Question

当我们对2的补码数进行乘法时，我很难理解为什么我们丢弃MSB。

让我们以101（十进制：-3）和011（十进制：3）为例。算法是这样的：首先我们将数字的长度加倍，然后我们像在学校那样用小数进行通常的乘法，然后我们采用（加倍长度）* 2 = 6个最低有效位。

双倍长度：
```
101 -> 111101
011 -> 000011
```
做乘法： 111101 * 000011 = 10110111（十进制：-73）

如我们所见，这个结果是错误的。

取6个最低有效位（丢弃2个最高有效位）。 10110111 -> 110111（十进制：-9）

所以结果变得非常正确。怎么解释这个？我知道MSB有点特殊，我在学校使用的规则不能100％适合2的补充，但是虽然我完全理解学校的乘法规则，但我无法绕过2的最后一步。补码乘法（我理解前两步）。

Answer 1

你的乘法是不正确的。你做了一个无符号乘法。换句话说：

    111101  
    000011 x
    ------ 
    111101
   111101
  000000
 000000
000000     +
----------
0010110111

或者在十进制61 x 3 = 183.但是有符号乘法也需要扩展部分乘积中的符号位。像这样：

    111101  
    000011 x
    ------ 
1111111101
111111101 
00000000
0000000
000000     +
----------
1111110111

所以现在你正确计算-3 x 3 = -9。这种区别对处理器也很重要，比较英特尔处理器上的MUL与IMUL。

Answer 2

这只是关于算术的。它在语义上不是错误的，因为它实际上是一个正确的modulo结果，因为对计算机中整数的操作会导致丢弃高位，这类似于k位计算机中的模2 ^k

首先，您应该知道非加宽乘法对于无符号和2的补码有符号数具有相同的位模式。

例如：1001 ₂ x 0011 ₂。


作为无符号处理我们有9 x 3 = 27（0001 1011 ₂）

将它们视为签名我们有-7 x 3 = -21（1110 1011 ₂）^†

您可以看到特定案例here。对于一般情况，例如，取2个正 k位数字m和n。这意味着它们的负值-m和-n将由2 ^k - m和2 ^k - n ^{§分别。现在我们将这2个负值相乘得到 k-bit 结果：}

（ - m）（ - n）mod 2 ^k
  =（2 ^k - m）（2 ^k - n）mod 2 ^k
  = [2 ^2k -2 ^k（m + n）+ mn] mod 2 ^k
  = mn mod 2 ^k
  =（ - m）（ - n）mod 2 ^k

如果一个数字为正数而另一个数字为负数

，则相同

因此，无论将两位模式视为有符号还是无符号，结果仍然相同。

现在我们有两个 n位无符号数并对它们进行乘法运算，我们将得到 2n 位数，因为乘以n位数和m位数产生（n + m）位结果。

但是如果我们只关心结果的低n位那么它与具有相同位模式的两个n位无符号数的结果完全相同，如上所述。

所以我们取两个（n / 2）位有符号数，将它们符号扩展为n位（你的1 ^st步骤）并进行非加宽乘法（你的2 ^nd步骤）获得n位结果。我们现在拥有的是与从n / 2位到n位的带符号加宽乘法完全相同。

将已签名操作数中的位加倍实际上只是使它们与最终结果一样宽，这样乘法现在是无符号非加宽，而不是像之前那样有符号扩宽。

^† _{如果你注意到，如果你看一下上面的证据，那么有符号和无符号版本的高位也会相互关联}

^§ _{因为two's complement的定义是这样的：}

N位数的二进制补码定义为complement相对于2 ^N;换句话说，它是从2 ^N
中减去数字的结果

_{类似于1的补码和二进制的2的补码，在十进制中我们有9's complement and 10's complement来表示负数，虽然它没有在日常生活中使用并且超出了这个问题的范围}

Answer 3

乘法只是重复添加。

当我们将两个 n位数相加时，结果有（n + 1）-bit ，因为最多可以有一个携带MSb。
当我们将两个 n位数相乘时，结果为（n + n）-bit ，因为我们最多为自己添加一个数字ⁿ时间，最多产生2个ⁿ，并且 log ₂（2 ⁿ）= n 位。

由于我们通过添加 2n-bit 数字来工作，我们需要签名将操作数扩展到其大小的两倍。
当增加两个补码的大小时，这是一个标准规则。

如果我们使用这种效率低下的算法，我们不需要丢掉任何东西。

将 a 和 b 与 b = b _k相乘的小学校验算法 b _k-1 ... b ₁ b ₀ 将分配属性利用为 a * b = a * b ₀ + a * b ₁ * B + a * b _{2 } * B ² + a * b ₃ * B ^{3 + ...其中 B 是数字的基础。}

这很有用，因为二进制数字 b _i 为0或1，因此可以添加一个数字（如果 b _{i } = 1）或者它不是（如果 b _i ）= 0）。此外，幂 B ⁱ 是2的幂，因此它们可以实现为移位。

现在，由于最终结果 a * b 必须至少 2n-bit 每个加数 a * b _i * B ⁱ的大小必须 2n-bit 。（再次在你的问题中解释得很清楚）但是，当我们使用移位来执行乘法 B ⁱ 时，会引入超出 2n 所需的额外位。
例如：

| 111 111 | 011 ------- | 11 | 11 | 11 |11 11 11 |

这些比特只是这样一个事实：作为人类，在我们完成所有总和而不是在每个总和中，在我们到达之后停止剩余的比特更简单。 2n -th bit。

在实际硬件中执行后者，它们具有 2n-bit 寄存器，在那里它们扩展操作数，并且在移位期间，剩余位被丢弃（就像正常移位一样）。累加总和的寄存器也会丢弃进位（就像普通加法器一样）。

+-------+ +-------+ +-------+ +-------+ +-------+ +-------+ |000 011| + |000 110| + |001 100| + |011 000| + |110 000| + |100 000| +-------+ +-------+ +-------+ +-------+ +-------+ +-------+ = +-------+ |111 101| Correct result with no bits discarded (but for the sums carries) +-------+

为什么在2的补码乘法中丢弃MSB？

3 个答案: