原码1位乘法

在定点计算机中，两个原码表示的数相乘的运算规则是：乘积的符号位由两数的符号按异或运算得到，而乘积的数值部分则是两个正数相乘之积。设n位被乘数和乘数用定点小数表示(定点整数也同样适用)

被乘数[x]原 = xf.x0x1x2…xn

乘数[y]原 = yf.y0y1y2…yn

则

乘积 [ z]原 = ( xf⊕yf) . (0. x0x1x2…xn)(0 . y1y2…yn)

式中，xf为被乘数符号，yf为乘数符号。

乘积符号的运算法则是：同号相乘为正，异号相乘为负。由于被乘数和乘数和符号组合只有四种情况(xfyf = 00，01，10，11),因此积的符号可按“异或”(按位加)运算得到。

数值部分的运算方法与普通的十进制小数乘法相类似，不过对于用二进制表达的数来说，其乘法规则更为简单一些：从乘法y的最低位开始，若这一位为“1”，则将被乘数x写下；若这一位为“0”，则写下全0。然后再对乘数y的高一位进行的乘法运算，其规则同上，不过这一位乘数的权与最低位乘数的权不一样，因此被乘数x要左移一位。依次类推，直到乘数各位乘完为止，最后将它们统统加起来，便得到最后乘积z。

设 x = 0.1011，y = 0.1101,让我们先用习惯方法求其乘积，其过程如下：

×

0.

1

1

0

1

(x)

0.

1

0

1

1

(y)

+

1

1

0

1

1

1

0

1

0

0

0

0

1

1

0

1

0.

1

0

0

0

1

1

1

1

(z)

如果被乘数和乘数用定点整数表示，我们也会得到同样的结果。但是，但是人们习惯的算法对机器并不完全适用。原因之一，机器通常只有n位长，两个n位数相乘，乘积可能为2n位。原因之二，只有两个操作数相加的加法器，难以胜任将n个位积一次相加起来的运算。为了简化结构，机器通常只有n位长，并且只有两个操作数相加的加法器。为此，必须修改上述乘法的实现方法，将 x· y改写成适于如下定点机的形式：

一般而言，设被乘数 x、乘数 y都是小于 1 的 n 位定点正数：

x = 0 . x1x2… xn   ；   y = 0 . y1y2…yn

其乘积为

x· y =  x ·( 0.y1y2… yn)

= x · ( y12 -1 + y22 -2 + … + yn2 -n)

= 2 -1( y1x + 2-1( y2x + 2-1(… + 2-1( yn-1x + )…))

令zi 表示第 i 次部分积，则上式可写成如下递推公式：

z0 = 0

z1 = 2-1( ynx + z0)

…

zi = 2-1( yn-i+1x + zi-1)(2.3.2)

…

zn = x·y = 2-1( y1x + zn-1)

显然，欲求x·y，则需设置一个保存部分积的累加器。乘法开始时，令部分积的初值z0 = 0，然后求加上ynx，右移1位得第1个部分积，又将加上yn- 1x，再右移1位得第2个部分积。依此类推，直到求得y1x加上zn-1并右移1位得最后部分积，即得x·y。显然，两个n位数相乘，需重复进行n次“加”及“右移”操作，才能得到最后乘积。这就是实现原码一位乘法的规则。

