4. 定点数运算：补码加减法、溢出判断、原码一位乘法、补码一位乘法、原码除法、补码除法（恢复余数法、不恢复余数法）
定点数运算是计算机组成原理中运算器的核心基础。计算机中的定点数通常以补码形式存储和参与运算，因为补码可以将符号位与数值位统一处理，使得加减法运算规则统一、电路实现简单。本章围绕定点数的加减乘除四类基本运算展开，重点讲解补码加减法的规则与溢出判断方法、原码/补码一位乘法的迭代流程，以及原码/补码除法中恢复余数法与不恢复余数法的算法思想。掌握这些内容，不仅有助于理解ALU（算术逻辑单元）的硬件设计，也是后续学习浮点数运算、流水线冲突处理等章节的重要前提。
4.1 补码加减法运算
4.1.1 核心原理
补码加减法的理论基础是模运算。对于n位定点整数（含符号位），补码的定义为：正数的补码等于其原码本身；负数的补码等于其值按位取反后加1。补码的最大优势在于：减法可以转化为加法，即 [X−Y]补 = [X]补 + [−Y]补，其中 [−Y]补 是对 [Y]补 连同符号位一起取反加1得到。这样，运算器内部只需要一套加法器电路，无需单独设计减法器，大大简化了硬件结构。
运算时，符号位与数值位一同参与二进制加法，最高位（符号位）产生的进位自然丢弃（模2ⁿ意义下）。例如，4位补码中，3 + (−2) = 0011 + 1110 = 10001，丢弃最高位进位后得到 0001，即正确结果1。
[X+Y]补 = ([X]补 + [Y]补) mod 2ⁿ
[X−Y]补 = ([X]补 + [−Y]补) mod 2ⁿ
[−Y]补 = ¬[Y]补 + 1（按位取反加1，包括符号位）
4.1.2 溢出判断方法
溢出是指运算结果超出了机器字长所能表示的范围。对于n位补码，可表示范围为 [−2ⁿ⁻¹, 2ⁿ⁻¹−1]。当两个同号数相加或两个异号数相减时，可能产生溢出。常用的溢出判断方法有三种：
| 判断方法 | 实现原理 | 判断条件 |
|---|---|---|
| 双符号位法（变形补码） | 运算时采用两个符号位 S₁S₂ | S₁S₂ = 01 表示正溢出；S₁S₂ = 10 表示负溢出；S₁S₂ = 00 或 11 表示无溢出 |
| 进位位异或法 | 比较符号位进位 C₁ 与最高数值位进位 C₂ | C₁ ⊕ C₂ = 1 时发生溢出 |
| 符号位与数值位最高位判断 | 观察运算前后符号位变化 | 两正数相加结果为负，或两负数相加结果为正，则溢出 |
双符号位法在硬件实现上最为直观：将补码的符号位复制一份，形成 S₁S₂ 两位，运算结果中若 S₁S₂ 不一致，则说明发生了溢出。实际存储时只保留一位符号位，双符号位仅用于运算过程中的检测。
4.1.3 案例拆解
场景：4位补码系统（范围 −8~7），计算 5 + 4。
[5]补 = 0101
[4]补 = 0100
0101
+ 0100
------
1001 → 符号位为1，结果为负数，明显错误！
双符号位验证：00 0101 + 00 0100 = 00 1001 → S₁S₂=00，无溢出？
等等，这里需要仔细分析。4位补码中，5+4=9，已经超出最大值7，属于正溢出。使用双符号位法：00 0101 + 00 0100 = 00 1001，S₁S₂=00，看似无溢出，但结果 1001 是 −7 的补码，显然错误。问题出在哪里？
实际上，双符号位法要求使用变形补码，即符号位扩展为两位后参与运算。正确的做法是：5 的变形补码为 00 0101，4 的变形补码为 00 0100，相加得 00 1001，此时 S₁S₂=00，但数值位最高位（第3位）为1，与符号位不同，说明结果超出了4位原码的表示范围。因此，双符号位法需要结合数值位最高位判断：当 S₁S₂=00 但最高数值位为1时，表示正溢出；当 S₁S₂=11 但最高数值位为0时，表示负溢出。
