（指数 $e=0$ 时尾数无隐含 1），不符合本题要求的规格化数条件；

选项 D 的指数 $-127$ 低于规格化指数最小值 $-126$ ，不符合规格化规则。 因此，只有 A 正确。

下列叙述中正确的是（ ）。 Ⅰ. 定点补码运算时，其符号位不参加运算 Ⅱ. 浮点运算可由阶码运算和尾数运算两部分组成 Ⅲ. 阶码部件在乘除运算时只进行加、减操作 Ⅳ. 浮点数的正负由阶码的正负符号决定 Ⅴ. 尾数部件只进行乘除运算

A. Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ B. Ⅰ、Ⅱ和Ⅴ C. Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ D. Ⅱ和Ⅲ

补码

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正确答案：D

叙述Ⅰ错误：定点补码运算时，符号位参与运算。 > 补码表示法允许符号位与数值位一同进行算术运算，无需单独处理符号，这是补码的优势之一。 >

叙述Ⅱ正确：浮点运算通常包括阶码运算和尾数运算两部分。 > 例如浮点加法需要对阶（调整阶码）、尾数相加和规范化等步骤，涉及这两部分的协调操作。 >

叙述Ⅲ正确：在浮点乘除运算中，阶码部件执行加减操作。 > 乘法时阶码相加，除法时阶码相减，因此阶码运算仅限于加减。 >

叙述Ⅳ错误：浮点数的正负由尾数的符号位决定，而非阶码。 > 阶码表示指数，常用移码表示，其符号不影响整个数的正负。 >

叙述Ⅴ错误：尾数部件不仅进行乘除运算，还进行加减运算。 > 例如浮点加减法需对尾数进行加减操作，因此尾数部件功能不限于乘除。 >

综上，仅叙述Ⅱ和Ⅲ正确，对应选项 D。 >

设浮点数的基数为 4，尾数用原码表示，则以下（ ）是规格化的数。

A. 1.001101 B. 0.001101 C. 1.011011 D. 0.000010

补码

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正确答案：C

对于基数为 4 的浮点数，规格化要求尾数的绝对值满足 1/4 ≤ |m| < 1。

尾数用原码表示，选项中第一位为符号位（1 表示负，0 表示正），数值部分为小数点后的二进制序列。

首先检查各选项数值部分的绝对值或基 4 表示。 基数为 4 时，每个基 4 数字对应两个二进制位，规格化要求第一个基 4 数字不为零，即数值部分的前两个二进制位不能全为 0。

• A 选项：数值部分 .001101，前两位为 00，对应基 4 数字 0，绝对值约为 0.203125 < 1/4，不规格化。
• B 选项：数值部分 .001101，前两位为 00，对应基 4 数字 0，绝对值约为 0.203125 < 1/4，不规格化。
• C 选项：数值部分 .011011，前两位为 01，对应基 4 数字 1，绝对值约为 0.421875 ≥ 1/4，且小于 1，满足规格化条件。
• D 选项：数值部分 .000010，前两位为 00，对应基 4 数字 0，绝对值约为 0.03125 < 1/4，不规格化。

因此，只有 C 选项是规格化的数。

按 IEEE754 标准规定的 32 位浮点数（单精度浮点数）41A4C000H 对应的十进制数是（ ）。

A. 4.59375 B. -20.59375 C. -4.59375 D. 20.59375

补码

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正确答案：D

首先，将十六进制数 `41A4C000H` 转换为二进制：

0100 0001 1010 0100 1100 0000 0000 0000。

按照 IEEE754 单精度浮点数格式：

• 第 1 位为符号位 $S$ ； >
• 第 2–9 位为指数位 $E$ （8 位）； >
• 第 10–32 位为尾数位 $M$ （23 位）。 >

具体分析如下：

• 符号位 $S=0$ ，表示正数。 >
• 指数位 $E=10000011_{(2)}$ ，转换为十进制为 $131$ 。 > IEEE754 中指数采用偏置表示，偏置量为 $127$ ，因此实际指数 $e=E-127=131-127=4.$
• 尾数位 $M=01001001100000000000000_{(2)}$ ，表示小数部分。 > 计算 $M$ 的十进制值：对应二进制小数位中， $2^{-2}=0.25$ ， $2^{-5}=0.03125$ ， $2^{-8}=0.00390625$ ， $2^{-9}=0.001953125$ 为 1，其余为 0，求和得 $M=\mathrm{0.287109375.}$ IEEE754 中尾数包含隐含的 1，因此实际尾数 $m=1+M=\mathrm{1.287109375.}$

