/40
Imię
Nazwisko
nr indeksu
pkt
ocena
0.(1p) Przeprowad konwersj liczby –55378 = | | | | | | | | | | | | | U2
ź
ę
1.(4p) Ciag 12 bitów w notacji 553,78 jest zapisem kodu liczby, której 3 bity stanowi cz ułamkow .
ą
ę
ś
ć
ą
Podaj warto liczby i zapis 16-bitowy w notacji ( )16 z 4 bitami ułamka, je li podano j w kodzie: ś
ć
ś
ą
warto (dziesi tnie)
rozszerzenie 16-bitowe w notacji (...)
16
ś
ć
ę
znak
całkowita, ułamkowa
całkowita, ułamkowa
uzupełnieniowym pełnym (U2):
,
,
znak-moduł (SM):
,
,
2.(4p) Stosuj c reguły arytmetyki resztowej oblicz reszty całkowite (dodatnie lub ujemne) ą
55378 mod 778 =
55378 mod 1018 =
55378 mod 6310 =
55378 mod 0F16 =
3.(6p) Dane s liczby 48-bitowe { x 47 x 46 ... x 1 x 0} oraz { y 47 y 46 ... y 1 y 0} w kodzie uzupełnieniowym U2: ą
0101 0111 1010 1010 0110 0101 1010 1111 0110 0101 1010 1111
0101 0010 1111 0111 1010 1010 0110 0101 1010 1010 0110 0101
W dodawaniu najdłu szy ła cuch propagacji przeniesienia obejmuje ......... pozycji Ŝ
ń
Poniewa c
=
47 = ..... , c48 = ....., wi c c47 ..... c48 ( oraz s47
/ ≠ s...... ) zatem nie* wyst pi nadmiar.
Ŝ
ę
ą
4.(4p) Oblicz z dokładno ci do 2 pozycji cz ci ułamkowej 11111 0
, 01 = | | | |,| | |
ś
ą
ę
ś
2
5.(4p) Zgodnie z reguł Booth’a w bazie 4 1010 1001U2 = | | | | | | | | |SD +1*
ą
6.(6p) Wykonaj dwoma sposobami mno enie liczb dwójkowych w kodzie uzupełnieniowym (U2) Ŝ
1 1 0 1 1
1 1 0 1 1
×
1 1 0 1
×
1 1 0 1
1 1 0 1 1
0 1 0 1 1
7.(6p) Dodanie 24 liczb 24-bitowych w kodzie naturalnym wymaga ....-poziomowego sumator CSA.
Wynik b dzie .....-bitowy, a ko cowe dodawanie obejmie ..... bitów. Całkowity czas sumowania ę
ń
przy u yciu sumatora sum warunkowych jest ...... razy wi kszy od czasu dodawania 1-bitowego Ŝ
ę
( T=4), a przy u yciu sumatora z przeskokiem przeniesie ( T = 2 ⋅ 2 n ) ....... razy wi kszy.
Ŝ
ń
ę
8.(5p) Stosuj c metod dzielenia nieodtwarzaj cego oblicz 3 pierwsze reszty i 3 pierwsze cyfry ilorazu ą
ę
ą
=– D k =
X : D
1, 1
0 0 0
:
0, 1
0
0 1
– / + D
q 0 =
q 1 =
q 2 =
ARYTMETYKA – EGZAMIN 0
2003
Janusz Biernat
*) niepotrzebne skre li
ś
ć
/40
Imię
Nazwisko
nr indeksu
pkt
ocena
0.(1p) Przeprowad konwersj liczby 72,659 = | | | | | | | | | | | | | U2
ź
ę
1.(4p) Zapisz w postaci kodu 16-bitowego z 6 bitami cz ci ułamkowej wynik działania 7,(26)8 – 108
ę
ś
w systemie :
uzupełnieniowym pełnym (U2):
znak-moduł (SM):
2.(4p) Stosuj c reguły arytmetyki resztowej oblicz reszty całkowite (dodatnie lub ujemne) ą
72658 mod 1018 =
72658 mod 10012 =
72658 mod 1710 =
72658 mod 01F16 =
3.(6p) Dane s liczby 48-bitowe { x 47 x 46 ... x 1 x 0} oraz { y 47 y 46 ... y 1 y 0} w kodzie uzupełnieniowym U2: ą
0111 0110 1010 0111 1010 1010 0110 0101 1010 1010 0110 0101
1101 0111 1010 1010 0110 0101 0010 1111 0110 0101 0010 1111
W dodawaniu najdłu szy ła cuch propagacji przeniesienia obejmuje ......... pozycji Ŝ
ń
Poniewa c
=
47 = ..... , c48 = ....., wi c c47 ..... c48 ( oraz s47
/ ≠ s...... ) zatem nie* wyst pi nadmiar.