更严谨的双符号位判断规则是：S₁S₂=01 正溢出，S₁S₂=10 负溢出，S₁S₂=00 且最高数值位=0 无溢出，S₁S₂=00 且最高数值位=1 正溢出，S₁S₂=11 且最高数值位=1 无溢出，S₁S₂=11 且最高数值位=0 负溢出。 实际上，最简洁的判断方式是使用进位位异或法：符号位进位 C₁ 与最高数值位进位 C₂ 异或，若为1则溢出。本例中，C₁=0（符号位无进位），C₂=1（最高数值位有进位），0⊕1=1，判定溢出，正确。
4.2 原码一位乘法
4.2.1 核心原理
原码一位乘法的基本思想是：符号位单独处理，数值位取值相乘。设被乘数 X 的原码为 XₛX₁X₂...Xₙ，乘数 Y 的原码为 YₛY₁Y₂...Yₙ，则乘积的符号位 Zₛ = Xₛ ⊕ Yₛ，乘积的数值部分为 |X| × |Y| 的值相乘结果。
值相乘采用“移位相加”的迭代方式：从乘数的最低位开始，逐位检查乘数的每一位。若当前位为1，则将被乘数加到部分积上；若为0，则不加。每次操作后，部分积右移一位，相当于乘数位权递减。经过n次迭代后，得到2n位的乘积数值部分。
4.2.2 操作流程
- 初始化：部分积 P = 0，乘数 Y 放入乘数寄存器，被乘数 X 放入被乘数寄存器。
- 从乘数最低位 Yₙ 开始，检查 Yₙ 的值：若 Yₙ=1，则 P = P + |X|；若 Yₙ=0，则 P 不变。
- P 和 Y 联合右移一位（逻辑右移），乘数最低位移出，部分积最低位移入乘数最高位。
- 重复步骤2-3共n次。
- 最终结果 = 符号位异或值 + P和Y拼接的2n位数值。
4.2.3 案例拆解
场景：4位原码乘法，X = −3，Y = +5，机器字长4位（1位符号位+3位数值位）。
|X| = 011，|Y| = 101
符号位：Zₛ = 1 ⊕ 0 = 1（结果为负）
迭代过程（部分积P初始为000，乘数Y=101）：
第1次：Y最低位=1 → P = 000 + 011 = 011 → 右移 → P=001，Y=110（移入1）
第2次：Y最低位=0 → P不变=001 → 右移 → P=000，Y=110（移入1）
第3次：Y最低位=1 → P = 000 + 011 = 011 → 右移 → P=001，Y=101（移入1）
最终：P=001，Y=101，拼接为 001101 = 13（十进制）
结果：−13，验证：−3 × 5 = −15？不对！
这里发现结果不对。仔细检查：4位原码中，3位数值位最大表示7，−3×5=−15，超出了4位原码的表示范围（−7~7）。因此，这个例子本身就有问题。正确的做法是：当乘积可能超出单字长时，应使用双字长存储。对于4位原码乘法，结果需要8位（1位符号位+7位数值位）才能完整表示。实际考试中，通常给定n位原码，要求计算2n位乘积。
修正案例：设 X = −3（原码 1011），Y = +2（原码 0010），使用4位原码乘法，结果用8位表示。
|X| = 011，|Y| = 010
符号位：Zₛ = 1 ⊕ 0 = 1
迭代（P初始000，Y=010）：
第1次：Y最低位=0 → P不变=000 → 右移 → P=000，Y=001（移入0）
第2次：Y最低位=1 → P=000+011=011 → 右移 → P=001，Y=100（移入1）
第3次：Y最低位=0 → P不变=001 → 右移 → P=000，Y=100（移入1）
最终：P=000，Y=100，拼接为 000100 = 4
结果：−4，验证：−3×2=−6？还是不对！
再次发现问题。实际上，原码一位乘法中，部分积和乘数联合右移时，乘数寄存器需要扩展一位用于接收部分积的最低位。正确的迭代过程应为：
设P为3位，Y为3位，联合寄存器为6位（P在前，Y在后）
初始：P=000，Y=010 → 联合=000010
第1次：Y最低位=0 → P不变 → 联合右移 → 000001
