问题提出：12.0f-11.9f=0.10000038，"减不尽"为什么？
new Float(55442.345)，输出55442.344为什么？（单精度浮点型，有效位数只有七位。而整数已占五位，故小数二位后之后均为无效数字。双精度型，有效位为十六位）
现在我们就详细剖析一下浮点型运算为什么会造成精度丢失？
1、小数的二进制表示问题
首先我们要搞清楚下面两个问题：
(1) 十进制整数如何转化为二进制数
算法很简单。举个例子，11表示成二进制数：
11/2=5 余 1
5/2=2 余 1
2/2=1 余 0
1/2=0 余 1
0结束 11二进制表示为(从下往上):1011
这里提一点：只要遇到除以后的结果为0了就结束了，大家想一想，所有的整数除以2是不是一定能够最终得到0。换句话说，所有的整数转变为二进制数的算法会不会无限循环下去呢？绝对不会，整数永远可以用二进制精确表示 ，但小数就不一定了。
(2) 十进制小数如何转化为二进制数
算法是乘以2直到没有了小数为止。举个例子，0.9表示成二进制数
0.9*2=1.8 取整数部分 1
0.8(1.8的小数部分)*2=1.6 取整数部分 1
0.6*2=1.2 取整数部分 1
0.2*2=0.4 取整数部分 0
0.4*2=0.8 取整数部分 0
0.8*2=1.6 取整数部分 1
0.6*2=1.2 取整数部分 0
......... 0.9二进制表示为(从上往下): 1100100100100......
注意：上面的计算过程循环了，也就是说*2永远不可能消灭小数部分，这样算法将无限下去。很显然，小数的二进制表示有时是不可能精确的 。其实道理很简单，十进制系统中能不能准确表示出1/3呢？同样二进制系统也无法准确表示1/10。这也就解释了为什么浮点型减法出现了"减不尽"的精度丢失问题。
2、 float型在内存中的存储
众所周知、 Java 的float型在内存中占4个字节。float的32个二进制位结构如下
float内存存储结构
4bytes 31 30 29----23 22----0
表示 实数符号位 指数符号位 指数位 有效数位
其中符号位1表示正，0表示负。有效位数位24位，其中一位是实数符号位。
符号位 阶码 尾数 长度
float 1 8 23 32
double 1 11 52 64
将一个float型转化为内存存储格式的步骤为：
（1）先将这个实数的绝对值化为二进制格式，注意实数的整数部分和小数部分的二进制方法在上面已经探讨过了。
（2）将这个二进制格式实数的小数点左移或右移n位，直到小数点移动到第一个有效数字的右边。
（3）从小数点右边第一位开始数出二十三位数字放入第22到第0位。
（4）如果实数是正的，则在第31位放入“0”，否则放入“1”。
（5）如果n 是左移得到的，说明指数是正的，第30位放入“1”。如果n是右移得到的或n=0，则第30位放入“0”。
（6）如果n是左移得到的，则将n减去1后化为二进制，并在左边加“0”补足七位，放入第29到第23位。如果n是右移得到的或n=0，则将n化为二进制后在左边加“0”补足七位，再各位求反，再放入第29到第23位。
举例说明： 11.9的内存存储格式
(1) 将11.9化为二进制后大约是" 1011. 1110011001100110011001100..."。
(2) 将小数点左移三位到第一个有效位右侧： "1. 011 11100110011001100110 "。 保证有效位数24位，右侧多余的截取（误差在这里产生了 ）。
(3) 这已经有了二十四位有效数字，将最左边一位“1”去掉，得到“ 011 11100110011001100110 ”共23bit。将它放入float存储结构的第22到第0位。
(4) 因为11.9是正数，因此在第31位实数符号位放入“0”。
(5) 由于我们把小数点左移，因此在第30位指数符号位放入“1”。
(6) 因为我们是把小数点左移3位，因此将3减去1得2，化为二进制，并补足7位得到0000010，放入第29到第23位。
最后表示11.9为： 0 1 0000010 011 11100110011001100110
再举一个例子：0.2356的内存存储格式
（1）将0.2356化为二进制后大约是0.00111100010100000100100000。
（2）将小数点右移三位得到1.11100010100000100100000。
（3）从小数点右边数出二十三位有效数字，即11100010100000100100000放
入第22到第0位。
（4）由于0.2356是正的，所以在第31位放入“0”。
（5）由于我们把小数点右移了，所以在第30位放入“0”。
（6）因为小数点被右移了3位，所以将3化为二进制，在左边补“0”补足七
位，得到0000011，各位取反，得到1111100，放入第29到第23位。
最后表示0.2356为：0 0 1111100 11100010100000100100000
将一个内存存储的float二进制格式转化为十进制的步骤：
（1）将第22位到第0位的二进制数写出来，在最左边补一位“1”，得到二十四位有效数字。将小数点点在最左边那个“1”的右边。
（2）取出第29到第23位所表示的值n。当30位是“0”时将n各位求反。当30位是“1”时将n增1。
（3）将小数点左移n位（当30位是“0”时）或右移n位（当30位是“1”时），得到一个二进制表示的实数。
（4）将这个二进制实数化为十进制，并根据第31位是“0”还是“1”加上正号或负号即可。
3、浮点型的减法运算
浮点加减运算过程比定点运算过程复杂。完成浮点加减运算的操作过程大体分为四步：
(1) 0操作数的检查；
如果判断两个需要加减的浮点数有一个为0，即可得知运算结果而没有必要再进行有序的一些列操作。
(2) 比较阶码（指数位）大小并完成对阶；
两浮点数进行加减，首先要看两数的 指数位 是否相同，即小数点位置是否对齐。若两数 指数位 相同，表示小数点是对齐的，就可以进行尾数的加减运算。反之，若两数阶码不同，表示小数点位置没有对齐，此时必须使两数的阶码相同，这个过程叫做对阶 。
如何对 阶(假设两浮点数的指数位为 Ex 和 Ey )：
通过尾数的移位以改变 Ex 或 Ey ，使之相等。 由 于浮点表示的数多是规格化的，尾数左移会引起最高有位的丢失，造成很大误差；而尾数右移虽引起最低有效位的丢失，但造成的误差较小，因此，对阶操作规定
使尾数右移，尾数右移后使阶码作相应增加，其数值保持不变。很显然，一个增加后的阶码与另一个相等，所增加的阶码一定是小阶。因此在对阶时，总是使小阶向大阶看齐 ，即小阶的尾数向右移位 ( 相当于小数点左移 ) ，每右移一位，其阶码加 1 ，直到两数的阶码相等为止，右移的位数等于阶差 △ E 。
(3) 尾数（有效数位）进行加或减运算；
对阶完毕后就可 有效数位 求和。 不论是加法运算还是减法运算，都按加法进行操作，其方法与定点加减运算完全一样。
(4) 结果规格化并进行舍入处理。
略
浮点数的加减法：具体见http://www.zzslxx.com/wmy/jy/Chap02/2.7.1.htm
4、 计算12.0f-11.9f
12.0f 的内存存储格式为： 0 1 0000010 10000000000000000000000
11.9f 的内存存储格式为: 0 1 0000010 011 11100110011001100110
可见两数的指数位完全相同，只要对有效数位进行减法即可。
12.0f-11.9f 结果： 0 1 0000010 00000011001100110011010
将结果还原为十进制为： 0.000 11001100110011010= 0.10000038