Ŝ
ę
ą
4.(4p) Oblicz z dokładno ci do 5 cyfr znacz cych
0
,
0 00010011 1
1
= ,| | | | | |
ś
ą
ą
2
5.(4p) Zgodnie z reguł Booth’a w bazie 4 1011 0110U2 = | | | | | | | | |SD +1*
ą
6.(6p) Wykonaj dwoma sposobami mno enie liczb dwójkowych w kodzie uzupełnieniowym (U2) Ŝ
1 0 1 1 1
1 0 1 1 1
× 1 0 1 1 1
× 1 0 1 1 1
1 0 1 1 1
0 0 1 1 1
7.(6p) Dodanie 24 liczb 16-bitowych w kodzie naturalnym wymaga ....-poziomowego sumator CSA.
Wynik b dzie .....-bitowy, a ko cowe dodawanie obejmie ..... bitów. Całkowity czas sumowania ę
ń
przy u yciu sumatora sum warunkowych jest ...... razy wi kszy od czasu dodawania 1-bitowego Ŝ
ę
( T=4), a przy u yciu sumatora z przeskokiem przeniesie ( T = 2 ⋅ 2 n ) ....... razy wi kszy.
Ŝ
ń
ę
8.(5p) Stosuj c metod dzielenia nieodtwarzaj cego oblicz 3 pierwsze reszty i 3 pierwsze cyfry ilorazu ą
ę
ą
=– D k =
X : D
0, 1
0 0 0
:
1, 0
0
0 1
– / + D
q 0 =
q 1 =
q 2 =
ARYTMETYKA – EGZAMIN 0
2003
Janusz Biernat
*) niepotrzebne skre li
ś
ć
Zadania kolokwialne – schematy rozwi za
ą
ń
0.(1p) Przeprowad konwersj liczby
–
p
q
,
r
t
ź
ę
– N 2 =
– 0 b b b b b b , b b b b b b
2
0– N 2 = (– N)U2 =
1 1
,
0 0 U2
X
y
,
z
v
U16
Konwersja ( X) →
→
→
→
→
a
( Z)U b przebiega nast puj co ±( X) a
± ( Z) b
± (0| Z)U b
0± (0| Z)U b
( Z*)U b
ę
ą
1.(4p) Ciag 12 bitów w notacji p q r , t 8 jest zapisem kodu liczby, której 3 bity stanowi cz ułamkow .
ą
ę
ś
ć
ą
Podaj warto liczby i zapis 16-bitowy w notacji ( )16 z 4 bitami ułamka, je li podano j w kodzie: ś
ć
ś
ą
rozszerzenie U2
s s s s b b b b b b b b b b b 0
…
rozszerzenie – notacja (..)16
(U2)↑X↓(SM)
Y
W ,
Z
rozszerzenie SM
s 0 0
0 b b b b b b b b, b b b 0
…
(s=1 ⇒ liczba ujemna, suma warto ci liczb ujemnych o m bitach cz ci całkowitej interpretowanych ś
ę
ś
jako U2 i SM wynosi –2 m–1), wi c warto liczby wynosi odpowiednio w tych kodach: ę
ś
ć
L1 + L2 = –256 !! ( m=9)
warto (dziesi tnie)
rozszerzenie 16-bitowe w notacji (...)