浮点数的值为

$$(-1{)}^S\times m\times 2^e=1\times 1.287109375\times 2^4=1.287109375\times 16=\mathrm{20.59375.}$$

因此，对应的十进制数为 $20.59375$ ，选项 D 正确。

下列关于浮点数的说法中，正确的是（ ）。

A. II、III 和 V B. II 和 III C. I、II 和 III D. II、III 和 IV

补码

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正确答案：B

本题考查浮点数的运算。 最简单的舍入处理方法是直接截断，不进行任何其他处理（截断法），Ⅰ错误。 IEEE 754 标准的浮点数的尾数都是大于等于 1 的，所以乘法运算的结果也是大于等于 1，故不需要“左规”（注意：有可能需要右规），Ⅱ正确； 对阶的原则是小阶向大阶看齐，Ⅲ正确。 当补码表示的尾数的最高位与尾数的符号位（数符）相异时表示规格化，Ⅳ错误。 浮点运算过程中，尾数出现溢出并不表示真正的溢出，只有将此数右归后，再根据阶码判断是否溢出，Ⅴ错误。

注意：浮点数运算的过程分为对阶、尾数求和、规格化、舍入和溢出判断，每个过程的细节均需掌握，本题的 5 个选项涉及到了这 5 个过程。

下列关于机器零的说法，正确的是（ ）。

A. 发生“下溢”时，浮点数被当做机器零，机器将暂停运行，转去处理“下溢” B. 只有以移码表示阶码时，才能用全 0 表示机器零的阶码 C. 机器零属于规格化的浮点数 D. 定点数中的零也是机器零

补码

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正确答案：B

【解析】本题考查机器零。 只有当数据发生“上溢”时，机器才会终止运算操作，转去进行溢出处理，A 错误。 规格后化可以判断运算结果是否上溢出（超过表示范围），但和机器零没有关联，规格化规定尾数的绝对值应大于或等于 1/R（R 为基数），并小于或等于 1，机器零显然不符合这个定义，C 错误。 定点数中所表示的 0，是实实在在的 0（坐标轴上的），而不是趋近 0 的机器零，D 错误。 在各种数码的表示法中，移码相当于真值在坐标轴上整体右移至正区间内，当移码表示的阶码全 0 时，为阶码表示的最小负数，此时直接认为浮点数是机器零，B 正确。

注意：当浮点运算结果在 0 到最小正数之间（正下溢）或最大负数到 0 之间（负下溢）时，浮点数值趋于 0，计算机将其当做机器零处理。

在 C 语言中，若有如下定义：

A. 7.500000 B. 7 C. 7.000000 D. 8

补码

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正确答案：A

首先计算表达式各部分：a + b 的值为 13，经过 (float) 强制转换为 13.0，然后除以 2 得到 6.5。 接着，(int)x 将 4.2 截断为 4，(int)y 将 3.4 截断为 3，4 % 3 的结果为整数 1。 最后执行加法 6.5 + 1，由于 6.5 是浮点类型，整数 1 自动提升为浮点数，得到 7.5。 在 C 语言中，以浮点数格式输出时通常显示为 7.500000，因此选项 A 正确。

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

A.11000000

B.00100100

C.10101010

D.溢出

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正确答案：A

x*2，将 x 算术左移一位为 1 1101000；y/2，将 y 算术右移一位为 1 1011000, 均无溢出或丢失精度。补码相加为 1 1101000 + 1 1011000 = 1 1000000, 亦无溢出。

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（ ）。

补码

A.11000000

B.00100100

C.10101010

D.溢出

[tag_link] 正确答案：A x*2，将 x 算术左移一位为 1 1101000；y/2，将 y 算术右移一位为 1 1011000, 均无溢出或丢失精度。补码相加为 1 1101000 + 1 1011000 = 1 1000000, 亦无溢出。

某科学实验中，需要使用大量的整型参数，为了在保证表数精度的基础上提高运算速度，需要选择合 理的数据表示方法。若整型参数a 和β的取值范围分别为-2²⁰20、-24⁰240,则下列选项中，α和β最适 宜采用的数据表示方法分别是()。

A.32 位整数、32 位整数

B. 单精度浮点数、单精度浮点数 C.32 位整数、双精度浮点数

D. 单精度浮点数、双精度浮点数

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正确答案：C

a 最适宜采用 32 位整数，32 位整数可以表示 − 2 31 ∼ 2 31 − 1 的范围，对于 a 的取值范围，可以用 32 位整数表示，不会发生溢出或者精度损失，而且整数运算比浮点数运算更快，更省空间，所以优先使用 32 位整数而不是单精度浮点数。排除 B、D，根据 B 的取值范围，可以使用双精度浮点数存储，双精度浮点数存储范围为 − 2 1023 ∼ 2 1024 ，不会发生溢出问题，双精度浮点的小数精度为 15-16 位，比起单精度浮点，基本上不会发生精度损失。

