/35
Imi
ę
Nazwisko
nr indeksu
pkt
ocena
1
ARYTMETYKA – KOLOKWIUM II
24 stycznia 2004
Janusz Biernat
1.(4p) Zapisz w formacie zmiennoprzecinkowym pojedynczej precyzji wynik mno
ż
enia (M
⋅
2
-3
⋅
2
-8
= M
⋅
2
-11
)
01,110101001
U2
××××
1,11111111111
U2
=| 1 || 0 | 1 | 1 | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 || 1 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 0 |..|0 |
2.(5p) Znajd
ź
najmniejsz
ą
liczb
ę
dodatni
ą
, której reprezentacj
ą
w systemie resztowym RNS (4, 5, 7) jest
35
ˆ
1
=
w
1
mod
ˆ
1
1
1
−
=
−
w
w
28
ˆ
2
=
w
2
mod
ˆ
2
1
2
=
−
w
w
20
ˆ
3
=
w
1
mod
ˆ
3
1
3
−
=
−
w
w
{1, 1, 1}+{1, 2, 3}*{1, 2, 1}
≡
{2, 0, 4}=[35
⋅
(
−
1)
⋅
2+28
⋅
(
−
1)
⋅
0+20
⋅
(
−
1)
⋅
4] mod (4
⋅
5
⋅
7)=
−
10
≡
130
3.(5p) W odejmowaniu
X – Y
liczb
X
=
1101010011010100
U2
oraz
Y
=0 0
01011110101111
U2
nadmiar nie
*
wyst
ą
pi
, bo
c
15
=
c
16
(ng
←
ng). Ró
ż
nica jest liczb
ą
dodatni
ą
* /
ujemn
ą
*.
W dodawaniu liczb
11010100
U2
+
0
0101111
U2
warto
ś
ć
funkcji generacji przeniesienia mi
ę
dzy
pozycjami „4” i „7” wynosi
G
4,7
=
G
6,7
+
P
6,7
(G
5,5
+
P
5,5
G
4,4
)
=
0+1(0+0
⋅⋅⋅⋅
0)
, a
G
3,7
=
G
4,7
+
P
4,7
G
3,3
=
0
.
4.(6p) Ci
ą
g
0 1010 1101
1
0100 0101 1110 1101 0101 111
jest
zmiennoprzecinkow
ą
reprezentacj
ą
znormalizowan
ą
liczby x (wykładnik w kodzie „
+127
”). Oblicz x z zaokr
ą
gleniem do 5. cyfry
znacznika i zapisz w tym samym formacie. Warto
ś
ć
wykładnika
wyniku
wynosi +46/2=
+23
10
.
| 0 | | 1 | 0 | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | 0 | | 0 | 0 | 1 | 0 | 0 | 0 |… …| 0 |
5.(6p) Wiedz
ą
c,
ż
e
∑
∑
−
=
+
+
−
=
−
⋅
+
+
−
=
⋅
1
0
0
2
2
1
2
2
2
1
2
0
2
)
2
(
2
2
k
j
j
j
j
j
k
i
i
i
x
x
x
x
x
wykonaj mno
ż
enie
w kodzie
U2
a) bez u
ż
ycia rozszerze
ń
b) alternatywn
ą
metod
ą
Bootha-McSorley’a
1 0 1 1 1 1
0 1 0 0 1 1
×
0 1 0 0 1 1
××××
1
(1 0 1 1 1 1)
0 0 1 1 1 1
mno
ż
nik SD:
0 -1 1 0 0 0
0 0 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1
1 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 1 1
1 0 0 0 0 0
1 0 1 1 0 1
0 0 1 1 1 1
1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1
1 0 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0 1
1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1
6(5p) Metod
ą
dzielenia nieodtwarzaj
ą
cego
oblicz
4 znacz
ą
ce
cyfry ilorazu w kodzie U2
0, 1
0 1 1
====
−−−−
D
X =
0
1 1, 1
0
: 1, 0
1 0 1
====
++++
D
k=–3
++++
D
1, 0 1
0
1
1
1
1
0
0
0
q
0
= 1
–D
0
1
0
1
1
0
0
0
1
1
0
q
1
= 0
++++
D
1
0
1 0
1
1
1
0 1
1
0
q
2
= 1
–D
0
1
0
1
1
0
0
0
0
1
q
3
= 0
Iloraz jest równy Q =
.
