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3月18日作业（2.4，2.5）1.P638.(1)解：（1）[ｘ1]原=011000，[y1]原=111111，（2）符号位单独运算qf=(ｘf⊕ｙf)=0⊕1=1（3）数值位运算过程：计算11000/11111=0.11000/0.11111令|x|=0.11000|y|=0.11111（关键）则[|ｘ|]补=0.11000，[|y|]补=0.11111，[-|y|]补=1.000010.11000+[-|y|]补1.000011.110010，q0=0+[|y|]补2-10.0111110.0100010，q1=1+[-|y|]补2-21.11000010.00000110，q2=1+[-|y|]补2-31.111000011.111001110，q3=0+[|y|]补2-40.0000111111.1111011010，q4=0+[|y|]补2-50.00000111111.11111110010，q5=0[q]原=qf.q1q2q3q4q5=1.11000余数校正：1.1111111001+0.0000011111=0.0000011000q=-0.11000r=0.0000011（余数与被除数同号）x1/y1的余数r1=r×25=0.11000主要问题：未按要求——阵列除法器（操作过程：减（or加）右移后的除数）符号位未单独处理2.（选作）已知x=-0.0100，y=0.1000，用加减交替法原码一位除（亦即原码加减交替法的串行实现）计算[x/y]原。要求：补码用双符号位表示，列表给出运算过程，商保留到小数点后4位。解：[ｘ]原=1.0100，[y]原=0.1000，结果为[q]原符号位单独运算qf=(ｘf⊕ｙf)=1⊕0=1数值为运算过程：|x|=0.0100|y|=0.1000[|x|]补=00.0100，[|y|]补=00.1000，[-|y|]补=11.1000运算过程中要用到补码加、减法公式：[x+y]补=[ｘ]补+[y]补[x-y]补=[ｘ]补+[-y]补部分余数ri商说明00.0100+11.1000r0=00.01000.0000用一移位寄存器保存商,初始值为0;减|y|11.110011.1000+00.1000r1=11.1100r1=11.10000.0000|1=r0-|y|0,故商0余数左移一位,即r1=2r1加|y|100.000000.0000+11.1000r2=00.0000r2=00.00000.0001r20,商1余数左移一位,即r2=2r2减|y|11.100011.0000+00.1000r3=11.1000r3=11.00000.0010r30,商0余数左移一位,r3=2r3减|y|11.100011.0000+00.1000r4=11.1000r4=11.00000.0100r40,商0余数左移一位,r4=2r4加|y|11.1000+00.1000r5=11.10000.1000r50,商1余数校正100.0000r5=00.0000[q]原=[q]补=0.1000q=-0.1000余数[r]原=1.0000×2-4主要问题：没有把符号位提出来单独运算；步数不够3.原码除法有恢复余数法和加减交替法，哪一种方法好，为什么？恢复余数法：除法进行过程的步数多且步数不固定，故控制比较复杂。加减交替法：其步数少且步数固定，控制简单。4.（选作）在原码除法器中，原码一位除电路（详见PPT）和不恢复余数的阵列除法器电路（教材：图2.9）有何主要相同之处和不同之处？主要相同之处：基于加减交替法而构建主要不同之处：纯串行结构（加/减，移位），有并行实现（加/减和移位同时进行）5.在原码除法的加减交替法中，符号位单独运算，b。a)数值位求商的运算过程使用了原码加法和减法运算b)数值位求商的运算过程使用了补码加法和减法运算c)数值位只做减法运算d)数值位只做加法运算6.运算器的主要功能是进行c。a)逻辑运算b)算术运算c)逻辑运算和算术运算d)只作加法7.定点运算器中，一般包括ALU、寄存器、多路开关、三态缓冲器、数据总线等。