假设8位字长的计算机中，两个带符号整数x 和 y 的补码表示分别时x 补=A3H,yx=75H, 则通过 补码加减运算器得到的 x-y 的值及 OF 标志分别为()。

A.24,0

B.24,1

C.46,0

D.46,1

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正确答案：D

x 的补码二进制表示为 1010 0011。y 的补码二进制表示为 0111 0101。x-y = x+(-y) = 1010 0011 + 1000 1011 = 0010 1110 = 32 + 8 + 4 + 2 = 46. 二进制加法时最高位有进位，所以 OF = 1。

当有中断源发出请求时，CPU 可执行相应的中断服务程序，以下可以提出中断的是（ ）。 I. 外部事件 II. Cache III. 虚拟存储器失效 IV. 浮点运算下溢 V. 浮点运算上溢

A. I、III 和 IV B. I 和 V C. I、II 和 III D. I、III 和 V

补码

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正确答案：D

中断源可以分为外部中断和内部中断（异常）。 外部事件如 I/O 设备请求属于典型的外部中断，能够提出中断请求。 虚拟存储器失效（如页面错误）是内部异常，会触发缺页中断，由 CPU 执行中断服务程序处理。 浮点运算上溢属于算术异常，通常作为中断源，CPU 可响应并处理。 Cache 缺失一般由硬件透明处理，不直接向 CPU 提出中断； 浮点运算下溢虽然也是浮点异常，但在许多系统中常被屏蔽或默认处理为零，一般不视为直接中断源。 因此，可以提出中断的是 I、III 和 V。

（12 分）已知 32 位寄存器中存放的变量 x 的机器码为 C000004H，请问：

（1）当 x 是无符号整数时：

（2）当 x 是带符号整数（补码）时：

（3）当 x 是 float 型浮点数时：

补码 指令格式

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**【解析】** (1) `x` 是无符号整数，所有的二进制位均为数值位，`C000 0004H` 的真值为 $2^{31}+2^{30}+2^2$ 。 `x/2` 是由逻辑右移一位得到的，即 $(2^{31}+2^{30}+2^2)/2$ ，其真值为 $2^{30}+2^{29}+2$ ，存放在 `R1` 中的机器码是 `6000 0002H`。 `2x` 是由 `x` 逻辑左移一位得到的，真值发生溢出，存放在 `R1` 中的机器码是 `8000 0008H`。

(2) 机器码 `C000 0004H = 1100 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0100B`，表示这是一个负数，数值位取反末位加 1，得到的二进制原码为 `1011 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1100`，即二进制真值为 `-0011 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1100`，对应的十进制真值为 $-(2^{30}-2^2)$ 。 `x/2` 是由 `x` 算术右移一位得到的，其真值为 $-(2^{29}-2)$ ，存放在 `R1` 中的机器码是 `E000 0002H`。 `2x` 是由 `x` 算术左移一位得到的，其真值为 $-(2^{31}-2^3)$ ，存放在 `R1` 中的机器码是 `8000 0008H`。

(3) 在 IEEE754 单精度浮点数中，最高位为数符位；其后是 8 位阶码，以 2 为底，用移码表示，阶码的偏置值为 127；其后 23 位是尾数数值位，隐藏数值的最高位 “1”。 转换为二进制 `1 100 0000 0 000 0000 0000 0000 0000 0100`，可知，`x` 为负数，阶码为 1，尾数为 $1+2^{-21}$ ，故真值为 $-(1+2^{-21})\times 2$ 。 `x/2` 的真值是 $-(1+2^{-21})$ ，存放在 `R1` 中的机器码为 `1 011 1111 1 000 0000 0000 0000 0000 0100`，即 `BF80 0004H`。 `2x` 的真值是 $-(1+2^{-21})\times 2^2$ ，存放在 `R1` 中的机器码为 `1 100 0000 1 000 0000 0000 0000 0000 0100`，即 `C080 0004H`。

（11 分）已知两个实数 $x=-68$ ， $y=-8.25$ ，它们在 C 语言中定义为 float 型变量，分别存放在寄存器 A 和 B 中。另外，还有两个寄存器 C 和 D。A、B、C、D 都是 32 位的寄存器。请问下列问题（要求用十六进制表示二进制序列）： （1）寄存器 A 和 B 中的内容分别是什么？ （2） $x$ 与 $y$ 相加后的结果存放在 C 寄存器中，寄存器 C 中的内容是什么？ （3） $x$ 与 $y$ 相减后的结果存放在 D 寄存器中，寄存器 D 中的内容是什么？