第2次：Y最低位=1 → P=000+011=011 → 联合=011001 → 右移 → 001100
第3次：Y最低位=0 → P不变 → 联合右移 → 000110
最终联合=000110 = 6，符号位为1，结果−6 ✓
关键点在于：每次右移时，部分积的最低位移入乘数寄存器的最高位，而乘数的最低位被丢弃。 这样经过n次迭代后，乘数寄存器中保存的是乘积的低n位，部分积保存的是高n位。
4.3 补码一位乘法（Booth算法）
4.3.1 核心原理
补码一位乘法（Booth算法）的核心思想是：符号位直接参与运算，不需要单独处理符号。算法基于补码的数学性质，通过检查乘数末位和附加位（乘数最低位右侧额外增加的一位，初始为0）的组合来决定操作：
- YₙYₙ₊₁ = 00 或 11：部分积不变，右移一位
- YₙYₙ₊₁ = 01：部分积加被乘数 [X]补，右移一位
- YₙYₙ₊₁ = 10：部分积减被乘数（加 [−X]补），右移一位
这里的 Yₙ 是乘数当前最低位，Yₙ₊₁ 是附加位（初始为0）。每次操作后，部分积和乘数联合右移一位（算术右移，符号位保持不变）。经过n次迭代后，再额外右移一次（共n+1次），得到2n位的乘积。
4.3.2 操作流程
- 初始化：部分积 P = 0，乘数 Y 放入乘数寄存器，附加位 Yₙ₊₁ = 0，被乘数 X 的补码放入被乘数寄存器。
- 检查 YₙYₙ₊₁ 的组合，执行相应操作（加X、减X或不变）。
- 部分积和乘数联合算术右移一位（符号位扩展）。
- 重复步骤2-3共n次。
- 最后一次迭代后，不再右移（或再右移一次，取决于具体实现），乘积 = P拼接Y。
4.3.3 案例拆解
场景：4位补码乘法，X = −3（补码 1101），Y = +2（补码 0010），计算 X×Y。
[X]补 = 1101，[−X]补 = 0011
初始：P = 0000，Y = 0010，附加位 = 0
第1次：YₙYₙ₊₁ = 00 → P不变 → 算术右移 → P=0000，Y=0001，附加位=0
第2次：YₙYₙ₊₁ = 10 → P = P + [−X]补 = 0000+0011=0011 → 右移 → P=0001，Y=1000，附加位=1
第3次：YₙYₙ₊₁ = 01 → P = P + [X]补 = 0001+1101=1110 → 右移 → P=1111，Y=1100，附加位=0
第4次：YₙYₙ₊₁ = 00 → P不变 → 右移 → P=1111，Y=1110，附加位=0
最终：P=1111，Y=1110，拼接为 11111110 = −6（补码）✓
验证：−3 × 2 = −6，结果正确。注意算术右移时，符号位保持不变，即负数右移时高位补1。
4.4 原码除法
4.4.1 核心原理
原码除法的基本思想与手算除法类似：符号位单独处理（异或），数值位值相除。每次迭代中，用部分余数减去除数，若够减则商1，若不够减则商0。根据余数恢复策略的不同，分为恢复余数法和不恢复余数法（加减交替法）。
4.4.2 恢复余数法
恢复余数法的流程：
- 初始化：余数 R = 被除数值，商 Q = 0，除数 D 放入除数寄存器。
- 将 R 左移一位（相当于乘以2）。
- R = R − D。
- 若 R ≥ 0（符号位为0），则商上1；若 R < 0（符号位为1），则商上0，并恢复余数：R = R + D。
- 重复步骤2-4共n次。
- 最终余数可能需要修正（若最后一次恢复余数，则余数正确；否则需额外处理）。
恢复余数法的缺点是：当不够减时，需要额外执行一次加法来恢复余数，增加了运算次数和硬件复杂度。
4.4.3 不恢复余数法（加减交替法）
不恢复余数法是对恢复余数法的改进，其核心思想是：当余数为负时，不恢复余数，而是根据余数的符号决定下一步操作。
- 若余数 R ≥ 0：商上1，下一步 R = 2R − D（左移一位后减除数）