1,010...
××××
2
3
= 1010,...
7.(4p) Dodanie 32 liczb 16-bitowych w kodzie NB wymaga u
ż
ycia
.......
8
.
-poziomowego sumatora CSA.
Wynik b
ę
dzie
..
21
..
-bitowy, a ko
ń
cowe dodawanie obejmie
....
16
...
bitów. Całkowity czas sumowania
przy u
ż
yciu sumatora sum warunkowych COSA (
n
T
COSA
2
log
2
=
) wyniesie T=
..
8
××××
4+8=40
.
a przy
u
ż
yciu sumatora kaskadowego RCA T=
.
8
××××
4+32=64
..
(przyjmij T
(3,2)
=4).
/35
Imi
ę
Nazwisko
nr indeksu
pkt
ocena
2
ARYTMETYKA – KOLOKWIUM II
24 stycznia 2004
Janusz Biernat
1.(4p)
Zapisz w formacie zmiennoprzecinkowym pojedynczej precyzji
wynik dzielenia (M
⋅
2
-3
/2
-11
= M
⋅
2
8
)
1,110101001
U2
/ 1,11111111111
U2
= | 0 | | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | 1 | 0 | 0 |...| 0 |
2.(5p) Znajd
ź
najmniejsz
ą
liczb
ę
dodatni
ą
, której reprezentacj
ą
w systemie resztowym RNS (3, 4, 7) jest
28
ˆ
1
=
w
2
1
mod
ˆ
1
1
1
−
≡
=
−
w
w
21
ˆ
2
=
w
3
1
mod
ˆ
2
1
2
−
≡
=
−
w
w
12
ˆ
3
=
w
3
mod
ˆ
3
1
3
=
−
w
w
{1, 1, 1}+{1, 2, 3}*{1, 2, 1}
≡
{2, 1, 4}=[28
⋅
(
−
2)
⋅
2+21
⋅
(1)
⋅
1+12
⋅
(
3
)
⋅
4] mod (3
⋅
4
⋅
7)=
53
≡ −
31
3.(5p) W dodawaniu
X + Y
liczb
X
=
1101010011010100
U2
oraz
Y
=0 0
01011110101111
U2
nadmiar nie* wyst
ą
pi
, bo
c
15
=
c
16
(
←
p
←
). Suma jest liczb
ą
dodatni
ą
* /
ujemn
ą
*.
W dodawaniu liczb
11010100
U2
+
0
101111
U2
warto
ś
ć
funkcji generacji przeniesienia mi
ę
dzy
pozycjami „1” i „4” wynosi
G
1,4
=
G
3,4
+
P
3,4
(G
2,2
+ P
2,2
G
1,1
)
=
1 (1+
..
)
=
1
, za
ś
G
0,4
=
G
1,4
+..=
1
.
4.(6p) Ci
ą
g
0 1110 1100
1
0100 0101 1110 1101 0101 111
jest
zmiennoprzecinkow
ą
reprezentacj
ą
znormalizowan
ą
liczby x (wykładnik w kodzie „
+127
”). Oblicz
x z zaokr
ą
gleniem do 5. cyfry
znacznika i zapisz w tym samym formacie. Warto
ś
ć
wykładnika
wyniku
wynosi (+109
−
1)/2=
54
10
.
| 0 | | 1 | 0 | 1 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | | 1 | 0 | 0 | 1 | 1 | 0 |… …| 0 |
5.(6p) Wiedz
ą
c,
ż
e
∑
∑
−
=
−
−
+
−
=
−
⋅
+
+
−
=
⋅
1
0
1
2
1
2
2
1
2
1
2
0
2
)
2
(
2
k
j
j
j
j
j
k
i
i
i
x
x
x
x
x
wykonaj mno
ż
enie
w kodzie
U2
a) bez u
ż
ycia rozszerze
ń
b) metod
ą
Bootha-McSorley’a
1 0 0 1 0 1
0 1 1 0 1 1
×
0 1 0 0 0 1
×
(1 0 1 1 1 1)
0 0 0 1 0 1
mno
ż
nik SD:
0 -1 0 0 0 -1
1 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1
1 0 0 0 0 0
1 1 0 0 1 0 1
1 0 0 0 0 0
1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1
0 0 0 1 0 1
1 0 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0 1
1 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1
6(5p) Metod
ą
dzielenia nieodtwarzaj
ą
cego
oblicz
4 znacz
ą
ce
cyfry ilorazu w kodzie U2
0
1 0 1
1
====
−−−−
D
X =
0, 0
1
1
1
0
: 1, 0
1 0 1
====
++++
D
k= 0
++++
D
1, 0
1
0
1
1
1
1
0
0
0
q
0
= 1
–D
0
1
0
1
1
0
0
0
1
1
0
q
1
= 0
++++
D
1
0
1
0
1
1
1
0
1
1
0
q
2
= 1
–D
0
1
0
1
1
0
0
0
0
1
q
3
= 0
Iloraz jest równy Q =
.