寄存器类型 补码

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**【答案】** （1）寄存器 A 中的内容为 0xC2880000，寄存器 B 中的内容为 0xC1040000。 （2）寄存器 C 中的内容为 0xC2988000。 （3）寄存器 D 中的内容为 0xC26F0000。

**【解析】** 对于浮点数采用 IEEE 754 单精度格式（32 位），其中包含 1 位符号位、8 位指数位（偏移量 127）和 23 位尾数位。

**（1）对于 $x=-68$ ：**

• 符号位 $s=1$ （负数）。
• 绝对值 $68$ 的二进制为 $1000100$ ，科学计数法表示为 $1.000100\times 2^6$ ，指数 $e=6+127=133$ ，二进制为 $10000101$ 。
• 尾数 $m$ 为隐藏最高位 1 后的小数部分 $000100$ ，扩展至 23 位得到 $00010000000000000000000$ 。
• 组合得到二进制 $11000010100010000000000000000000$ ，十六进制为 $0xC2880000$ 。

**对于 $y=-8.25$ ：**

• 符号位 $s=1$ （负数）。
• 绝对值 $8.25$ 的二进制为 $1000.01$ ，科学计数法表示为 $1.00001\times 2^3$ ，指数 $e=3+127=130$ ，二进制为 $10000010$ 。
• 尾数 $m$ 为 $00001$ ，扩展至 23 位得到 $00001000000000000000000$ 。
• 组合得到二进制 $11000001000001000000000000000000$ ，十六进制为 $0xC1040000$ 。

**（2） $x+y=(-68)+(-8.25)=-76.25$ ：**

• 符号位 $s=1$ （负数）。
• 绝对值 $76.25$ 的二进制为 $1001100.01$ ，科学计数法表示为 $1.00110001\times 2^6$ ，指数 $e=6+127=133$ ，二进制为 $10000101$ 。
• 尾数 $m$ 为 $00110001$ ，扩展至 23 位得到 $00110001000000000000000$ 。
• 组合得到二进制 $11000010100110001000000000000000$ ，十六进制为 $0xC2988000$ 。

**（3） $x-y=(-68)-(-8.25)=-59.75$ ：**

• 符号位 $s=1$ （负数）。
• 绝对值 $59.75$ 的二进制为 $111011.11$ ，科学计数法表示为 $1.1101111\times 2^5$ ，指数 $e=5+127=132$ ，二进制为 $10000100$ 。
• 尾数 $m$ 为 $1101111$ ，扩展至 23 位得到 $11011110000000000000000$ 。
• 组合得到二进制 $11000010011011110000000000000000$ ，十六进制为 $0xC26F0000$ 。

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 和 k2。请回答下列问题。（提示：带符号整数用补码表示）

(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？

补码 类型转换

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1）134 = 128 + 6 = 1000 0110B，所以 x 的机器数为 1000 0110B，故 R1 的内容为 86H。246 = 255 - 9 = 1111 0110B，所以 y 的机器数为 1111 0110B。x-y: 1000 0110 + 0000 1010 = (0)1001 0000，括弧中为加法器的进位，故 R5 的内容为 90H。x+y: 1000 0110 + 1111 0110 = (1)0111 1100，括弧中为加法器的进位，故 R6 的内容为 7CH。

2）m 的机器数与 x 的机器数相同，皆为 86H=1000 0110B，解释为带符号整数 m（用补码表示）时，其值为 -1111010B = -122。m-n 的机器数与 x-y 的机器数相同，皆为 90H=1001 0000B，解释为带符号整数 k1（用补码表示）时，其值为 -1110000B = -112。

3）能。n 位加法器实现的是模2n无符号整数加法运算。对于无符号整数 a 和 b，a + b 可以直接用加法器实现，而 a - b 可以通过 a 加上 b 的补数来实现，即 a - b 等价于 a 加上 -b 的补码，结果对 2 的 n 次方取模。因此，n 位无符号整数的加法和减法运算都可以通过 n 位加法器实现。由于带符号整数使用补码表示，其加减法遵循的公式是：a + b 的补码等于 a 的补码加上 b 的补码，结果对 2 的 n 次方取模；同样，a - b 的补码等于 a 的补码加上 -b 的补码，结果也对 2 的 n 次方取模。因此，n 位带符号整数的加减运算也都可以通过 n 位加法器完成。

