课件原题 34 道（Slide 259–370 中全部例题、练习、思考题，100% 收录）+ 考点补充题 9 道，共 43 道。所有数值题均经逐步重算验证。竖式中"→1"表示右移/左移一位，逗号/小数点前为符号位。
已知 [x]原 = 1.0011，求 x。
解答：符号位为 1，x 为负小数。由原码定义 [x]原 = 1 − x，得 x = 1 − [x]原 = 1.0000 − 1.0011 = −0.0011。
已知 [x]原 = 1,1100，求 x。
解答：符号位 1，负整数。x = 2⁴ − [x]原 = 10000 − 11100 = −1100（即 −12）。
已知 [x]原 = 0.1101，求 x。
解答：符号位 0，正数原码即真值：x = +0.1101。
求 x = 0 的原码。
解答：设 x = +0.0000，则 [+0.0000]原 = 0.0000；设 x = −0.0000，则 [−0.0000]原 = 1 − (−0.0000) = 1.0000。同理整数：[+0]原 = 0,0000，[−0]原 = 1,0000。结论：[+0]原 ≠ [−0]原，原码中 0 有两种表示。
已知 [x]补 = 0.0001，求 x。
解答：符号位 0，正数补码即真值：x = +0.0001。
已知 [x]补 = 1.0001，求 x 及 [x]原。
解答：符号位 1，负数。由定义 x = [x]补 − 2 = 1.0001 − 10.0000 = −0.1111。求原码：补码数值位 0001 取反得 1110、末位加 1 得 1111，故 [x]原 = 1.1111。
已知 [x]补 = 1,1110，求 x 及 [x]原。
解答：x = [x]补 − 2⁵ = 11110 − 100000 = −0010（−2）。补码数值位 1110 取反 0001 加 1 得 0010，故 [x]原 = 1,0010。验证：负数原码→补码同规则互逆，一致。
求下列真值的补码（并对照原码）：x = +70、−70、+0.1110、−0.1110、+0.0000、−0.0000、−1.0000。
解答：
| 真值 | [x]补 | [x]原 |
|---|---|---|
| +70 = +1000110 | 0,1000110 | 0,1000110 |
| −70 = −1000110 | 1,0111010 | 1,1000110 |
| +0.1110 | 0.1110 | 0.1110 |
| −0.1110 | 1.0010 | 1.1110 |
| +0.0000 | 0.0000 | 0.0000 |
| −0.0000 | 0.0000 | 1.0000 |
| −1.0000 | 1.0000 | 不能表示 |
步骤：−70：数值 1000110 取反 0111001、加 1 = 0111010 → 1,0111010；−0.1110：1110 取反 0001 加 1 = 0010 → 1.0010；[−1]补 = 2 + (−1.0000) = 10.0000 − 1.0000 = 1.0000。结论：[+0]补 = [−0]补；补码能表示 −1 而原码不能。
已知 [x]反 = 0,1110，求 x。
解答：符号位 0，正数反码即真值：x = +1110。
已知 [x]反 = 1,1110，求 x。
解答：x = [x]反 − (2⁵ − 1) = 11110 − 11111 = −0001。（也可：数值位 1110 取反 = 0001，加负号。）
求 0 的反码。
解答：[+0.0000]反 = 0.0000，[−0.0000]反 = 1.1111；整数 [+0]反 = 0,0000，[−0]反 = 1,1111。[+0]反 ≠ [−0]反。
设机器数字长 8 位（含 1 位符号位），整数代码分别按无符号数、原码、补码、反码解释时，真值范围各为多少？
解答：
| 码制 | 真值范围 |
|---|---|
| 无符号数 | 0 ～ 255 |
| 原码 | −127 ～ +127 |
| 补码 | −128 ～ +127 |
| 反码 | −127 ～ +127 |
关键代码对照：00000000 → 0 / +0 / +0 / +0；01111111 → 127 / +127 / +127 / +127；10000000 → 128 / −0 / −128 / −127；10000001 → 129 / −1 / −127 / −126；11111111 → 255 / −127 / −1 / −0。理由：补码 10000000 按定义真值 = 128 − 256 = −128；反码 10000000 数值取反 = 1111111 = 127 故 −127。
已知 [y]补，求 [−y]补。
解答：结论：[y]补 连同符号位在内每位取反、末位加 1，即得 [−y]补。 推导：情形Ⅰ [y]补 = 0.y₁y₂…yₙ（y ≥ 0）：−y = −0.y₁…yₙ，[−y]补 = 2 + (−0.y₁…yₙ) = 1.(y₁…yₙ 取反) + 2⁻ⁿ，恰为 [y]补 全位取反加 1。情形Ⅱ [y]补 = 1.y₁…yₙ（y < 0）：y = −(0.(y₁…yₙ 取反) + 2⁻ⁿ)，故 −y = +0.(取反) + 2⁻ⁿ，[−y]补 = 0.(取反) + 2⁻ⁿ，同样等于 [y]补 全位取反加 1。例：[y]补 = 0.1011 → 取反 1.0100 加 1 = 1.0101 = [−0.1011]补 ✓。
机器数字长 24 位，欲表示 ±3 万的十进制数，在保证最大精度前提下，除阶符、数符各 1 位外，阶码、尾数各取几位？
解答：2¹⁴ = 16384 < 30000 < 32768 = 2¹⁵，故规格化浮点数 0.1××…××2^j 需 j 最大取 15（二进制 1111），即阶码数值位 m 满足 2^m − 1 ≥ 15 → m = 4。尾数数值位 n = 24 − 1（阶符）− 1（数符）− 4 = 18。即 m = 4，n = 18（m 再大则 n 减小、精度下降）。
将 +19/128 写成二进制定点数、浮点数及定点机/浮点机中的机器数。数值部分 10 位、数符 1 位、阶码 5 位（含 1 位阶符）。
解答：19 = 10011，19/128 = 0.0010011。 - 定点表示：x = 0.0010011000；正数三码相同：[x]原 = [x]补 = [x]反 = 0.0010011000。 - 浮点规格化：x = 0.1001100000 × 2⁻¹⁰（阶码真值 −2）。 - 阶码 −2 的三种机器数（5 位含阶符）：[−2]原 = 1,0010；[−2]补 = 1,1110；[−2]反 = 1,1101。尾数为正，三码均 0.1001100000。 - 浮点机中：[x]原 = 1,0010; 0.1001100000；[x]补 = 1,1110; 0.1001100000；[x]反 = 1,1101; 0.1001100000。
将 −58 表示成二进制定点数和浮点数，写出定点机/浮点机中三种机器数及"阶码移码、尾数补码"形式（位数要求同例 6.13）。
解答：−58 = −111010。 - 定点机：[x]原 = 1,0000111010；[x]反 = 1,1111000101；[x]补 = 1,1111000110（数值 0000111010 取反 1111000101，加 1 得补码数值）。 - 浮点规格化：x = −0.1110100000 × 2¹¹⁰（阶码真值 +6）。阶码 +6 三码均 0,0110。 - 尾数 −0.1110100000：原 1.1110100000；反 1.0001011111；补 1.0001100000。 - 浮点机：[x]原 = 0,0110; 1.1110100000；[x]补 = 0,0110; 1.0001100000；[x]反 = 0,0110; 1.0001011111。 - 阶移尾补：[+6]移 = 2⁴ + 6 = 10000 + 0110 = 1,0110 → 1,0110; 1.0001100000。
n = 10、m = 4，阶符数符各 1 位，写出浮点表示范围四个边界值的补码形式。
解答：
| 真值 | 补码（阶;尾） |
|---|---|
| 最大正数 2¹⁵×(1−2⁻¹⁰) | 0,1111; 0.1111111111 |
| 最小正数 2⁻¹⁵×2⁻¹⁰ | 1,0001; 0.0000000001 |
| 最大负数 −2⁻¹⁵×2⁻¹⁰ | 1,0001; 1.1111111111 |
| 最小负数 −2¹⁵×(1−2⁻¹⁰) | 0,1111; 1.0000000001 |
步骤：阶码 ±15：[+15]补 = 0,1111，[−15]补 = 1,0001；尾数 −0.0000000001 的补码 = 1.1111111111；−0.1111111111 的补码 = 1.0000000001（取反加 1）。
8 位（含 1 符号位），A = +26，写出三种机器数左/右移 1、2 位后的形式与真值，并分析正确性。
解答：正数三码相同：[A]原 = [A]补 = [A]反 = 0,0011010。
| 操作 | 机器数 | 真值 |
|---|---|---|
| 移位前 | 0,0011010 | +26 |
| 左移 1 位 | 0,0110100 | +52 |
| 左移 2 位 | 0,1101000 | +104 |
| 右移 1 位 | 0,0001101 | +13 |
| 右移 2 位 | 0,0000110 | +6 |
分析：左移未丢 1，结果正确（×2、×4）；右移 2 位丢低位 1（26/4 = 6.5），只影响精度，得 +6。
同上条件，A = −26，写出三种机器数移位结果与真值并分析。
解答：[A]原 = 1,0011010，[A]补 = 1,1100110，[A]反 = 1,1100101。
| 操作 | 原码 | 真值 | 补码 | 真值 | 反码 | 真值 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 移位前 | 1,0011010 | −26 | 1,1100110 | −26 | 1,1100101 | −26 |
| 左移 1 | 1,0110100 | −52 | 1,1001100 | −52 | 1,1001011 | −52 |
| 左移 2 | 1,1101000 | −104 | 1,0011000 | −104 | 1,0010111 | −104 |
| 右移 1 | 1,0001101 | −13 | 1,1110011 | −13 | 1,1110010 | −13 |
| 右移 2 | 1,0000110 | −6 | 1,1111001 | −7 | 1,1111001 | −6 |
分析：左移正确；右移 2 位时补码添 1 向 −∞ 舍入得 −7，原码/反码得 −6；同一代码 1,1111001 在补码与反码下真值不同。丢 1 影响精度。
A = 0.1011，B = −0.0101，求 [A+B]补。
解答：[A]补 = 0.1011，[B]补 = 1.1011。 0.1011 + 1.1011 = 10.0110，符号位进位自然丢掉 → [A+B]补 = 0.0110。验证：0.1011 − 0.0101 = 0.0110 ✓，A+B = +0.0110。
A = −9，B = −5，求 [A+B]补。
解答：A = −1001，B = −0101。[A]补 = 1,0111，[B]补 = 1,1011。 1,0111 + 1,1011 = 11,0010 → 丢进位 → [A+B]补 = 1,0010，真值 −1110 = −14。验证 −9 + (−5) = −14 ✓（双符号 11 未溢出）。
8 位（含 1 符号位），A = 15，B = 24，用补码求 A − B。
解答：[A]补 = 0,0001111，[B]补 = 0,0011000 → [−B]补 = 1,1101000（全位取反加 1）。 0,0001111 + 1,1101000 = 1,1110111 = [A−B]补。真值：数值取反加 1 = 0001001 → A−B = −1001 = −9 ✓。异号相加不会溢出。
设 x = 9/16，y = 11/16，用补码求 x + y。
解答：x = 0.1001，y = 0.1011；[x]补 = 0.1001，[y]补 = 0.1011。 0.1001 + 0.1011 = 1.0100。按补码读作 −0.1100 = −12/16——课件标"错"：两正数相加结果为负，发生溢出（双符号验证：00.1001 + 00.1011 = 01.0100，01 正溢）。真值 x+y = 20/16 = 1.25，超出小数补码最大 0.1111 = 15/16，故机器结果错误。
8 位（含 1 符号位），A = −97，B = +41，用补码求 A − B。
解答：[A]补 = 1,0011111，[B]补 = 0,0101001 → [−B]补 = 1,1010111。 1,0011111 + 1,1010111 = 10,1110110 → 丢进位 → 0,1110110 = +118——课件标"错"：两负数相加得正，溢出（V = 符号位进位 1 ⊕ 最高数值位进位 0 = 1；双符号 11,0011111 + 11,1010111 = 10,1110110 → 10 负溢）。真值 −97 − 41 = −138 < −128，超出表示范围。
x = −0.1110，y = 0.1101，求 [x·y]原（原码一位乘）。
解答：x* = 0.1110，y* = 0.1101；符号 = 1⊕0 = 1。数值部分竖式（部分积 | 乘数）：
0.0000 1101 初态 z0=0
+ 0.1110 末位1，+x*
0.1110
→ 0.0111 0110 逻辑右移，得 z1
+ 0.0000 末位0，+0
0.0111
→ 0.0011 1011 右移，得 z2
+ 0.1110 末位1，+x*
1.0001
→ 0.1000 1101 右移，得 z3
+ 0.1110 末位1，+x*
1.0110
→ 0.1011 0110 右移，得 z4
x·y = 0.10110110，故 [x·y]原 = 1.10110110。验证：(14/16)×(13/16) = 182/256 = 0.10110110 ✓。特点：绝对值运算、逻辑右移、移 4 次加 4 次。
x = 0.111111，y = −0.111001，求 [x·y]原（原码两位乘）。
解答：x* = 0.111111；[x]补 = 000.111111，[2x]补 = 001.111110，[−x*]补 = 111.000001（三位符号位）。符号 = 0⊕1 = 1。竖式（部分积 | 乘数 | Cj）：
000.000000 111001 Cj=0 初态
+ 000.111111 判断01,Cj=0 → +x*
000.111111
→ 000.001111 111110 Cj=0 补码右移2位
+ 001.111110 判断10,Cj=0 → +2x*
010.001101
→ 000.100011 011111 Cj=0 右移2位
+ 111.000001 判断11,Cj=0 → −x*
111.100100
→ 111.111001 000111 Cj=1 右移2位
+ 000.111111 Cj=1 → +x* 校正，不移位
000.111000 000111
x·y = 0.111000000111，故 [x·y]原 = 1.111000000111。验证：63×57 = 3591，3591/4096 = 0.111000000111 ✓。n=6：右移 3 次（n/2），加 4 次（n/2+1）。
n 为奇数时，原码两位乘移几次？最多加几次？
解答：乘数高位补 0 凑成 n+1 位（偶数），共 (n+1)/2 组 → 移 (n+1)/2 次；每组至多 1 次加法，若结束时 Cj=1 还需 1 次校正加 → 最多加 (n+1)/2 + 1 次。
x = +0.0011，y = −0.1011，求 [x·y]补（Booth 算法）。
解答：[x]补 = 00.0011，[−x]补 = 11.1101，[y]补 = 1.0101，附加位 y₅ = 0。竖式（部分积 | 乘数串 附加位）：
00.0000 1.0101 0 判断10 → +[−x]补
+ 11.1101
11.1101
→ 11.1110 1 1010 1 补码右移；判断01 → +[x]补
+ 00.0011
00.0001
→ 00.0000 11 101 0 右移；判断10 → +[−x]补
+ 11.1101
11.1101
→ 11.1110 111 10 1 右移；判断01 → +[x]补
+ 00.0011
00.0001
→ 00.0000 1111 1 0 右移；判断10 → +[−x]补
+ 11.1101
11.1101 1111 最后一步不移位
[x·y]补 = 1.11011111。验证：x·y = (3/16)×(−11/16) = −33/256；1.11011111 真值 = −0.00100001 = −33/256 ✓。共 5 步（n+1），末步不移位。
x = −0.1011，y = −0.1101，求 [x/y]原（恢复余数法）。
解答：商符 = 1⊕1 = 0；x* = 0.1011，[y]补 = 0.1101，[−y]补 = 1.0011。竖式（余数 | 商）：
0.1011 0.0000 +[−y*]补
+ 1.0011
1.1110 0 余负，上商0（第一次商0，不溢出）
+ 0.1101 恢复余数
0.1011
→ 1.0110 0 逻辑左移
+ 1.0011 +[−y*]补
0.1001 01 余正，上商1
→ 1.0010 01 左移
+ 1.0011
0.0101 011 余正，上商1
→ 0.1010 011 左移
+ 1.0011
1.1101 0110 余负，上商0
+ 0.1101 恢复余数
0.1010
→ 1.0100 0110 左移
+ 1.0011
0.0111 01101 余正，上商1
商 = 0.1101，余数 = 0.0111×2⁻⁴；[x/y]原 = 0.1101。上商 5 次（n+1）、左移 4 次（n）。验证：11/16 ÷ 13/16 = 11/13 ≈ 0.846，0.1101 = 0.8125，余 7/256 = 0.0111×2⁻⁴ ✓。
同题 29 数据，用加减交替法（不恢复余数）求 [x/y]原。
解答：规则：余正上商 1、下一步 2R−y；余负上商 0、下一步 2R+y。
0.1011 0.0000 +[−y*]补
+ 1.0011
1.1110 0 余负上商0
→ 1.1100 0 左移（不恢复）
+ 0.1101 +[y*]补
0.1001 01 余正上商1
→ 1.0010 01 左移
+ 1.0011 +[−y*]补
0.0101 011 余正上商1
→ 0.1010 011 左移
+ 1.0011 +[−y*]补
1.1101 0110 余负上商0
→ 1.1010 0110 左移
+ 0.1101 +[y*]补
0.0111 01101 余正上商1
商 0.1101、余数 0.0111×2⁻⁴，商符 0 → [x/y]原 = 0.1101。移 4 次、加 5 次、上商 5 次，与恢复余数法结果一致但省去恢复操作。
x = −0.1011，y = +0.1101，求 [x/y]补 并还原真值（补码加减交替除）。
解答：[x]补 = 1.0101，[y]补 = 0.1101，[−y]补 = 1.0011。异号 → 第一步加。上商规则：余与除数同号上 1、异号上 0；末位恒置 1。
1.0101 0.0000 异号做加法 +[y]补
+ 0.1101
0.0010 1 同号上1（商符）
→ 0.0100 1 左移；商1 → +[−y]补
+ 1.0011
1.0111 10 异号上0
→ 0.1110 10 左移；商0 → +[y]补
+ 0.1101
1.1011 100 异号上0
→ 1.0110 100 左移；商0 → +[y]补
+ 0.1101
0.0011 1001 同号上1
→ 0.0110 1001 左移；商1 → +[−y]补
+ 1.0011
1.1001 10011 末位恒置1
[x/y]补 = 1.0011，真值 x/y = −0.1101。验证：−11/13 ≈ −0.8462，−0.1101 = −0.8125，误差 7/208 ≈ 0.034 < 2⁻⁴ = 0.0625 ✓（末位恒置 1 的精度误差界）。
x = 0.1101×2⁰¹，y = (−0.1010)×2¹¹，求 x + y（阶码、尾数均双符号位补码）。
解答：[x]补 = 00,01; 00.1101，[y]补 = 00,11; 11.0110。 ① 对阶：[Δj]补 = [jx]补 + [−jy]补 = 00,01 + 11,01 = 11,10（−2）→ x 阶小，Sx 右移 2 位、jx + 2：[Sx]补' = 00.0011（丢低位 01），[x]补' = 00,11; 00.0011。 ② 尾数求和：00.0011 + 11.0110 = 11.1001 → [x+y]补 = 00,11; 11.1001。 ③ 规格化：11.1001 符号 1、第一数位 1 相同 → 非规格化，左规 1 位：11.0010，阶码减 1 → 00,10。 结果 [x+y]补 = 00,10; 11.0010，即 x+y = (−0.1110)×2¹⁰。 说明：对阶丢弃的低位为 01（0 舍 1 入亦舍去），课件此处未舍入；精确值 −3.375 与机器值 −3.5 之差即对阶截断误差。
x = 0.1101×2¹⁰，y = 0.1011×2⁰¹，求 x + y（除阶符数符外阶码 3 位、尾数 6 位，双符号位）。
解答：[x]补 = 00,010; 00.110100，[y]补 = 00,001; 00.101100。 ① 对阶：[Δj]补 = 00,010 + 11,111 = 00,001（+1）→ y 阶小，Sy 右移 1 位、jy + 1：[y]补' = 00,010; 00.010110。 ② 尾数求和：00.110100 + 00.010110 = 01.001010 → 双符号 01，尾数溢出。 ③ 右规：右移 1 位得 00.100101，阶码加 1：00,010 + 1 = 00,011。 结果 [x+y]补 = 00,011; 00.100101，即 x+y = 0.100101×2¹¹。验证：3.25 + 1.375 = 4.625 = (37/64)×8 ✓（本次对阶无丢位，结果精确）。
x = (−5/8)×2⁻⁵，y = (7/8)×2⁻⁴，求 x − y（阶码 3 位、尾数 6 位，双符号位补码）。