- 若余数 R < 0：商上0，下一步 R = 2R + D（左移一位后加除数）
这样，每一步只需一次加法或减法操作，不需要恢复余数，效率更高。
4.4.4 案例拆解
场景：4位原码除法，X = +7（原码 0111），Y = +3（原码 0011），计算 X÷Y。
|X| = 0111，|Y| = 0011，符号位：0⊕0=0（结果为正）
恢复余数法：
初始：R=0111，Q=0000
第1次：R左移=1110，R−D=1110−0011=1011（负数）→ 商0，恢复R=1110+0011=0001（注意：这里R左移后减D，恢复后R=0001？）
这里需要仔细理解。恢复余数法中，每次迭代先左移再减除数。第1次：R=0111，左移后为1110（注意这是4位，实际应扩展到5位以容纳进位）。更严谨的做法是使用双倍字长寄存器。为简化说明，我们使用5位寄存器：
初始：R=00111（5位），D=00011
第1次：R左移=01110，R−D=01110−00011=01011（正）→ 商1
第2次：R左移=10110，R−D=10110−00011=10011（负）→ 商0，恢复R=10011+00011=10110
第3次：R左移=01100，R−D=01100−00011=01001（正）→ 商1
第4次：R左移=10010，R−D=10010−00011=01111（正）→ 商1
商Q=1011（二进制）=11？不对，7÷3=2余1
问题出在商的位置。实际上，商应该从最高位开始上，每次上商后左移。正确的流程是：商寄存器初始为0，每次上商后，商左移一位，将新的商位放入最低位。经过4次迭代后，商为0010（十进制2），余数为0001（十进制1）。
4.5 补码除法
4.5.1 核心原理
补码除法与补码乘法类似，符号位自然参与运算，不需要单独处理。补码除法的基本思想是：根据被除数和除数的符号关系，决定每一步是加除数还是减除数。具体规则如下：
- 若被除数与除数同号：余数减去除数（R = R − D）
- 若被除数与除数异号：余数加上除数（R = R + D）
- 若余数与除数同号：商上1，下一步余数左移后减除数
- 若余数与除数异号：商上0，下一步余数左移后加除数
补码除法的商以补码形式产生，最后需要根据余数的符号进行修正：若被除数与除数异号，则商需要加1修正（即商的最低位加1）；若余数与被除数异号，则余数需要加除数修正。
4.5.2 操作流程
- 初始化：余数 R = 被除数补码，除数 D = 除数补码，商 Q = 0。
- 根据 R 与 D 的符号关系，执行 R = R − D 或 R = R + D。
- 判断 R 与 D 是否同号：同号则商上1，异号则商上0。
- R 和 Q 联合左移一位（算术左移）。
- 重复步骤2-4共n次。
- 修正：若被除数与除数异号，则商加1；若余数与被除数异号，则余数加除数。
4.5.3 案例拆解
场景：4位补码除法，X = −7（补码 1001），Y = +3（补码 0011），计算 X÷Y。
被除数X=1001，除数D=0011
X与D异号 → 初始操作：R = R + D = 1001 + 0011 = 1100
第1次：R=1100，D=0011，R与D异号 → 商0，左移 → R=1000，Q=0000
第2次：R与D异号 → R = R + D = 1000+0011=1011，R与D异号 → 商0，左移 → R=0110，Q=0000
第3次：R与D同号 → R = R − D = 0110−0011=0011，R与D同号 → 商1，左移 → R=0110，Q=0001
第4次：R与D同号 → R = R − D = 0110−0011=0011，R与D同号 → 商1，左移 → R=0110，Q=0011
修正：被除数与除数异号 → 商加1：Q=0011+0001=0100（补码，表示−4？）
验证：−7÷3 = −2余