Question

我在Q22.10中使用Goldschmidt division计算固定点倒数，以便在我的ARM软件光栅化器中使用。

这是通过将分子设置为1来完成的，即分子成为第一次迭代的标量。说实话，我在这里盲目地遵循维基百科算法。文章说如果分母在半开放范围内缩放（0.5,1.0），那么一个好的初步估计可以仅基于分母：让F为估计的标量，D为分母，则F = 2 - d。

但是当这样做时，我会失去很多精确度。如果我想找到512.00002f的倒数。为了缩小数字，我在分数部分失去了10位精度，它被移出。所以，我的问题是：

有没有办法选择一个不需要标准化的更好的估算？为什么？为什么不？一个数学证明为什么这是或不可能是伟大的。
此外，是否可以预先计算第一个估计值，以便系列收敛得更快？现在，它平均在第4次迭代后收敛。在ARM上，这是大约50个周期的最坏情况，并且没有考虑到clz / bsr的仿真，也没有考虑内存查找。如果可能的话，我想知道这样做是否会增加错误，以及增加多少。

这是我的测试用例。注意：第13行clz的软件实施来自我的帖子here。如果需要，可以用内在替换它。 clz应返回前导零的数量，并返回值为0的32。

#include <stdio.h>
#include <stdint.h>

const unsigned int BASE = 22ULL;

static unsigned int divfp(unsigned int val, int* iter)
{
  /* Numerator, denominator, estimate scalar and previous denominator */
  unsigned long long N,D,F, DPREV;
  int bitpos;

  *iter = 1;
  D = val;
  /* Get the shift amount + is right-shift, - is left-shift. */
  bitpos = 31 - clz(val) - BASE;
  /* Normalize into the half-range (0.5, 1.0] */
  if(0 < bitpos)
    D >>= bitpos;
  else
    D <<= (-bitpos);

  /* (FNi / FDi) == (FN(i+1) / FD(i+1)) */
  /* F = 2 - D */
  F = (2ULL<<BASE) - D;
  /* N = F for the first iteration, because the numerator is simply 1.
     So don't waste a 64-bit UMULL on a multiply with 1 */
  N = F;
  D = ((unsigned long long)D*F)>>BASE;

  while(1){
    DPREV = D;
    F = (2<<(BASE)) - D;
    D = ((unsigned long long)D*F)>>BASE;
    /* Bail when we get the same value for two denominators in a row.
      This means that the error is too small to make any further progress. */
    if(D == DPREV)
      break;
    N = ((unsigned long long)N*F)>>BASE;
    *iter = *iter + 1;
  }
  if(0 < bitpos)
    N >>= bitpos;
  else
    N <<= (-bitpos);
  return N;
}


int main(int argc, char* argv[])
{
  double fv, fa;
  int iter;
  unsigned int D, result;

  sscanf(argv[1], "%lf", &fv);

  D = fv*(double)(1<<BASE);
  result = divfp(D, &iter); 

  fa = (double)result / (double)(1UL << BASE);
  printf("Value: %8.8lf 1/value: %8.8lf FP value: 0x%.8X\n", fv, fa, result);
  printf("iteration: %d\n",iter);

  return 0;
}

Answer 1

我无法抗拒在你的问题上花一个小时......

该算法在Jean-Michel Muller的“Arithmetique des ordinateurs”第5.5.2节（法语）中描述。它实际上是Newton迭代的一个特例，以1为起点。本书给出了算法计算N / D的简单公式，D在范围内归一化[1 / 2,1 [：

e = 1 - D
Q = N
repeat K times:
  Q = Q * (1+e)
  e = e*e

每次迭代时正确位的数量加倍。在32位的情况下，4次迭代就足够了。您也可以迭代，直到e变得太小而无法修改Q。

使用归一化是因为它提供了结果中的最大有效位数。当输入处于已知范围内时，计算误差和迭代次数也更容易。

一旦您的输入值被标准化，您就不需要使用BASE的值，直到您有反向。你只需要在范围0x80000000到0xFFFFFFFF范围内归一化的32位数X，并计算Y = 2 ^ 64 / X（Y最多为2 ^ 33）的近似值。

这个简化的算法可以用于您的Q22.10表示，如下所示：

// Fixed point inversion
// EB Apr 2010

#include <math.h>
#include <stdio.h>

// Number X is represented by integer I: X = I/2^BASE.
// We have (32-BASE) bits in integral part, and BASE bits in fractional part
#define BASE 22
typedef unsigned int uint32;
typedef unsigned long long int uint64;

// Convert FP to/from double (debug)
double toDouble(uint32 fp) { return fp/(double)(1<<BASE); }
uint32 toFP(double x) { return (int)floor(0.5+x*(1<<BASE)); }

// Return inverse of FP
uint32 inverse(uint32 fp)
{
  if (fp == 0) return (uint32)-1; // invalid