16
ś
ć
ę
znak
całkowita, ułamkowa
całkowita, ułamkowa
uzupełnieniowy pełny (U2): (L1) –
, 1– t/8
XU2
Y
W,
Z
znak-moduł (SM): (L2)
–
, t/8
XSM Y
W,
Z
Liczby z okresem ułamkowym – najpierw oblicz wynik działania w systemie znak-moduł
• pami taj, e 1 – 0,( xy)β= 0,((β – 1 ) – x, (β – 1 ) – y)β
ę
Ŝ
• przekonwertuj warto bezwzgl dn wyniku na system docelowy (np. dwójkowy)
ś
ć
ę
ą
• wyznacz reprezentacj uzupełnieniow
ę
ą
2.(4p) Stosuj c reguły arytmetyki resztowej oblicz reszty całkowite (dodatnie lub ujemne) ą
p q r t β mod m = p q r t β mod (βk ± 1) = …
p q r t α mod m = p q r t α mod (βk ± 1) = x y … z v β mod (βk ± 1) =
p q r t 8 [= XYZ16 = sbb...bb2] mod (βk–1) [= 0FF..F16 | lub = 77..78 | lub = 111..12] = …
p q r t 8 [= XYZ16 = sbb...bb2] mod (βk+1) [= 100..0116 | lub = 100..018 | lub = 100..012] =
3.(6p) Dane s liczby 48-bitowe {x47 x46 ... x1 x0} oraz {y47 y46 ... y1 y0} w kodzie uzupełnieniowym U2: ą
0 11 1 00 10 11 11 01 10 0 110 10 10 1101 0 110 0 110 1010 1101 0 110
0 10 1 01 10 10 10 00 10 1 111 01 10 1010 1 111 1 111 0110 1010 1 111
ła cuch propagacji przeniesienia w dodawaniu – kolejne pozycje takie, e xi ≠ yi. (podkre lone) ń
Ŝ
ś
generacja przeniesienia w dodawaniu – pary pozycji takich, e xi =yi.=1 (kursywa) Ŝ
0111 0 010 1111 0110 0110 1010 11 01 011 0 011 0 1 010 11 01 011 0
0101 0 110 1010 0010 1111 0110 10 10 111 1 111 1 0 110 10 10 111 1
ła cuch propagacji przeniesienia w odejmowaniu – kolejne pozycje takie, e xi =yi. (podkre lone) ń
Ŝ
ś
generacja przeniesienia w odejmowaniu – pary pozycji takich, e xi =0 yi.=1 (kursywa) Ŝ
( n = 48) nie* wyst pi nadmiar, bo cn = cn–1 (oraz sn = sn–1 ) ą
albo nie* wyst pi nadmiar, bo cn ≠ cn–1 (oraz sn ≠ sn–1 ) ą
4.(4p) Oblicz z dokładno ci do 2 pozycji cz ci ułamkowej 101011
, 11 = | 1 | 0 | x |,| y | z |
ś
ą
ę
ś
2
5.(4p) Reguła Booth’a w bazie 4 |{x7... x1x0}|U2 = |{y7... y1y0}|SD+1* i [2*y2i+1+y2i= (–2x2i+1+x2i+x2i–1)]
( w algorytmie odwrotnym |{x7... x1x0}|U2 = 2*|{y7... y1y0}|SD–x0 i [2*y2i+1+y2i= (–2x2i+2+x2i+1+y2i)]
– w obu przypadkach y2i+1*y2i = 0 – przynajmniej jedna z cyfr pary jest zerem) ARYTMETYKA – EGZAMIN 0
schemat rozwi zania
Janusz Biernat
ą
Zadania kolokwialne – schematy rozwi za
ą
ń
6.(6p) Dwoma sposobami mno enie liczb w kodzie U2 (0zz...zz – uzupełnienie 1xx...xx) Ŝ
1 x x x x
1 x x x x
× 1 ... 0 ... 1
× 1 ... 0 ... 1
1 1 1 1 1 1 x x x x
× 1
0 x x x x
... ... ... ... ... ...