1,010...
××××
2
0
7.(4p) Dodanie 30 liczb 64-bitowych w kodzie NB wymaga u
ż
ycia
.
8
-poziomowego sumatora CSA. Suma
b
ę
dzie
..
69
-bitowa, a ko
ń
cowe dodawanie obejmie
64
bity. Całkowity czas sumowania przy u
ż
yciu
sumatora prefiksowego PPA (
n
T
PPA
2
log
2
2
=
) wyniesie T=
.
8
××××
4+14=46
...
a przy u
ż
yciu sumatora
kaskadowego RCA T=
.
8
××××
4+128=160
..
(przyjmij T
(3,2)
=4).
/35
Imi
ę
Nazwisko
nr indeksu
pkt
ocena
3
ARYTMETYKA – KOLOKWIUM II
24 stycznia 2004
Janusz Biernat
1.(4p)
Zapisz w formacie zmiennoprzecinkowym pojedynczej precyzji
wynik mno
ż
enia (M
⋅
2
-3
⋅
2
7
= M
⋅
2
4
)
1,110101001
U2
××××
10000000,0
U2
= | 0 | | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | 1 | 0 | 0 |...| 0 |
2.(5p) Znajd
ź
najmniejsz
ą
liczb
ę
dodatni
ą
, której reprezentacj
ą
w systemie resztowym RNS (7, 8, 9) jest
72
ˆ
1
=
w
3
4
mod
ˆ
1
1
1
−
≡
=
−
w
w
63
ˆ
2
=
w
1
mod
ˆ
2
1
2
−
=
−
w
w
56
ˆ
3
=
w
4
5
mod
ˆ
3
1
3
−
≡
=
−
w
w
{1, 1, 1}+{1, 2, 3}*{1, 2, 1}
≡
{2, 5, 4}=[72
⋅
(
−
3)
⋅
2+63
⋅
(
−
1)
⋅
5+56
⋅
(5)
⋅
4] mod (7
⋅
8
⋅
9)=
373
≡ −
131
3.(5p) W odejmowaniu
X – Y
liczb
X
=
0101010011010100
U2
oraz
Y
=1 1
11011110101111
U2
nadmiar nie
*
wyst
ą
pi
, bo
c
15
=
c
16
(g
←
p
←
g). Ró
ż
nica jest liczb
ą
dodatni
ą
* / ujemn
ą
*.
W dodawaniu liczb
01010100
U2
+
1
1101111
U2
warto
ś
ć
funkcji generacji przeniesienia mi
ę
dzy
pozycjami „2” i „5” wynosi
G
2,5
=
G
4,5
+
P
4,5
(G
3,3
+ P
3,3
G
2,2
)
=
0+1(0+1
⋅⋅⋅⋅
1)
=
1
, za
ś
G
2,6
=
G
6,6
+
...=
1
4.(6p) Ci
ą
g
0 0010 1101
1
1110 0101 1110 0101 1101 111
jest
zmiennoprzecinkow
ą
reprezentacj
ą
znormalizowan
ą
liczby x (wykładnik w kodzie „
+127
”). Oblicz
x z zaokr
ą
gleniem do 5. cyfry
znacznika i zapisz w tym samym formacie. Warto
ś
ć
wykładnika
wyniku
wynosi (
−
82)/2=
−
41
10
.