解答：x = −0.101000×2⁻¹⁰¹ → [x]补 = 11,011; 11.011000；y = 0.111000×2⁻¹⁰⁰ → [y]补 = 11,100; 00.111000。 ① 对阶：[Δj]补 = 11,011 + 00,100 = 11,111（−1）→ x 阶小，Sx 右移 1 位、jx + 1：[x]补' = 11,100; 11.101100。 ② 尾数求差：[Sx]补' + [−Sy]补 = 11.101100 + 11.001000 = 110.110100 → 丢最高进位 = 10.110100，双符号 10，尾数溢出。 ③ 右规：右移 1 位 = 11.011010，阶码 11,100 + 1 = 11,101 → [x−y]补 = 11,101; 11.011010。 ④ 还原：尾数真值 −0.100110，阶真值 −3 → x−y = (−0.100110)×2⁻¹¹ = (−19/32)×2⁻³。 验证：−5/256 − 14/256 = −19/256 = −(19/32)×2⁻³ ✓；阶码双符号 11，无溢出。
机器数字长 8 位（含 1 位符号位）。(1) 已知 [x]移 = 0,1011010，求 x、[x]补、[x]原；(2) 已知 [x]移 = 1,0110100，求 x、[x]补。
解答： (1) 移码按无符号读 = 01011010₂ = 90；x = 90 − 2⁷ = 90 − 128 = −38。移码符号位取反得补码：[x]补 = 1,1011010；原码 = 符号 1 + 38 的二进制 0100110 → [x]原 = 1,0100110。验证：38 = 0100110，取反 1011001 加 1 = 1011010 ✓。 (2) 无符号读 = 10110100₂ = 180；x = 180 − 128 = +52；[x]补 = 0,0110100（52 = 0110100 ✓）。
用双符号位补码计算并判断溢出：(1) x = +0.1011，y = +0.1001，求 x+y；(2) x = −0.1011，y = −0.1001，求 x+y。
解答： (1) [x]补' = 00.1011，[y]补' = 00.1001；和 = 01.0100。双符号 01 → 正溢（上溢）。真值 0.1011 + 0.1001 = 1.0100 = 1.25 > 最大 0.1111，确溢出。单符号校验：数值位进位 1、符号位进位 0，V = 1⊕0 = 1 ✓。 (2) [x]补' = 11.0101，[y]补' = 11.0111；和 = 110.1100 → 丢进位 = 10.1100。双符号 10 → 负溢（下溢）。真值 −1.25 < −1 ✓。单符号校验：数值位进位 0、符号位进位 1，V = 1 ✓。最高符号位 1 代表真正符号（负）。
(1) 写出 IEEE 754 短实数、长实数、临时实数的符号位/阶码/尾数位数与总位数；(2) 说明"隐含位"的含义及其对精度的影响；(3) 将 +13.25 写成短实数形式（补充常识：短实数阶码偏置 127，课件未列偏置值）。
解答： (1) 短实数 1/8/23/32；长实数 1/11/52/64；临时实数 1/15/64/80（课件 p.298）。 (2) 尾数规格化后非 0 有效位最高位恒为 1，该 1 隐含不存储；故 23 位尾数字段实际提供 24 位精度（长实数 52→53）。 (3) 13.25 = 1101.01 = 1.10101×2³。S = 0；阶码字段 = 3 + 127 = 130 = 10000010；尾数字段 = 去掉隐含 1 后的 10101 补 0 至 23 位 = 10101000000000000000000。结果：0 10000010 10101000000000000000000（十六进制 41540000H）。回验：阶 130−127=3，1.10101×2³ = 1101.01 = 13.25 ✓。
设与非门级延迟 ty、与或非门延迟 1.5ty，dᵢ、tᵢ 已形成。求：(1) 4 位串行进位链产生全部进位的时间；(2) 16 位加法器分别用串行、单重分组（4 位/组）、双重分组跳跃进位链产生全部进位的时间；(3) 32 位加法器三种方案的时间。
解答： (1) 每位进位 2ty，4 位共 8ty（课件 p.362）；若用 4 位并行进位链则 2.5ty（p.363）。 (2) 16 位：串行 2n·ty = 32ty；单重分组 4 组依次 2.5/5/7.5/10ty（p.364）；双重分组 2.5→5→7.5→10ty（p.369）。 (3) 32 位：串行 64ty；单重分组 8 组 → 2.5×8 = 20ty；双重分组（2 大组×4 小组）仍四级 2.5/5/7.5/10ty（p.370，大组间串行但仅 2 大组）。 结论：位数越多，双重分组优势越明显；所有时间均自 dᵢ、tᵢ 形成后计。
判断下列补码尾数是否规格化（r=2）：(1) 0.01101；(2) 1.10101；(3) 1.01101；(4) 0.10000；(5) 1.00000；(6) 1.10000；(7) 若 (6) 的代码按原码解释，是否规格化？
