补码一位乘(布斯公式)

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本文适用于补码表示的定点小数定点整数乘法运算(硬件或软件实现) 

◆ 先考查两个补码乘法运算的例子
例1: 已知 X=0.1011,Y=0.0001(真值)
[X]=01011 , [Y]= 00001
[X*Y]=000001011
[X]*[Y]=000001011
这时有,[X*Y]=[X]*[Y]

例2: 已知 X=0.1011,Y= - 0.0001(真值)
[X]=01011 , [Y]= 11111
[X*Y]=111110101
[X]*[Y]=101010101
显然,[X*Y]  [X]*[Y]

▲ 对两个正数来说,它们补码的乘积等于它们乘积的补码。若乘数是负数时,这种情况就不成立了。

原码乘法的主要问题是符号位不能参加运算,单独用一个异或门产生乘积的符号位。故自然提出能否让符号数字化后也参加乘法运算,补码乘法就可以实现符号位直接参加运算。

为了得到补码一位乘法的规律,先从补码和真值的转换公式开始讨论。(以纯小数为例)

1.  补码与真值的转换公式

设 [x] = x. x1x2xn ,有:

 

                      n                   
x = - x0+∑  xi2-i     
                   i=1 

 

等式左边 x 为真值。此公式说明真值和补码之间的关系。

2.  补码的右移

正数右移一位,相当于乘1/2(即除2)。负数用补码表示时,右移一位也相当于乘1/2。因此,在补码运算的机器中,一个数不论其正负,连同符号位向右移一位(即符号扩展),若符号位保持不变,就等于乘1/2。

3.  补码乘法规则

设被乘数 [x] = x0.x1x2xn 和乘数 [y] = y0.y1y2yn (注意:包括符号位共n+1位)均为任意符号,则有补码乘法算式

 

                                             n  
  [x·y]= [x]·( -y0+∑ yi2-i )
                                                    i=1 

 

为了推出串行逻辑(递推),实行分步算法,将上式展开加以变换:

[x·y]   = [x]·[ - y0 + y12-1 + y22-2 + … + yn2-n]

          = [x]·[ - y0 + (y1 - y12-1) + (y22-1 - y22-2) + … + (yn2-(n-1) - yn2-n)]

          = [x]·[(y1 - y0) + (y2 - y1) 2-1 + … + (yn - yn-1) 2-(n-1) + (0 - yn)2-n]

          = [x]·[...................................] (yn+1  =  0)   

 

               

写成递推公式如下:

         z] = 0 (赋初值0)

        z] = 2 -1z]补 +  (  yn+1 - yn ) [x]补 }       (yn+1  =  0)

; 注:2 -1表示右移,带符号扩展。补码的加减法在移位时不考虑进位C

                

        z] = 2 -1zi-1 ]补 +  ( yn-i+2 yn-i+1 ) [x] }             

                

        z] = 2 -1{ [ zn-1 ]补 +  ( y2 - y) [x]补 }

         zn+1 ] = [ z]补 +  (  yy) [x] = [ x·] 此最后一步不需要移位(对纯小数!)

开始时,部分积为 0,即 [z0] = 0。然后每一步都是在前次部分积的基础上,由 ( yi+1  -  yi  ) ( i = 0,1,2,…,n) 决定对[x]的操作,再右移一位,得到新的部分积。如此重复 n + 1步,最后一步不移位,便得到 x·] ,这就是有名的Booth布斯算法

实现这种补码乘法规则时,在乘数最末位后面要增加一位补充位 yn+1 。开始时,由 ynyn+1 判断第一步该怎么操作;然后再由 yn - 1 yn 判断第二步该怎么操作。因为每做一步要右移一位,故做完第一步后, yn - 1 yn 正好移到原来 ynyn+1 的位置上。依此类推,每步都要用 ynyn+ 1 位置进行判断,我们将这两位称为判断位

如果判断位 ynyn+1 = 01,则 yi+1 yi  = 1,做加[x]操作;

