原码1位乘法
在定点计算机中，两个原码表示的数相乘的运算规则是：乘积的符号位由两数的符号按异或运算得到。而乘积的数值部分则是两个正数相乘之积。设n位被乘数和乘数用定点小数表示(定点整数也相同适用)
被乘数 [x]原 = xf .x0 x1 x2 … xn
乘数 [y]原 = yf .y0 y1 y2 … yn
则
乘积 [ z ]原 = ( xf⊕yf ) . (0. x0 x1 x2 …xn)(0 . y1 y2 …yn)
式中，xf为被乘数符号。yf为乘数符号。
乘积符号的运算法则是：同号相乘为正，异号相乘为负。因为被乘数和乘数和符号组合仅仅有四种情况(xf yf = 00，01，10，11),因此积的符号可按“异或”(按位加)运算得到。
数值部分的运算方法与普通的十进制小数乘法相类似。只是对于用二进制表达的数来说，其乘法规则更为简单一些：从乘法y的最低位開始。若这一位为“1”。则将被乘数x写下；若这一位为“0”，则写下全0。然后再对乘数y的高一位进行的乘法运算，其规则同上，只是这一位乘数的权与最低位乘数的权不一样。因此被乘数x要左移一位。依次类推。直到乘数各位乘完为止。最后将它们统统加起来。便得到最后乘积z 。
设 x = 0.1011。y = 0.1101,让我们先用习惯方法求其乘积。其步骤例如以下：
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× |
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0. |
1 |
1 |
0 |
1 |
(x) |
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0. |
1 |
0 |
1 |
1 |
(y) |
|||||
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+ |
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1 |
1 |
0 |
1 |
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1 |
1 |
0 |
1 |
|
|||||
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0 |
0 |
0 |
0 |
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|
|||||
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1 |
1 |
0 |
1 |
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|
|||||
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0. |
1 |
0 |
0 |
0 |
1 |
1 |
1 |
1 |
(z) |
假设被乘数和乘数用定点整数表示，我们也会得到相同的结果。可是。可是人们习惯的算法对机器并不全然适用。原因之中的一个，机器通常仅仅有n位长，两个n位数相乘，乘积可能为2n位。原因之二，仅仅有两个操作数相加的加法器，难以胜任将n个位积一次相加起来的运算。为了简化结构，机器通常仅仅有n位长。而且仅仅有两个操作数相加的加法器。为此，必须改动上述乘法的实现方法。将 x · y 改写成适于例如以下定点机的形式：
一般而言。设被乘数 x 、乘数 y 都是小于 1 的 n 位定点正数：
x = 0 . x1 x2 … xn 。 y = 0 . y1 y2 … yn
其乘积为
x · y = x · ( 0.y1y2 … yn )
= x · ( y1 2 -1 + y2 2 -2 + … + yn 2 -n)
= 2 -1( y1x + 2-1( y2 x + 2-1 (… + 2-1 ( yn-1 x + )…))
令 zi 表示第 i 次部分积，则上式可写成例如以下递推公式：
z0 = 0
z1 = 2-1( ynx + z0)
…
zi = 2-1( yn-i+1x + zi-1) (2.3.2)
…
zn = x·y = 2-1( y1x + zn-1)
显然，欲求x·y，则需设置一个保存部分积的累加器。
乘法開始时，令部分积的初值z0 = 0。然后求加上ynx。右移1位得第1个部分积，又将加上yn - 1x，再右移1位得第2个部分积。依此类推。直到求得y1x加上zn-1并右移1位得最后部分积，即得x·y。显然，两个n位数相乘。需反复进行n次“加”及“右移”操作。才干得到最后乘积。这就是实现原码一位乘法的规则。
【例 】 x = 0.1101。 y = 0.1011。用原码一位乘法计算 x · y = ？
[解:] 求解步骤例如以下： Flash演示 
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部分积 |
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乘数 |
说明 |
|||||
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00.0000 |
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yf |
1 |
0 |
1 |
1 |
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z0 = 0 |
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+ |
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00.1101 |
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y4 = 1，+ x |
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00.1101 |
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→ |
00.0110 |
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1 |
yf |
1 |
0 |
1 |
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右移。得z1 |
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|