| 0 | | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | 0 | | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 | 0 |… …| 0 |
5.(6p) Wiedz
ą
c,
ż
e
∑
∑
−
=
+
+
−
=
−
⋅
+
+
−
=
⋅
1
0
0
2
2
1
2
2
2
1
2
0
2
)
2
(
2
2
k
j
j
j
j
j
k
i
i
i
x
x
x
x
x
wykonaj mno
ż
enie
w kodzie
U2
a) bez u
ż
ycia rozszerze
ń
b) alternatywn
ą
metod
ą
Bootha-McSorley’a
0 1 1 1 1 0
1 0 0 0 1 1
×
1 0 0 0 1 1
×
(0 1 1 1 1 0)
1 1 1 1 1 0
mno
ż
nik SD:
0 1 0 0 0 -1
1 1 1 1 1 0
1 0 0 0 0 0
0 1 1 1 0 1
1 0 0 0 0 0
1 0 0 0 1 1
1 0 0 0 0 0
1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0
0 0 0 0 1 0
1 0 0 0 0 0 1
1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0
6(5p) Metod
ą
dzielenia nieodtwarzaj
ą
cego
oblicz
4 znacz
ą
ce
cyfry ilorazu w kodzie U2
0
1
1
1 0
1
0
1 0
1
====
−−−−
D
X = (1) 1 0, 0 1 0
: 0, 1 0
1 1
====
++++
D
k=–2
++++
D
0, 1
0
1
1
0
1
0
0
0
q
0
= 1
–D
1
0
1
0
1
1
1
1
0
1
0
q
1
= 0
++++
D
0
1
0
1
1
0
0
1
0
1
0
q
2
= 1
–D
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
q
3
= 0
Iloraz jest równy Q =
.
1,010...
××××
2
2
= 101,0...
7.(4p) Dodanie 24 liczb 64-bitowych w kodzie NB wymaga u
ż
ycia
..
7
-poziomowego sumatora CSA.
Wynik b
ę
dzie
..
69
..
-bitowy, a ko
ń
cowe dodawanie obejmie
..
64
bity. Całkowity czas sumowania przy
u
ż
yciu sumatora z przeskokiem przeniesie
ń
CSKA (
n
T
CSKA
4
=
) wyniesie T=
..
7
××××
4+32=60
..
a przy
u
ż
yciu sumatora kaskadowego RCA T=
...
7
××××
4+128=156
..
(przyjmij T
(3,2)
=4).
/35
Imi
ę
Nazwisko
nr indeksu
pkt
ocena
4
ARYTMETYKA – KOLOKWIUM II
24 stycznia 2004
Janusz Biernat
1.(4p)
Zapisz w formacie zmiennoprzecinkowym pojedynczej precyzji
wynik dzielenia (M
⋅
2
7
/2
-9
= M
⋅
2
16
)
011101010,01
U2
/0,000000001
U2
=| 0 | | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | | 1 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 0 |...| 0 |
2.(5p) Znajd
ź
najmniejsz
ą
liczb
ę
dodatni
ą
, której reprezentacj
ą
w systemie resztowym RNS (5, 6, 7) jest
42
ˆ
1
=
w
2
3
mod
ˆ
1
1
1
−
≡
=
−
w
w
35
ˆ
2
=
w
1
mod
ˆ
2
1
2
−
=
−
w
w
30
ˆ
3
=
w
3
4
mod
ˆ
3
1
3
−
≡
=
−
w
w
{1, 1, 1}+{1, 2, 3}*{1, 2, 1}
≡
{2, 5, 4}=[42
⋅
(
−2
)
⋅
2+35
⋅
(
−
1)
⋅
5+30
⋅
(4)
⋅
4] mod (5
⋅
6
⋅
7)=
−
73
≡
137
3.(5p) W dodawaniu
X + Y
liczb
X
=
0011010011010100
U2
oraz
Y
=0 0
01011110101111
U2
nadmiar nie
*
wyst
ą
pi
, bo
c
15
=
c
16
(ng
←
ng). Suma jest liczb
ą
dodatni
ą
* / ujemn
ą
*.
