《定点运算乘法》PPT课件.ppt
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第四讲 定点运算 乘法 本讲主要内容 原码一位乘法原码两位乘法原码乘法的硬件实现补码一位乘法 Booth乘法 Booth乘法的硬件实现补码两位乘法 1 分析笔算乘法 A 0 1101B 0 1011 A B 0 10001111 0 1101 0 1011 1101 1101 0000 1101 0 10001111 符号位单独处理 乘数的某一位决定是否加被乘数 4个位积一起相加 乘积的位数扩大一倍 乘积的符号心算求得 2 笔算乘法改进 A B A 0 1011 0 1A 0 00A 0 001A 0 0001A 0 1A 0 00A 0 001 A 0 1A 0 1A 0 01 0 A 0 1 A 0 1A 0 1 A 0 1 0 A 0 1 A 0 1A 2 1 A 2 1 0 A 2 1 A 2 1 A 0 第一步被乘数A 0 第二步右移一位 得新的部分积 第八步右移一位 得结果 第三步部分积 被乘数 3 改进后的笔算乘法过程 竖式 0 0000 0 1101 0 1101 0 1101 0 0000 0 1101 初态 部分积 0 乘数为1 加被乘数 乘数为1 加被乘数 乘数为0 加0 乘数为1 加被乘数 小结 被乘数只与部分积的高位相加 硬件 3个寄存器 具有移位功能 1个全加器 乘法运算可用加和移位实现n 4 加4次 移4次 4 原码乘法 1 原码一位乘运算规则 以小数为例 数值部分为绝对值相乘x y 2 原码一位乘递推公式 z0 例21 已知x 0 1110y 0 1101求 x y 原 解 数值部分的运算 0 0000 0 1110 0 1110 0 0000 0 1110 0 1110 部分积初态z0 0 逻辑右移 1101 逻辑右移 逻辑右移 逻辑右移 x 0 x x 数值部分按绝对值相乘 x y 0 10110110 则 x y 原 1 10110110 特点 绝对值运算 逻辑移位 例21结果 用移位的次数判断乘法是否结束 3 原码一位乘的硬件配置 计数器 对移位的次数进行计数 以便判断乘法运算是否结束 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 4 原码两位乘 提高乘法运算速度 原码乘 符号位和数值位部分分开运算 两位乘 每次用乘数的2位判断原部分积是否加和如何加被乘数 11 10 01 00 3 先减1倍的被乘数再加4倍的被乘数 5 原码两位乘运算规则 例22 已知x 0 111111y 0 111001求 x y 原 000 000000 000 111111 000 111111 00 111001 0 初态z0 0 x Cj 0 001 111110 2x Cj 0 111 000001 x Cj 1 000 111111 x Cj 0 0 0 1 补码右移 补码右移 解 数值部分的运算 补码右移 数值部分的运算 x y 0 111000000111 则 x y 原 1 111000000111 例22结果 特点 绝对值的补码运算 算术移位 用移位的次数判断乘法是否结束 6 原码两位乘和原码一位乘比较 绝对值 绝对值的补码 逻辑右移 算术右移 n n 思考n为奇数时 原码两位乘移 次 最多加 次 5 补码乘法 设被乘数 乘数 被乘数任意 乘数为正 同原码乘 但加和移位按补码规则运算 乘积的符号自然形成 被乘数任意 乘数为负 乘数 y 补 去掉符号位 操作同 最后加 x 补 校正 1 补码一位乘运算规则 以小数为例 1 当被乘数x符号任意 乘数y符号为正时 根据补码定义 由于 y1y2 yn 是大于或等于1的正整数 根据模运算性质 大于2的部分全部丢掉 有 2 y1y2 yn 2 即 Booth乘法公式证明 2 当被乘数x符号任意 乘数y符号为负时 又因 0 y1y2 yn 0 所以 mod2 x 补 x 补 y 为推导出逻辑实现的分步算法 将上式展开得到各项部分积累加的形式 yn 1是增加的附加位 初值为0 公式展开 递推公式 z0 补 0 z1 补 2 1 yn 1 yn x 补 z0 补 yn 1 0 zn 补 2 1 y2 y1 x 补 zn 1 补 x y 补 zn 补 y1 y0 x 补 最后一步不移位 如何实现yi 1 yi 00 01 10 11 0 1 1 0 由此可见 每次都是在前次部分积的基础上 由 yi 1 yi 决定对 x 补的操作 然后再右移一位 得到新的部分积 重复进行 yn 1 yn的作用 开始操作时 补充一位yn 1 使其初始为0 由yn 1yn判断进行什么操作 