如果判断位 yn yn+1 = 10,则 yi+1 -yi  =  - 1,做[ - x](或者-[x])操作;

如果判断位 yn yn+1 = 11 或 00,则 yi+1yi  = 0,z] 加0,即保持不变。

4. 补码一位乘法运算规则

(1) 如果 yn = yn+1,部分积 z] 加0,再右移一位;

(2) 如果 yn yn+1 = 01,部分积加],再右移一位;

(3) 如果 yyn+1 = 10,部分积加[ - x](或减[x],再右移一位;

这样重复进行 n+1 步,但最后一步不移位(对纯小数)。包括一位符号位,所得乘积为 2n+1 位,其中 2n 为尾数位数。对于码整数相乘,最后一步也要移位!乘积有2n+2 位,其中 2n 为尾数位数

【例 】  x  = 0.1101, y = 0.1011,用补码一位乘法计算 x·y = 

[解:]     求解过程如下:

 

 

 

 

部分积

 

 

乘数

说明

 

 

 

00.0000

 

0.

1

0

1

1

0

yn+1  =  0

 

+

 

11.0011

 

 

 

 

 

 

 

ynyn+1 = 10,加[-x]

 

 

 

11.0011

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11.1001

 

1

0

1

0

1

1

右移一位

 

+

 

00.0000

 

 

 

 

 

 

 

ynyn+1 = 10,加0

 

 

 

11.1001

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11.1100

 

1

1

0

1

0

1

右移一位

 

+

 

00.1101

 

 

 

 

 

 

 

ynyn+1 = 01,加[x]

 

 

 

00.1001

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

00.0100

 

1

1

1

0f

1

0

右移一位

 

+

 

11.0011

 

 

 

 

 

 

 

ynyn+1 = 01,加[-x]

 

 

 

11.0111

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11.1011

 

1

1

1

1

0

1

右移一位

 

+

 

00.1101

 

 

 

 

 

 

 

ynyn+1 = 01,加[x]

 

 

 

00.1000

 

1

1

1

1

0

1

最后一步不移位

 

所以                        [x · y]  = 0.10001111

 

 

实现32位Booth乘法算法的流程图

例:用Booth算法计算2×(-3)。

  解:[2]=0010,[-3]=1101,在乘法开始之前,R0和R1中的初始值为0000和1101,R2中的值为0010。

  在乘法的第一个循环中,判断R1的最低位和辅助位为10,所以进入步骤1c,将R0的值减去R2的值,结果1110送人R0,然后进人第二步,将R0和Rl右移一位,R0和R1的结果为11110110,辅助位为l。
  在第二个循环中,首先判断Rl的最低位和辅助位为0l,所以进入步骤1b,作加法,R0+R2=1111+0010,结果0001送入R0,这时R0R1的内容为0001 0110,在第二步右移后变为0000 1011,辅助位为0。
  在第三次循环中,判断位为10,进入步骤lc,R0减去R2,结果1110送入R0,R1不变;步骤2移位后R0和R1的内容为1111 01011,辅助位为1。
  第四次循环时,因两个判断位为11,所以不作加减运算,向右移位后的结果为1111 1010,这就是运算结果(—6)。
  这个乘法的过程描述如下表所示,表中乘积一栏表示的是R0、R1的内容以及一个辅助位P,黑体字表示对两个判断位的判断。

Booth补码一位乘法计算2 ×(-3)的过程 

循环

步骤

乘积(R0,R1, P)

0

初始值

0000 1101 0

1

1c:减0010

1110 1101 0

2:右移1位

1111 0110 1

2

1b:加0010

0001 0110 1

2:右移1位

0000 1011 0

3

1c:减0010

1110 1011 0

2:右移1位

1111 0101 1

4

1a:无操作

1111 0101 1

2:右移1位

1111 1010 1

 

 
posted @ 2018-07-03 22:00  希声lx  阅读(21610)  评论(0编辑  收藏  举报