+ |
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00.1101 |
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Y3 = 1。+ x |
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01.0011 |
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|
→ |
00.1001 |
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1 |
1 |
yf |
1 |
0 |
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右移，得z2 |
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|
+ |
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00.0000 |
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Y2 = 0，+0 |
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00.1001 |
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→ |
00.0100 |
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1 |
1 |
1 |
yf |
1 |
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右移，得z3 |
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|
+ |
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00.1101 |
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Y1 = 1，+ x |
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01.0001 |
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→ |
00.1000 |
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1 |
1 |
1 |
1 |
yf |
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右移，得z3 = xy |
所以 x · y = 0.10001111
|
图2-7 为实现原码一位乘法的硬件逻辑原理图。这里有三个寄存器，当中 R0 存放部分积z，在乘法開始 R0 前应清“0”， 保证 z0 = 0，R1 寄存器存放乘数 y ，R2寄存器存放被乘数 x 。因为乘法開始时先从乘数的最 低位 yn 開始，以后则使用yn - 1，yn - 2，…，y1，因此乘数寄存器 R1 应当是具有右移功能的移位寄存器。 假定加法器不具备右移功能，那么因为部分积须要右移，R0 也应当是具有右移功能的移位寄存器。 |
图2-7 原码一位乘法逻辑结构原理图 |
除了三个寄存器 R0，R1，R2 外。还需一个加法器和一个计数器，前者完毕部分积与位积的累加，后者对移位的次数进行计数。以便推断乘法运算是否结束。
乘法開始时，“启动”信号使控制触发器 Cx 置“1”。于是开启时序脉冲 T 。当乘数寄存器 R0 最末位为“1”时，部分积 z 和被乘数 x 在加法器中相加。其结果输出至 R0 的输入端，一旦打入控制脉冲 T。控制信号 LDR0 使部分积右移 1 位，与此同一时候，乘数寄存器 R1 也在控制信号 LDR1 作用下右移一位，且计数器i计数 1 次。
当计数器 i = n 时。计数器i的溢出信号使控制触发器 Cx 置“0”。关闭时序脉冲T，乘法操作结束。假设将 R0 和 R1 连接起来，乘法结束时乘积的高 n 位部分在 R0 ，低 n 位部分在 R1 。R1 中原来的乘数y因为右移而所有丢失，乘积为 2n+1 位，当中包含 1 位符号位。
补码1位乘法
原码乘法的主要问题是符号位不能參加运算，单独用一个异或门产生乘积的符号位。
故自然提出是否能让符号数字化后也參加乘法运算，补码乘法就能够实现符号位直接參加运算。
为了得到补码一位乘法的规律。先从补码和真值的转换公式開始讨论。
1． 补码与真值的转换公式
设 [x]补 = x0 . x1x2…xn ，有：
| n | (2.3.3) |
| x = - x0＋∑ xi2-i | |
| i＝1 |
等式左边 x 为真值。此公式说明真值和补码之间的关系。
2. 补码的右移
正数右移一位，相当于乘1/2(即除2)。
负数用补码表示时。右移一位也相当于乘1/2。因此。在补码运算的机器中，一个数不论其正负，连同符号位向右移一位。若符号位保持不变，就等于乘1/2。
3. 补码乘法规则
设被乘数 [x]补 = x0.x1x2…xn 和乘数 [y]补 = y0.y1y2…yn 均为随意符号，则有补码乘法算式
| n | (2.3.4) |
| [ x · y ]补 = [x]补 · ( - y0 ＋ ∑ yi2-i ) | |
| i＝1 |
为了推出串行逻辑实现人分步算法，将上式展开加以变换：
[x·y]补 = [x]补·[ - y0 + y12-1 + y22-2 + … + yn2-n]
= [x]补·[ - y0 + (y1 - y12-1) + (y22-1 - y22-2) + … + (yn2-(n-1) - yn2-n)]
= [x]补·[(y1 - y0) + (y2 - y1) 2-1 + … + (yn - yn-1) 2-(n-1) + (0 - yn)2-n]
= [x]补· 
(yn+1 = 0)
写成递推公式例如以下：
[ z0 ]补 = 0
[ z1 ]补 = 2 -1{ [ z0 ]补 + ( yn+1 - yn ) [x]补 } (yn+1 = 0)
…
[ zi ]补 = 2 -1{ [ zi-1 ]补 + ( yn-i+2 - yn-i+1 ) [x]补 } (2.3.5)
…
[ zn ]补 = 2 -1{ [ zn-1 ]补 + ( y2 - y1 ) [x]补 }
[ zn+1 ]补 = [ zn ]补 + ( y1 - y0 ) [x]补 = [ x · y ]补
開始时。部分积为 0。即 [z0]补 = 0。然后每一步都是在前次部分积的基础上，由 ( yi+1 - yi ) ( i = 0。1，2。…，n) 决定对[x]补的操作，再右移一位。得到新的部分积。如此反复 n + 1步，最后一步不移位，便得到 [ x · y ]补 。这就是有名的布斯公式。
实现这样的补码乘法规则时。在乘数最末位后面要添加一位补充位 yn+1 。開始时，由 ynyn+1 推断第一步该怎么操作。然后再由 yn - 1 yn 推断第二步该怎么操作。由于每做一步要右移一位，故做完第一步后， yn - 1 yn 正好移到原来 ynyn+1 的位置上。依此类推，每步都要用 ynyn+ 1 位置进行推断。我们将这两位称为推断位。
假设推断位 ynyn+1 = 01，则 yi+1 … yi = 1，做加[x]补操作。假设推断位 yn yn+1 = 10，则 yi+1 … yi = - 1，做加[ - x]补 操作；假设推断位 yn yn+1 = 11 或 00。则 yi+1… yi = 0。[ zi ] 加0。即保持不变。
4. 补码一位乘法运算规则
(1) 假设 yn = yn+1，部分积 [ zi ] 加0。再右移一位；
(2) 假设 yn yn+1 = 01。部分积加[ x ]补。再右移一位；
(3) 假设 yn yn+1 = 10，部分积加[ - x]补，再右移一位；
这样反复进行 n+1 步，但最后一步不移位。包含一位符号位，所得乘积为 2n+1 位，当中 n 为尾数位数。
【例 】 x = 0.1101。 y = 0.1011，用补码一位乘法计算 x · y = ？
[解:] 求解步骤例如以下： Flash演示
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部分积 |
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乘数 |
说明 |
||||
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|
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00.0000 |
|
0. |
1 |
0 |
1 |
1 |
0 |
yn+1 = 0 |
|
|
+ |
|
11.0011 |
|
|
|
|
|
|
|
ynyn+1 = 10，加[-x]补 |
|
|
|
|
11.0011 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
→ |
11.1001 |
|
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
1 |
右移一位 |
|
|
+ |
|
00.0000 |
|
|
|
|
|
|
|
ynyn+1 = 10，加0 |
|
|
|
|
11.1001 |
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
→ |
11.1100 |
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1 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
右移一位 |
|
|
+ |
|
00.1101 |
|
|
|
|
|
|
|
ynyn+1 = 01，加[x]补 |
|
|
|
|
00.1001 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
→ |
00.0100 |
|
1 |
1 |
1 |
0f |
1 |
0 |
右移一位 |
|
|
+ |
|
11.0011 |
|
|
|
|
|
|
|
ynyn+1 = 01，加[-x]补 |
|
|
|
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11.0111 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
→ |
11.1011 |
|
1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
1 |
右移一位 |
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|
+ |
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00.1101 |
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|
ynyn+1 = 01，加[x]补 |
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|
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00.1000 |
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1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
1 |
最后一步不移位 |
所以 [x · y]补 = 0.10001111
图2-8 补码一位乘法逻辑原理图
实现一位补码乘法的逻辑原理图如图 2-8 所看到的。它与一位原码乘法的逻辑结构很类似，所不同的有下面几点：
(1) 被乘数的符号和乘数的符号都參加运算。
(2) 乘数寄存器 R1 有附加位 yn+1 。其初始状态为“0”。
当乘数和部分积每次右移时。部分积最低位移至 R1 的首位位置，故 R1 必须是具有右移功能的寄存器。
(3) 被乘数寄存器 R2 的每一位用原码(即触发器 Q 端)或反码(即触发器 Q 端)经多路开关传送到加法器相应位的一个输入端。而开关的控制位由和 yn 的 yn+1 输出译码器产生。当ynyn+1 = 01时。送[x]补 ；当 ynyn+1 = 10 时，送[-x]补，即送的反码且在加法器最末位上加“1”。
(4) R0 保存部分积。它也是具有右移功能的移位寄存器。其符号位与加法器 ∑f 符号位始终一致。
(5) 当计数器 i = n +1 时，封锁 LD R0 和 LD R1 控制信号。使最后一位不移位。
运行补码一位乘法的总时间为
| tm = ( n + 1 ) ta + ntr | (2.3.6) |
当中 n 为尾数位数，ta 为运行一次加法操作的时间，tr 为运行一次移位操作的时间。假设加法操作和移位操作同一时候进行，则tr 项可省略。