然后再由ynyn 1判断第二步进行什么操作 若ynyn 1 1则yi 1 yi 1做加 x 补运算 ynyn 1 则yi 1 yi 做加 x 补运算 则yi 1 yi 0 zi 加0 即保持不变 补码一位乘的运算规则 1 如果yn yn 1 则部分积 zi 加0 再右移一位 2 如果ynyn 1 01 则部分积 zi 加 x 补 再右移一位 2 如果ynyn 1 10 则部分积 zi 加 x 补 再右移一位 如此重复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 算法流程图 例23 已知x 0 0011y 0 1011求 x y 补 解 00 0000 11 1101 11 1101 00 0011 11 1101 00 0011 11 1101 1 0101 0 x 补 0 0011 y 补 1 0101 x 补 1 1101 x 补 x 补 x 补 x 补 x 补 x y 补 1 11011111 最后一步不移位 补码右移 补码右移 补码右移 补码右移 00 00001 00110yn 1 0 00 1011ynyn 1 10 加 x 补00 1011 00 0101110011右移一位 00 0000ynyn 1 11 加000 0101 00 0010111001右移一位 11 0101ynyn 1 01 加 x 补11 0111 11 1011111100右移一位 00 0000ynyn 1 00 加011 1011 11 1101111110右移一位 00 1011ynyn 1 10 加 x 补00 1000111110最后一位不移位 例 x 补 1 0101 y 补 1 0011 求 x y 补 x 补 0 1011 x y 补 0 10001111 部分积 乘数ynyn 1 说明 000000101100yn 1 0 000000ynyn 1 00 加0000000 000000010110右移一位 110011ynyn 1 10 加 x 补110011 111001101011右移一位 000000ynyn 1 11 加011 1001 11 1100110101右移一位 001101ynyn 1 01 加 x 补001001 000100111010右移一位 110011ynyn 1 10 加 x 补110111111010最后一位不移位 x 补 001101 y 补 10110 x 补 110011 x y 补 101111110 部分积 乘数ynyn 1 说明 例 x 13 y 10求x y x y 010000010 82H 130 2 Booth算法的硬件配置 4 补码一位乘逻辑原理图 注 被乘数寄存器R2的每一位用原码 触发器Q端 或反码 触发器Q端 经多路开关送出 送 x 补时 即送R2反码且在加法器最末为加1 2 R0保存部分积 其符号与加法器符号位 f始终一致 3 当计数器i n 1时 封锁LDR1 LDR0信号 使最后一步不移位 不带符号的阵列乘法器 设有两个不带符号的二进制整数A am 1 a1a0 B bn 1 b1b0它们的数值分别为a和b 即 在二进制乘法中 被乘数A与乘数B相乘 产生m n位乘积P P pm n 1 p1p0乘积P的数值为 pm n 1pm n 2pm n 3 pn 1 p1p0 am 1am 2 a1a0 bn 1 b1b0am 1b0am 2b0 a1b0a0b0am 1b1am 2b1 a1b1a0b1 am 1bn 1am 2bn 1 a1bn 1a0bn 1 1 习惯方法运算过程 带符号的阵列乘法器 1 对2求补器电路 例1 对1010求补 例2 对1011求补 方法 从数的最右端a0开始 由右向左 直到找出第一个 1 例如ai 1 0 i n 这样 ai以左的每一个输入位都求反 即1变0 0变1 包括求补级的乘法器又称为符号求补的阵列乘法器 在这种逻辑结构中 共使用三个求补器 两个算前求补器作用是 将两个操作数A和B在被不带符号的乘法阵列 核心部件 相乘以前 先变成正整数 算后求补器作用则是 当两个输入操作数的符号不一致时 把运算结果变成带符号的数 结构 在必要的求补操作以后 A和B的码值输送给n n位不带符号的阵列乘法器 并由此产生2n位的乘积 A B P p2n 1 p1p0p2n an bn其中P2n为符号位 乘法小结 原码乘符号位单独处理补码乘符号位自然形成 原码乘去掉符号位运算即为无符号数乘法 不同的乘法运算需有不同的硬件支持 整数乘法与小数乘法完全相同可用逗号代替小数点- 配套讲稿:
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