解答：判据：补码符号位与第一数位不同为规格化（课件 p.351）。 (1) 0.0… 符号 0 = 首位 0 → 否（需左规）。(2) 1.1… 相同 → 否。(3) 1.0… 不同 → 是。(4) 0.1… → 是。(5) 1.00000 = −1，特例规定是规格化数（p.352）。(6) 1.10000 = −1/2，特例规定不是规格化数（p.352）。(7) 原码只看第一数位是否为 1：1.10000 原码 = −0.5，第一数位 1 → 是（原码不论正负首位 1 即规格化）。
设浮点格式：阶码 4 位（含 1 位阶符，补码），尾数 8 位（含 1 位数符，补码）。将 x = −27/64 写成规格化浮点补码形式，并验证规格化。
解答：27/64 = 0.011011 → x = −0.011011 = −0.11011×2⁻¹（左规 1 位后已经规格化形式）。阶码真值 −1：[−1]补（4 位）= 1,111。尾数 −0.1101100：数值 1101100 取反 0010011 加 1 = 0010100 → [S]补 = 1.0010100。故 [x]补 = 1,111; 1.0010100。验证规格化：数符 1、第一数位 0，不同 ✓；回验：尾数真值 −0.1101100 = −27/32，乘 2⁻¹ 得 −27/64 ✓。
x = −0.1101，y = +0.1011，用原码一位乘求 [x·y]原 及真值。
解答：x* = 0.1101，y* = 0.1011，符号 = 1⊕0 = 1。
0.0000 1011 初态
+ 0.1101 末位1 +x*
0.1101
→ 0.0110 1101 逻辑右移
+ 0.1101 末位1 +x*
1.0011
→ 0.1001 1110 右移
+ 0.0000 末位0 +0
0.1001
→ 0.0100 1111 右移
+ 0.1101 末位1 +x*
1.0001
→ 0.1000 1111 右移，结束
x·y = 0.10001111 → [x·y]原 = 1.10001111，真值 −0.10001111 = −143/256。验证：(13/16)×(11/16) = 143/256 ✓（与课件 p.312 笔算结果一致）。
(1) 浮点对阶为什么必须"小阶向大阶看齐"？(2) 原码除法为什么第一次上商可判溢出？(3) 补码除法为什么末位恒置 1？
解答（评分要点）： (1) 对阶需移动尾数：右移只丢低位，误差小且可用舍入补救；左移丢高位，会严重改变数值甚至破坏规格化、引起溢出。故让小阶尾数右移、阶码增大去对齐大阶（课件 p.349）。 (2) 小数定点除约定 |x| < |y|。第一步做 |x| − |y|：若余数 ≥ 0（上商 1）说明 |x| ≥ |y|，商 ≥ 1 超出小数表示范围 → 溢出；故第一次上商 1 即溢出、上商 0 才正常（课件 p.336、339）。 (3) 负商按反码形式上商，末位恒置 1 相当于给反码商加 2⁻ⁿ 化为补码商，省去单独校正步骤，且引入的最大误差为 2⁻ⁿ，在允许精度内（课件 p.343、347）。
(1) 8 位补码（含 1 位符号位）整数表示范围是（ ）。A. −127～+127 B. −128～+127 C. −128～+128 D. −127～+128 (2) 下列补码尾数中规格化的是（ ）。A. 0.01101 B. 1.10101 C. 1.01101 D. 1.10000 (3) Booth 算法中判断位 yᵢyᵢ₊₁ = 10 时应（ ）。A. +[x]补后右移 B. +[−x]补后右移 C. +0 后右移 D. +[x]补不移位 (4) 16 位加法器采用单重分组跳跃进位（4 位/组），dᵢ、tᵢ 形成后产生全部进位需（ ）。A. 8ty B. 10ty C. 16ty D. 32ty
解答： (1) B。补码最小 10000000 = −128、最大 01111111 = +127（p.280）。排除 A/D：那是原码/反码范围；C：+128 需 9 位。 (2) C。补码规格化要求符号位与第一数位不同：C 为 1.0… 符合。A 0.0…、B 1.1… 相同不规格化；D 1.10000 = −1/2 为特例不规格化（p.351–352）。 (3) B。yᵢ₊₁−yᵢ = 0−1 = −1 → +[−x]补，然后右移 1 位（p.328）。A 对应 01；C 对应 00/11；D 错在"不移位"（仅最后一步不移位）。 (4) B。4 组依次 2.5ty、5ty、7.5ty、10ty（p.364）。A 是 4 位串行时间；D 是 16 位串行时间；C 无依据。