  // Shift FP to have the most significant bit set
  int shl = 0; // normalization shift
  uint32 nfp = fp; // normalized FP
  while ( (nfp & 0x80000000) == 0 ) { nfp <<= 1; shl++; } // use "clz" instead

  uint64 q = 0x100000000ULL; // 2^32
  uint64 e = 0x100000000ULL - (uint64)nfp; // 2^32-NFP
  int i;
  for (i=0;i<4;i++) // iterate
    {
      // Both multiplications are actually
      // 32x32 bits truncated to the 32 high bits
      q += (q*e)>>(uint64)32;
      e = (e*e)>>(uint64)32;
      printf("Q=0x%llx E=0x%llx\n",q,e);
    }
  // Here, (Q/2^32) is the inverse of (NFP/2^32).
  // We have 2^31<=NFP<2^32 and 2^32<Q<=2^33
  return (uint32)(q>>(64-2*BASE-shl));
}

int main()
{
  double x = 1.234567;
  uint32 xx = toFP(x);
  uint32 yy = inverse(xx);
  double y = toDouble(yy);

  printf("X=%f Y=%f X*Y=%f\n",x,y,x*y);
  printf("XX=0x%08x YY=0x%08x XX*YY=0x%016llx\n",xx,yy,(uint64)xx*(uint64)yy);
}

如代码中所述，乘法不是完全32x32-> 64位。 E将变得越来越小，最初适合32位。 Q将始终为34位。我们只采用高32位的产品。

64-2*BASE-shl的推导留给读者练习:-)。如果它变为0或负数，则结果不可表示（输入值太小）。

EDIT。作为我评论的后续内容，这是第二个版本，在Q上隐含第32位.E和Q现在都存储在32位：

uint32 inverse2(uint32 fp)
{
  if (fp == 0) return (uint32)-1; // invalid

  // Shift FP to have the most significant bit set
  int shl = 0; // normalization shift for FP
  uint32 nfp = fp; // normalized FP
  while ( (nfp & 0x80000000) == 0 ) { nfp <<= 1; shl++; } // use "clz" instead
  int shr = 64-2*BASE-shl; // normalization shift for Q
  if (shr <= 0) return (uint32)-1; // overflow

  uint64 e = 1 + (0xFFFFFFFF ^ nfp); // 2^32-NFP, max value is 2^31
  uint64 q = e; // 2^32 implicit bit, and implicit first iteration
  int i;
  for (i=0;i<3;i++) // iterate
    {
      e = (e*e)>>(uint64)32;
      q += e + ((q*e)>>(uint64)32);
    }
  return (uint32)(q>>shr) + (1<<(32-shr)); // insert implicit bit
}

Answer 2

为您提供了一些想法，但没有一个可以直接解决您的问题。

为什么这个算法要分裂？我在ARM中看到的大多数分歧都使用了一些变量
```
      adcs hi, den, hi, lsl #1
      subcc hi, hi, den
      adcs lo, lo, lo
```

重复n位时间，通过clz的二进制搜索来确定从哪里开始。那很快就结束了。

如果精度是一个大问题，那么您的固定点表示不限于32/64位。它会慢一点，但您可以添加/ adc或sub / sbc来跨寄存器移动值。 mul / mla也是为这种工作而设计的。

同样，不是直接的答案，但可能有一些想法可以推进。看到实际的ARM代码可能对我有所帮助。

Answer 3

Mads，你根本没有失去任何精确度。当您将512.00002f除以2 ^ 10时，您只需将浮点数的指数减少10.尾数保持不变。当然，除非指数达到其最小值，但这不应该发生，因为你缩放到（0.5,1）。

编辑：好的，所以你使用的是固定的小数点。在这种情况下，您应该在算法中允许分母的不同表示。 D的值不仅在开始时（0.5,1）而且在整个计算过程中（很容易证明x *（2-x）<1表示x <1）。所以你应该代表分母小数点在base = 32处。这样你就可以一直保持32位精度。

编辑：要实现这一点，您必须更改以下代码行：

  //bitpos = 31 - clz(val) - BASE;
  bitpos = 31 - clz(val) - 31;
...
  //F = (2ULL<<BASE) - D;
  //N = F;
  //D = ((unsigned long long)D*F)>>BASE;
  F = -D;
  N = F >> (31 - BASE);
  D = ((unsigned long long)D*F)>>31;
...
    //F = (2<<(BASE)) - D;
    //D = ((unsigned long long)D*F)>>BASE;
    F = -D;
    D = ((unsigned long long)D*F)>>31;
...
    //N = ((unsigned long long)N*F)>>BASE;
    N = ((unsigned long long)N*F)>>31;

同样最后，你不得不改变N而不是bitpos，而是一些不同的值，我现在懒得弄清楚:)。

为Goldschmidt部门挑选良好的初步估计

3 个答案: