内容发布更新时间 : 2024/11/8 21:23:39星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

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答：采用补码运算具有如下两个特征：

（1）因为使用补码可以将符号位和其他位统一处理，同时，减法也可以按加法来处理，即如果是补码表示的数，不管是加减法都直接用加法运算即可实现。

（2）两个用补码表示的数相加时，如果最高位（符号位）有进位，则进位被舍弃。 这样的运算有两个好处：

（a）使符号位能与有效值部分一起参加运算，从而简化运算规则。从而可以简化运算器的结构，提高运算速度；（减法运算可以用加法运算表示出来。）

（b）加法运算比减法运算更易于实现。使减法运算转换为加法运算，进一步简化计算机中运算器的线路设计。

3)浮点数的表示范围和精确度分别由什么决定?字长一定时浮点数的表示范围与精确度之间有和关系?

答：浮点数的表示范围由阶码的位数决定，精确度由尾数的位数决定。

当机器字长一定时，分给阶码的位数越多，尾数占用的位数就越少，则数的表示范围越大。而尾数占用的位数减少，必然会减少数的有效数位，即影响数的精度。

4)汉字输入码、机内码和字型码在汉字处理过程中各有何作用？

答：汉字输入码、机内码和字型码，分别用于汉字的输入、汉字在计算机内的处理以及汉字的显示和打印。

具体来说，计算机要对汉字信息进行处理，首先要将汉字转换成计算机可以识别的二进制形式并输入到计算机，这是由汉字输入码完成的；汉字输入到计算机后，还需要转换成内码才能被计算机处理，显然，汉字内码也应该是二进制形式。如果需要显示和打印汉字，还要将汉字的内码转换成字形码。

5)在机内码中如何区分两个ASCII码字符和一个汉字?

答：将一个汉字看成是两个扩展ASCII码，使表示GB2312汉字的两个字节的最高位都为1，而每个ASCII码字符中每个字节的最高位为0。这样就能区别一个机内码到底对应一个汉字还是两个西文字符。

6)“8421码就是二进制数”。这种说法对吗？为什么？

答：这种说法是不对的。8421码是一种最简单的有权码，它选取4位二进制数的前10个代码0000～1001分别对应表示十进制数的10个数码。若按权求和，和数就等于该代码所对应的十进制数。

8421码是一种编码方式，用于十进位制与二进制数之间的转换。

而二进制数是用0和1两个数码来表示的数。二者是不同的概念，不能等同。

7)如何识别浮点数的正负？浮点数能表示的数值范围和数值的精确度取决于什么？

答：当采用一般浮点数格式表示浮点数时,阶码和尾数都各包含一位符号位。浮点数的正负由尾数的的符号位决定。当采用IEEE754格式时，通过数符就能判断出浮点数的正负。

浮点数能表示的数值范围和数值的精确度，分别取决于阶码的位数和尾数的位数。

8)简述CRC的纠错原理。

答：发送部件将某信息的CRC码传送至接收部件，接收部件收到CRC码后，仍用约定的生成多项式G(x)去除，若余数为0，表示传送正确；若余数不为0，表示出错，再由余数的值来

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确定哪一位出错，从而加以纠正。具体的纠错原理如下：

（1）不论错误出现在哪一位,均要通过将出错位循环左移到最左边的一位上时被纠正； （2）不为零余数的具有循环特性。即在余数后面补一个零除以生成多项目式,将得到下一个余数,继续在新余数基础上补零除以生成多项式,继续该操作，余数最后能循环到最开始的余数。

（3）CRC就是利用不为零余数的循环特性,在循环计算余数的同时，将收到的CRC编码同步移动，当余数循环到等于最左边位出错对应的余数时，表明已将出错的位移到CRC码的最左边,对出错位进行纠错。