...
... ...
...
0 0 0 0 ...
× 0 (0)
1 0 0 0 0
... ... ... ...
...
... ...
...
0 0 z z z z
× –1
1 z z z z
b b
1 0 0 0 0 1
b
b
Uwaga: Je li mno nik ma mniej bitów ni mno na, nie ma potrzeby rozszerzania mno nika.
ś
Ŝ
Ŝ
Ŝ
Ŝ
W mno eniu bez rozszerze korekcyjna „ 1 ” jest zawsze na pozycji najwy szego bitu mno nej!
Ŝ
ń
Ŝ
Ŝ
7.(6p) Dodanie N liczb m-bitowych w kodzie naturalnym wymaga ....-poziomowego sumator CSA.
Wynik b dzie .....-bitowy, a ko cowe dodawanie obejmie ..... bitów. Całkowity czas sumowania ę
ń
przy u yciu sumatora sum warunkowych jest ...... razy wi kszy od czasu dodawania 1-bitowego Ŝ
ę
( T=2), a przy u yciu sumatora z przeskokiem przeniesie ( T = 2 ⋅ 2 n ) ....... razy wi kszy.
Ŝ
ń
ę
Liczba sumatorów elementarnych w drzewie CSA – m×( N–2) → A = 7 m×( N–2) + ACPA Liczba poziomów p – odpowiednio do skali redukcji ( k 0=2): ks– 1 < N ≤ ks, gdzie ki= ki–1+ ki/2
czyli k
p
3
≤
≤
1– k 2– k 3–... = 3–4–6–9–13–19–18–42–... lub z oszacowania
p
(
2
2)
N
(
2 )
2
Liczba bitów wyniku d = log2 N + m (dokładniej d = log2 [ N*(2 m–1)]
Liczba bitów ko cowego sumowania r ≈ m (wyniki na pozycjach najni szych s gotowe po redukcji ń
Ŝ
ą
na pozycjach najwy szych pojawiaj si dodatkowe bity znacz ce w tej samej liczbie)
Ŝ
ą
ę
ą
Czas dodawania ko cowego (znormalizowany czas dodawania 1 -bitowego wynosi T = 4) ń
• w sumatorze sum warunkowych – T
( r) = 2 ⋅ log r
COSA
2
• w sumatorze z przeskokiem przeniesie – T
( r) = 2 ⋅ 2 r
ń
CSKA
Całkowity czas sumowania = czas redukcji na p poziomach + czas ko cowego dodawania CPA: i ń
T= 4 p+ TCPA( r) tzn. T/4 razy wi kszy od czasu dodawania 1-bitowego ę
8.(5p) Stosuj c metod dzielenia nieodtwarzaj cego oblicz 3 pierwsze reszty i 3 pierwsze cyfry ilorazu ą
ę
ą
– D
k =
X : D
0, x
x x x
: 0, d d d d
–/+ D
0
q 0 =
0
q 1 =
q 2 =
Komentarz:
• sprawdzamy warunek | X| < | D| – je li nie jest spełniony skalujemy dzieln ( k = ....) ś
ą
• je li XD > 0 obliczamy reszt zerow r 0 = X– D, w przeciwnym razie r 0 = X+ D, ś
ę
ą
• je li ri D > 0, cyfr ilorazu jest qi = 1 i od przeskalowanej reszty 2 ri odejmujemy D, ś
ą
w przeciwnym razie ( ri D > 0), cyfr ilorazu jest qi = 0 i do reszty 2 ri dodajemy D
ą
• otrzymany iloraz (1, xx... lub 0, xx... ) skalujemy odwrotnie ni dzieln Ŝ
ą
ARYTMETYKA – EGZAMIN 0
schemat rozwi zania
Janusz Biernat
ą