4）带符号整数加/减运算的溢出判断规则为：若加法器的两个输入端（加法）的符号相同，且不同于输出端（和）的符号，则结果溢出，或加法器完成加法操作时，若次高位的进位和最高位的进位不同，则结果溢出。最后一条语句执行时会发生溢出。因为 10000110+11110110=(1)01111100，括弧中为加法器的进位，根据上述溢出判断规则，可知结果溢出。或因为 2 个带符号整数均为负数，它们相加之后，结果小于 8 位二进制所能表示的最小负数。

已知f(n)=∑i=0n 2i=2n+1−1=11⋯1 B，计算f(n)的 C 语言函数 f1 如下：

int f1(unsigned n) {
    int sum=1, power=1;
    for(unsigned i=0; i<= n -1; i ++) {
        power * = 2;
        sum += power;
    }
    return sum ;
}

将 f1 中的 int 都改为 float，可得到计算 f(n) 的另一个函数 f2。假设 unsigned 和 int 型数据都占 32 位，float 采用 IEEE754 单精度标准。请回答下列问题。

(1) 当 n=0 时，f1 会出现死循环，为什么？若将 f1 中的变量 i 和 n 都定义为 int 型，则 f1 是否还会出现死循环？为什么？

(2) f1(23) 和 f2(23) 的返回值是否相等？机器数各是什么（用十六进制表示）？

(3) f1(24) 和 f2(24) 的返回值分别为 33554431 和 33554432.0，为什么不相等？

(4) f(31)=232−1，而 f1(31) 的返回值却为 -1，为什么？若使 f1(n) 的返回值与 f(n) 相等，则最大的 n 是多少？

(5) f2(127) 的机器数为 7F80 0000H，对应的值是什么？若使 f2(n) 的结果不溢出，则最大的 n 是多少？若使 f2(n) 的结果精确（无舍入），则最大的 n 是多少？

补码 IEEE浮点数表示

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1）由于i和n是 unsigned 型，故i≤n−l是无符号数比较，n=0时，n−1的机器数为全1，值是232−1，为 unsigned 型可表示的最大数，条件i≤n−1永真，因此出现死循环。（2 分）若i和n改为 int 类型则不会出现死循环。（1 分）因为i≤n−1是带符号整数比较，n=0时，n−1的值是−1，当i=0时条件i≤n−1不成立，此时退出 for 循环。（1 分）

2）f1(23) 与 f2(23) 的返回值相等。（1 分）f(23) =223+1−1=224−1，它的二进制形式是24个1。int 占32位，没有溢出。float 有1个符号位，8个指数位，23个底数位，23个底数位可以表示24位的底数。所以两者返回值相等。f1(23) 的机器数是 00FF FFFFH。（1 分）f2(23) 的机器数是 4B7F FFFFH。（1 分）显而易见前者是24个1，即00000000111111111111111111111111(2)，后者符号位是0，指数位为23+12710 =100101102，底数位是111111111111111111111112。

3）当 n=24 时，f(24) = 1 1111 1111 1111 1111 1111 1111 B，而 float 型数只有 24 位有效位，舍入后数值增大，所以 f2(24) 比 f1(24) 大 1。（1 分）【评分说明】只要说明 f2(24) 需舍入处理即可给分。

4）显然 f(31) 已超出了 int 型数据的表示范围，用 f1(31) 实现时得到的机器数为 32 个 1，作为 int 型数解释时其值为 -1，即 f1(31) 的返回值为 -1。（1 分）因为 int 型最大可表示数是 0 后面加 31 个 1，故使 f1(n) 的返回值与 f(n) 相等的最大 n 值是 30。（1 分）【评分说明】对于第二问，只要给出 n=30 即可给分。

5）IEEE754 标准用“阶码全 1、尾数全 0”表示 无穷大。2 返回值为 f1oat 型，机器数 7F800000H 对应的值是+∞。（1 分）当 n=126 时，f(126) =2127−1=1.1…1×2126，对应阶码为 127+126=253，尾数部分舍入后阶码加 1，最终阶码为 254，是 IEEE754 单精度格式表示的最大阶码。故使 2 结果不溢出的最大 n 值为 126。（1 分）当 n=23 时，f(23) 为 24 位 1，f1oat 型数有 24 位有效位，所以不需舍入，结果精确。故使 f2 获得精确结果的最大 n 值为 23。（1 分）【评分说明】对于第二问，只要给出 n=23，即可给分。对于第三问，只要给出 n=126，即可给分。