【例 】x = 0.1101， y = 0.1011，用原码一位乘法计算 x · y=？

[解:]求解过程如下：            Flash演示

部分积

乘数

说明

00.0000

yf

1

0

1

1

z0 = 0

+

00.1101

y4 = 1，+x

00.1101

→

00.0110

1

yf

1

0

1

右移，得z1

+

00.1101

Y3 = 1，+x

01.0011

→

00.1001

1

1

yf

1

0

右移，得z2

+

00.0000

Y2 = 0，+0

00.1001

→

00.0100

1

1

1

yf

1

右移，得z3

+

00.1101

Y1 = 1，+x

01.0001

→

00.1000

1

1

1

1

yf

右移，得z3 = xy

所以x · y = 0.10001111

图2-7 为实现原码一位乘法的硬件逻辑原理图。这里有三个寄存器，其中 R0 存放部分积z，在乘法开始 R0前应清“0”，

保证 z0 = 0，R1 寄存器存放乘数 y，R2寄存器存放被乘数x。由于乘法开始时先从乘数的最

低位 yn 开始，以后则使用yn- 1，yn- 2，…，y1，因此乘数寄存器 R1应当是具有右移功能的移位寄存器。

假定加法器不具备右移功能，那么由于部分积需要右移，R0也应当是具有右移功能的移位寄存器。

图2-7        原码一位乘法逻辑结构原理图

除了三个寄存器 R0，R1，R2 外，还需一个加法器和一个计数器，前者完成部分积与位积的累加，后者对移位的次数进行计数，以便判断乘法运算是否结束。

乘法开始时，“启动”信号使控制触发器 Cx 置“1”，于是开启时序脉冲 T 。当乘数寄存器 R0 最末位为“1”时，部分积z 和被乘数x 在加法器中相加，其结果输出至 R0 的输入端，一旦打入控制脉冲 T，控制信号 LDR0 使部分积右移 1 位，与此同时，乘数寄存器 R1 也在控制信号 LDR1 作用下右移一位，且计数器i计数 1 次。当计数器 i = n时，计数器i的溢出信号使控制触发器 Cx置“0”，关闭时序脉冲T，乘法操作结束。如果将 R0 和 R1连接起来，乘法结束时乘积的高 n 位部分在 R0 ，低 n位部分在 R1 ，R1 中原来的乘数y由于右移而全部丢失，乘积为 2n+1 位，其中包括 1 位符号位。

补码1位乘法

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。

1．补码与真值的转换公式

设　[x]补 = x0. x1x2…xn，有：

n

(2.3.3)

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，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]补 = x0.x1x2…xn 和乘数 [y]补 = y0.y1y2…yn 均为任意符号，则有补码乘法算式

n

(2.3.4)

[ x· y]补= [x]补 ·  ( - y0 ＋ ∑ yi2-i)

i＝1

为了推出串行逻辑实现人分步算法，将上式展开加以变换：

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

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

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

= [x]补·

          (yn+1  =  0)

写成递推公式如下：

[ z0]补 = 0

[ z1]补 = 2 -1{ [ z0]补+  (yn+1 - yn) [x]补}           (yn+1  =  0)

…

[ zi]补 = 2 -1{ [ zi-1]补+  (yn-i+2- yn-i+1) [x]补 }             (2.3.5)

…

[ zn]补 = 2 -1{ [ zn-1]补+  (y2 - y1) [x]补}

[ zn+1]补 = [ zn]补+  (y1- y0) [x]补 = [ x · y]补

开始时，部分积为 0，即 [z0]补 = 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]补的操作，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 · y]补，这就是有名的布斯公式。

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 - 1yn 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 - 1yn 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]补操作；如果判断位 ynyn+1 = 10，则 yi+1 … yi =  - 1，做加[ - x]补操作；如果判断位 ynyn+1 = 11 或 00，则yi+1… yi = 0，[ zi] 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 [ zi] 加0，再右移一位；

(2)如果 ynyn+1 = 01，部分积加[ x]补，再右移一位；

(3)如果 ynyn+1 = 10，部分积加[ - x]补，再右移一位；

这样重复进行 n+1 步，但最后一步不移位。包括一位符号位，所得乘积为 2n+1 位，其中 n 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：             Flash演示

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]补

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]补

00.1001

→

00.0100

1

1

1

0f

1

0

右移一位

+

11.0011

ynyn+1 = 01，加[-x]补

11.0111

→

11.1011

1

1

1

1

0

1

右移一位

+

00.1101

ynyn+1 = 01，加[x]补

00.1000

1

1

1

1

0

1

最后一步不移位

所以                        [x · y]补 = 0.10001111

图2-8        补码一位乘法逻辑原理图

实现一位补码乘法的逻辑原理图如图 2-8 所示，它与一位原码乘法的逻辑结构非常类似，所不同的有以下几点：

(1) 被乘数的符号和乘数的符号都参加运算。

(2) 乘数寄存器 R1有附加位 yn+1，其初始状态为“0”。当乘数和部分积每次右移时，部分积最低位移至 R1的首位位置，故 R1必须是具有右移功能的寄存器。

(3) 被乘数寄存器 R2 的每一位用原码(即触发器 Q 端)或反码(即触发器 Q 端)经多路开关传送到加法器对应位的一个输入端，而开关的控制位由和 yn 的 yn+1输出译码器产生。当ynyn+1 = 01时，送[x]补；当 ynyn+1 = 10 时，送[-x]补，即送的反码且在加法器最末位上加“1”。

(4) R0保存部分积，它也是具有右移功能的移位寄存器，其符号位与加法器 ∑f 符号位始终一致。

(5) 当计数器 i  =  n +1 时，封锁 LD R0 和 LD R1 控制信号，使最后一位不移位。

执行补码一位乘法的总时间为

tm= ( n +1 ) ta+ ntr

(2.3.6)

其中n 为尾数位数，ta为执行一次加法操作的时间，tr为执行一次移位操作的时间。如果加法操作和移位操作同时进行，则tr项可省略。