（4）继续进行余数的循环计算,并同步移动CRC编码,当余数又回到最开始的值时,纠错后的CRC码又回到了最开始的位置。至此，完成CRC的纠错任务。

2.3 写出下列各数的原码、反码和补码。 0， 一0， 0.10101， 一0.10101， 0.11111， 一0.11111， －0.10000， 0.10000 解：

x=0，则［＋0］原 ＝ 0.00…0 ， [＋0 ]反＝ 0.00…0，［＋0］补 ＝0.00…0； x=-0，则［－0］原 ＝ 1.00…0，[－0]反 ＝ 1.11…l，[－0]补 ＝ 0.00…0； x=0.10101，则［x］原 ＝0.10101，[x]反 ＝0.10101，[x]补 ＝0.10101； x=一0.10101，则［x］原 ＝1.10101，[x]反 ＝1.01010，[x]补 ＝1.01011； x=0.11111，则［x］原 ＝0.11111，[x]反 ＝0.00000，[x]补 ＝0.00001； x=一0.11111，则［x］原 ＝1.11111，[x]反 ＝1.00000，[x]补 ＝1.00001； x=－0.10000，则［x］原 ＝1.10000，[x]反 ＝1.01111，[x]补 ＝1.10000； x=0.10000，则［x］原 ＝0.10000，[x]反 ＝0.10000，[x]补 ＝0.10000。

2.4 已知数的补码表示形式，求数的真值。

[x]补＝0.10010, [x]补＝1.10010, [x]补＝1.11111, [x]补＝1.00000, [x]补＝0.10001, [x]补＝1.00001,

解：

[x]补＝0.10010,则[x]原＝0.10010，x=0.10010； [x]补＝1.10010,则[x]原＝1.01101，x=－0.01101； [x]补＝1.11111,则[x]原＝1.00000，x=－0；

[x]补＝1.00000，则[x]原＝1.11111，x=－0.11111； [x]补＝0.10001，则[x]原＝0.10001，x=0.10001； [x]补＝1.00001，则[x]原＝1.11110，x=－0.11110。

2.5 已知x＝0.10110,y＝—0.01010,求：

[x/2]补, [x/4]补, [y/2]补, [2y]补

解： [x]原=0.10110=[x]反=[x]补，

所以[x/2]补=0.010110，[x/4]补=0.0010110； [y]原=1.01010，[y]反=1.10101，[y]补=1.10110， 所以[y/2]补=1.110110，[2y]补=1.0110。

2.6 C语言中允许无符号数和有符号整数之间的转换, 下面是一段C语言代码: Int x =-1;

Unsigned u=2147483648;

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Printf (“x=%u=%d\\n”,x,x); Printf (“u=%u=%d\\n”,u,u);

给出在32位计算机中上述程序段的输出结果并分析原因. 解：x=4294967295=-1；u=2147483648=-2147483648

原因：x是int型，在计算机中以补码形式存在。%u以无符号输出，%d输出真值,所以x=4294967295=-1。

31

u=2是一个无符号数，无溢出，由于首位为1

%u符号输出第一位为非符号位，所以是2147483648

31

%d 第一位为符号位，所以是负数，取反加1还是2所以是-2147483648。

2.7 分析下列几种情况下所能表示的数据范围分别是多少 1)16位无符号数;

2)16位原码定点小数; 3)16位补码定点小数; 4) 16位补码定点整数; 解：

16

1)16位无符号数：0 ~ 1111 1111 1111 1111，即0 ~ 2-1=65535

-15-15

2)16位原码定点小数：1.111 1111 1111 1111 ~ 0.111 1111 1111 1111，即 -（1-2）~ 1-2

-15

3)16位补码定点小数：1.000 0000 0000 0000 ~ 0.111 1111 1111 1111，即 -1 ~ 1-2

1515

4) 16位补码定点整数：1000 0000 0000 0000 ~ 0111 1111 1111 1111，即 -2 ~ 2-1

2.8 用补码表示8位二进制整数，最高位用一位表示符号（即形如x0x1x2x3x4x5x6x7）时,模应为多少？

解：因为8位二进制数补码的表示范围为：-128~127一共有256个数，所以模为256。

2.9 用IEEE754 32位浮点数标准表示十进制数

a)?65 b)3.1415927 c)64000

8解：

a) 首先分别将整数和分数部分转换成二进制数：

5?6=-110.101 8移动小数点，使其变成1.M的形式： -110.101=-1.10101*2 于是得到：

S=0, e = 2，E= 10+01111111 = 10000001，M = 10101 最后得到32位浮点数的二进制存储格式为：

1100 0000 1101 0100 0000 0000 0000 0000=（C0D40000）16

b) 首先分别将整数和分数部分转换成二进制数： 3.1415927=11.00100100001111110110101 移动小数点，使其变成1.M的形式

11.00100100001111110110101=1.100100100001111110110101×2

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于是得到：

S=0, e = 1，E= 1+01111111 =10000000，M = 10010010000111111011010 最后得到32位浮点数的二进制存储格式为：