W dodawaniu liczb
10100110
U2
+
0
0101111
U2
warto
ś
ć
funkcji generacji przeniesienia mi
ę
dzy
pozycjami „3” i „6” wynosi
G
3,6
=
G
6,6
+
P
6,6
(G
5,5
+ P
5,5
G
3,4
)
=
0+0(
…
)
, za
ś
G
3,7
=
G
7,7
+
P
7,7
G
3,6
=
0
4.(6p) Ci
ą
g
0 0000 1100
1
1110 0101 1110 0101 1101 111
jest
zmiennoprzecinkow
ą
reprezentacj
ą
znormalizowan
ą
liczby x (wykładnik w kodzie „
+127
”). Oblicz x z zaokr
ą
gleniem do 5. cyfry
znacznika i zapisz w tym samym formacie. Warto
ś
ć
wykładnika
wyniku
wynosi (
−
115
−
1)/2=
−
58
10
| 0 | | 0 | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | 0 | 1 | | 1 | 1 | 1 | 1 | 0 | 0 |… …| 0 |
5.(6p) Wiedz
ą
c,
ż
e
∑
∑
−
=
−
−
+
−
=
−
⋅
+
+
−
=
⋅
1
0
1
2
1
2
2
1
2
1
2
0
2
)
2
(
2
k
j
j
j
j
j
k
i
i
i
x
x
x
x
x
wykonaj mno
ż
enie
w kodzie
U2
a) bez u
ż
ycia rozszerze
ń
b) metod
ą
Bootha-McSorley’a
0 1 1 1 0 1
1 0 0 0 1 1
×
1 0 0 0 1 0
×
(0 1 1 1 1 0)
1 0 0 0 0 0
mno
ż
nik SD:
1 0 0 0 -1 0
1 1 1 1 0 1
0 1 1 1 0 1
1 0 0 0 0 0
1 0 0 0 1 1
1 0 0 0 0 0
1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0
1 0 0 0 0 0
0 0 0 0 1 1
1 0 0 0 0 0 1
1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0
6(5p) Metod
ą
dzielenia nieodtwarzaj
ą
cego
oblicz
4 znacz
ą
ce
cyfry ilorazu w kodzie U2
0
0
1
1
1 0
1
0 1 0
1
====
−−−−
D
X =
1, 1
0
0
1
0
:
0
1
0 1, 1
====
++++
D
k= 3
++++
D
0
1
0 1, 1
0
0
1
0
0
0
q
0
= 1
–D
1
0
1
0
1
1
1
1
0
1
0
q
1
= 0
++++
D
0
1
0
1
1
0
0
1
0
1
0
q
2
= 1
–D
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
q
3
= 0
Iloraz jest równy Q =
.
1,010...
××××
2
–3
= 1,111010...
7.(4p) Dodanie 40 liczb 32-bitowych w kodzie NB wymaga u
ż
ycia
..
8
-poziomowego sumatora CSA.
Wynik b
ę
dzie
..
38
-bitowy, a ko
ń
cowe dodawanie obejmie
.
32
bity. Całkowity czas sumowania przy
u
ż
yciu sumatora sterowanego przeniesieniami CSLA (
n
T
CSLA
2
2
=
) wyniesie T=
.
8
××××
4+16=48
..
a przy u
ż
yciu sumatora kaskadowego RCA T=
....
8
××××
4+64=96
...
(przyjmij T
(3,2)
=4).
ROZWI
Ą
ZANIA
/30
Imi
ę
Nazwisko
nr indeksu
pkt
ocena
P
ARYTMETYKA – KOLOKWIUM DODATKOWE
29 stycznia 2004
Janusz Biernat
1(6p) Metod
ą
dzielenia nieodtwarzaj
ą
cego
oblicz z dokładno
ś
ci
ą
do
5. cyfry
znacz
ą
cej
iloraz liczb
danych w kodzie U2
i zapisz go
w reprezentacji zmiennoprzecinkowej
pojedynczej precyzji
0
0
1
0 1, 1
====
−−−−
D
X = 0
0 0, 1 1 1 0 1
:
1
1 0
1 0, 1
====
++++
D
k=2
1
1
0
1 0, 1
1
1
1
1
0
0 0
q
0
= 1
0
1
0
1 1
0
0
0
1 1
1
q
1
= 0
1
0
1 0
1
1
1
1 0
0
0
q
2
= 1
0
1 0
1
1
0
0 0
1
1
0
q
3
= 0
1 0
1
0
1
1 1 0 1 1 0
q
4
= 1
Iloraz
Q
=
1,0101..
××××
2
–2
=
.
–
01,0101..
××××
2
–3
.
