408笔记📚

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强化阶段笔记 ​

1. 定点整数运算 ​

1.1. 16 进制补码和 10 进制 ​

  • 如果前导 F 比较多，利用 0x(FFFF...F) = -1 ，用 -1 减去二进制就可以消去所有 F，然后列方程解出十进制。
  • 二级结论：0xFFFX -> X - 16，0XFFXY -> 16X + Y - 256。

2. 浮点数 ​

2.1. 加减法舍入操作 ​

  • 发生在对阶、尾数加减、规格化的所有操作最后。
  • 在这之前，左右规产生的补位都保留（即使超过有效位数）。
  • 舍入时，丢弃尾数最后一段超出长度的部分，同时，若丢弃的部分最高位为 1，则丢完后尾数末尾 +1，否则不变。
  • 注意：判断要不要加 1 单独在舍入阶段进行，和左右规无关！

2.2. IEEE754 单精度加减法 ​

  • 结构：F32 = 1 + 8 + 23，1 位尾数符号，8 位移码阶码，23 位原码尾数（省略最高位 1，实际尾数 24 位）
  • 省略的 1 是个位的，权重是 1 而不是 1/2 ！
  • 注意事项
    • 先对阶，对阶时就要还原尾数最高位省略的 1。
    • 加减完要规格化。
    • 最后还要记得把最高位 1 省掉。
    • 减法一般不用补码算，手动判断哪个更大，先得符号，最后绝对值大减小的即可。

2.3. 精度问题 ​

  • 若两个浮点数 A 和 B 加减，A 的阶码远大于 B 的阶码，则在对阶时，B 可能因为右规超出尾数位数，导致尾数变为 0。
    • 此时 A+B 或 A−B 结果都是 A。产生误差。

题目 ​

    1. 有三个变量 int i，float f，double d。其中 i = 785，f = 1.5678e3，d=1.5e100。设 int 用补码表示，float 和 double 分别用 IEEE754 单/双精度浮点数。在 32 位机器上执行下列判断式，结果为 true 的是（）
    • （1）i == (int)(float) i；
    • （2）f == (float)(int) f；
    • （3）f == (float)(double) f；
    • （4）(d + f) - d == f；
    • A. 1，2；
    • B. 1，3；
    • C. 2，3；
    • D. 3，4；
    • 答案：B
    • 解析：2 和 3 很好判断。主要是判断 1 和 4 的对错。
      • 对于 1，785 的二进制位数不超过 24 位，可以用单精度浮点数精确表示。所以相等。
        • 换言之，若超过 224=16777216，即超出 24 位尾数能表示的最大范围，就会出现误差。
        • 对于 224 虽然需要 25 位二进制，但是除最高位外全 0。因此可用 1.0×224 表示，尾数全 0，阶码 j=24+127。
        • 若整数超过 224，则至少需要 25 位二进制来表示，且除最高位外不为全 0，因此尾数部分会舍入，导致误差。
      • 对于 3，要注意到 d 和 f 的阶码（数量级）差异巨大。在对阶时，f 尾数会右移过多导致舍入为 0。因此 (d + f) - d 实际上应得机器 0。所以不等。
      • 拓展：对于超出 224 的整数，并非都不能被精确表示，而是能被精确表示的数字间隔已经大于了 1（浮点数的步长）
        • 例如，在 [224,225) 范围内的整数，需要 25 位二进制表示。
        • 由于 24 位尾数，会有 1 位最低位被丢弃。若最低位本来就是 0，则不会产生误差。
        • 因此，能被精确表示的整数最低位都是 0，即偶数。
        • 同理可推得 [225,226) 区间内的整数，仅当最低两位为 0 时才能避免舍入误差。即 4 的倍数。以此类推直到阶码溢出。
      • 总结：在 IEEE754 表示下，设尾数位数为 R（不算最高位），则一个数 N 能被精确表示
        • N 表示为二进制科学计数法 (1.M)2j 后，有效小数部分 M 不得超过 R 位，且 j 不超过阶码表示范围。
        • 对于单精度 R=23，双精度 R=52。
        • N 无论是整数 or 小数都适用。