0100 0000 0100 1001 0000 1111 1101 1010=（40490FDA）16

c) 首先将6400转换成二进制数： 64000=1100100000000

移动小数点，使其变成1.M的形式

12

1100100000000=1.100100000000×2 于是得到：

S=0, e = 12，E= 1100+01111111 =10001011，M = 1001 最后得到32位浮点数的二进制存储格式为：

0100 0101 1100 1000 0000 0000 0000 0000=(45C80000) 16

2.10 求与IEEE754 32位浮点数43940000H对应的十进制数。 解：

43940000H=（0100 0011 1001 0100 0000 0000 0000 0000）2S=0，E=（10000111）2-127=8，M=1.00101

所以表示数为100101000，对应的十进制数为296。

2.11 求32位 IEEE754 浮点数能表示的最大数和最小数。

解：用IEEE754格式(E的取值范围：1~254，留出全0和全1分别表示0和无穷大)

31 30 23 22 0

S E M 127

-23

(1) 最大数的二进制表示： 0 11111110 11111111111111111111111 即 2(2-2) (2) 最小数的二进制表示：

1 11111110 11111111111111111111111 即 - 2(2-2)

mn

2.12 设有两个正浮点数：N1＝2×M1，N2＝2×M2。

（1）若m＞n，是否有N1＞N2？

（2）若M1和M2是规格化的数，上述结论是否正确？ 解：（1）不一定。

32

例如，N1＝2×0.001，N2＝2×0.01，此时m＞n，却有N1＝N2。

32

再如，N1＝2×0.001，N2＝2×0.1，此时m＞n，却有N1＜N2。 （2）正确。

因为浮点数规格化，要求尾数的最高位为非0数码，即当尾数的值不为零时，其绝对值应大于或等于(1/2)10。

那么M1和M2都必须是0.1× × … ×的形式。这时，若m＞n，则一定有N1＞N2。

2.13 设二进制浮点数的阶码为3位，尾数是7位。用模2补码写出它们所能表示的最大正

127

-23

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数、最小正数、最大负数和最小负数，并将它们转换成十进制数。 解： 补码 真值

3-6

最大正数: 011；0.111111, 2×（1-2）

3-6

最小正数: 101；0.000001, 2×2

3-6

最大负数: 101；1.111111, -2×2

3-6

最小负数: 011；1.000000, -2×（1-2）

2.14 将下列十进制数表示成浮点规格化数，阶码4位，尾数10位，各含1位符号，阶码和

尾数均用补码表示。

（1）57/128 （2) —69/128 解：（1）57/128=(0.0111001)2，记x=0.0111001，则[x]原=[x]反=[x]补=0.0111001，

-1

规格化：[x]补=0.111001*2

阶码的原码为：1001，因此补码为：1111 尾数为：0111001000

表示成浮点规格化数：1111 0111001000

（2）-69/128=(-0.1000101)2，记x=-0.1000101，则[x]原=1.1000101，[x]反=1.0111010，[x]补=1.0111011，

无需规格化，阶码为0000，尾数为1011101100 表示成浮点规格化数：0000 1011101100

2.15 设有效信息为01011011，分别写出奇校验码和偶校验码。如果接收方收到的有效信息为01011010，说明如何发现错误。 解：奇偶校验位分别为：0和1， 奇校验码：010110110 偶校验码：010110111

如果采用奇校验，则发送方发出的奇校验码x=010110110（前8位是有效信息位，最后一位是校验位），

如果接收方收到的x=010110100 (只有1位出错，最后一个0是校验位),

接收方按奇校验方式根据01011010计算得到的验位C’＝1 ，与从信息中读到得校验码的取值不同，表明传送的信息发生了错误。

如果采用偶校验，利用相似的方法可以发现错误。

2.16由 6 个字符的 7 位 ASCII 编码排列，再加上水平和垂直偶校验位构成如表2.23的行列结构（最后一列为水平奇偶校验位，最后一行为垂直奇偶校验位）

表2.23 ASCII码交叉校验

字符

7 位 ASCII 码

1 X3 1 1 X8

HP 0 1 0 1 0

3 0 X1 X2 0 0 1 Y1 1 0 0 1 0 0 + X4 1 0 1 0 1 Y2 0 1 X5 X6 1 1 D 1 0 0 X7 1 0

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