= | 1 | | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 0 | 0 | | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 | 0 |...| 0 |
2.(4p) Znajd
ź
najmniejsz
ą
liczb
ę
dodatni
ą
, której reprezentacj
ą
w systemie resztowym RNS (5, 7, 9) jest
{1, 2, 3}+{4, 5, 6}*{3, 2, 1}={
3
,
5
,
0
}
≡
63
⋅
2
⋅
3
+ 45
⋅
(–2)
⋅
5
+ 35
⋅
(–1)
⋅
0
≡
–72
≡
–72+ 315
≡
243
63
9
7
ˆ
1
=
⋅
=
w
2
mod
ˆ
1
1
1
=
−
w
w
45
9
5
ˆ
2
=
⋅
=
w
2
mod
ˆ
2
1
2
−
=
−
w
w
35
7
5
ˆ
3
=
⋅
=
w
1
mod
ˆ
3
1
3
−
=
−
w
w
3.(5p) Ró
ż
nica
S=X–Y
podanych ni
ż
ej liczb w kodzie U2 jest liczb
ą
dodatni
ą
* / ujemn
ą
*.
15
14 13
12 11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
X=
0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 1 0 1
U2
Y=
1 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1
U2
S=X–Y =
0
1 0
P K P P P G …
…
Nadmiar
nie*
wyst
ą
pi
, bo
c
15
≠
c
16
, a bit rozszerzenia ró
ż
nicy
s
16
≠
s
15
.
Warto
ś
ć
funkcji generacji przeniesienia mi
ę
dzy pozycjami „2” i „13” wynosi
G
2,13
=
0
4.(6p) Ci
ą
g
0 0000 0000 0000 0001 1111 1101 0101 111
jest
zmiennoprzecinkow
ą
reprezentacj
ą
zdenormalizowan
ą
liczby x (wykładnik w kodzie „
+127
”). Oblicz
x z zaokr
ą
gleniem do 5. cyfry
znacznika i zapisz go w formacie
znormalizowanym
. Warto
ś
ć
wykładnika wyniku wynosi (-67)
10
.
| 0 | | 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | 0 | 0 | | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 | 1 |… …| 0 |
5.(6p) Oblicz iloczyn liczb
w kodzie
U2, przekodowuj
ą
c mno
ż
nik na podstawie przekształcenia
∑
∑
∑
−
=
+
+
−
=
−
−
+
−
=
−
⋅
+
+
−
=
−
⋅
+
+
−
=
⋅
1
0
0
2
2
1
2
2
2
1
0
1
2
1
2
2
1
2
1
2
0
2
)
2
(
2
2
)
2
(
2
k
j
j
j
j
j
k
j
j
j
j
j
k
i
i
i
x
x
x
x
x
x
x
x
x
a) prost
ą
metod
ą
Bootha-McSorley’a
b) alternatywn
ą
metod
ą
Bootha-McSorley’a
0 1 0 0 1 0
1 0 0 1 1 1
××××
1 1 1 0 0 1 1 1
××××
0
0 1 0 0 1 0
mno
ż
nik SD:
0 0 -1 0 1 0 0 -1
mno
ż
nik SD:
0 1 -1 0 0 1 0
1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 0
0
0 1 0 0 1 0
1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1
1 1 0 1 1 1 0
0 1 1 0 0 1
1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0
1 1 0 0 1 1 1
1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0
6.(3p) Dodanie 32 liczb 8-bitowych w kodzie NB wymaga u
ż
ycia
240
ogniw (3,2) sumatora CSA. Suma
b
ę
dzie
13
-bitowa, a ko
ń
cowe dodawanie
nie obejmie
5
mniej*/bardziej* znacz
ą
cych bitów.
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
2004 arytmetyka kolokwium 1 rozw
2006 arytmetyka kolokwium 2 rozw errata
2005 arytmetyka kolokwium 1 rozw
2004 arytmetyka kolokwium 2 rozwid 2 (2)
2007 arytmetyka kolokwium 2
2008 architektura arytmetyka kolokwium
Treści zadań kolokwium?rczak+ROZW
2003 arytmetyka kolokwium 1id 21693 (2)
kolokwium rozw 1 1
2004 05 kolokwium 1
2005 arytmetyka kolokwium 1
kolokwium rozw
więcej podobnych podstron