補碼一位乘（布斯公式）

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本文適用於補碼表示的定點小數或定點整數乘法運算（硬件或軟件實現） 

◆ 先考查兩個補碼乘法運算的例子
例1： 已知 X=0.1011，Y=0.0001（真值）
[X]_補=01011 , [Y]_補= 00001
[X*Y]_補=000001011
[X]_補*[Y]_補=000001011
這時有，[X*Y]_補=[X]_補*[Y]_補

例2： 已知 X=0.1011，Y= - 0.0001（真值）
[X]_補=01011 , [Y]_補= 11111
[X*Y]_補=111110101
[X]_補*[Y]_補=101010101
顯然，[X*Y]_補 ≠ [X]_補*[Y]_補

▲ 對兩個正數來講，它們補碼的乘積等於它們乘積的補碼。若乘數是負數時，這種狀況就不成立了。

原碼乘法的主要問題是符號位不能參加運算，單獨用一個異或門產生乘積的符號位。故天然提出可否讓符號數字化後也參加乘法運算，補碼乘法就能夠實現符號位直接參加運算。

爲了獲得補碼一位乘法的規律，先從補碼和真值的轉換公式開始討論。（以純小數爲例）

1．  補碼與真值的轉換公式

設　[x]_補 = x₀ . x₁x₂…x_n，有：

 

	n
	x = - x0＋∑  xi2-i
	i＝1

 

等式左邊 x 爲真值。此公式說明真值和補碼之間的關係。

2.  補碼的右移

正數右移一位，至關於乘1/2(即除2)。負數用補碼錶示時，右移一位也至關於乘1/2。所以，在補碼運算的機器中，一個數不論其正負，連同符號位向右移一位（即符號擴展），若符號位保持不變，就等於乘1/2。

3.  補碼乘法規則

設被乘數 [x]_補 = x₀.x₁x₂…x_n 和乘數 [y]_補 = y₀.y₁y₂…y_n （注意：包括符號位共n+1位）均爲任意符號，則有補碼乘法算式

 

	n
	[x·y]補= [x]補·( -y0＋∑ yi2-i )
	i＝1

 

爲了推出串行邏輯（遞推），實行分步算法，將上式展開加以變換：

[x·y]_補   = [x]_補·[ - y₀ + y₁2^-1 + y₂2^-2 + … + y_n2^-n]

          = [x]_補·[ - y₀ + (y₁ - y₁2^-1) + (y₂2^-1 - y₂2^-2) + … + (y_n2^-(n-1) - y_n2^-n)]

          = [x]_補·[(y₁ - y₀) + (y₂ - y₁) 2^-1 + … + (y_n - y_n-1) 2^-(n-1) + (0 - y_n)2^-n]

          = [x]_補·[...................................] (y_n+1  =  0)   

 

               

寫成遞推公式以下：

         [ z₀ ]_補 = 0 (賦初值0)

        [ z₁ ]_補 = 2 ^-1{ [ z₀ ]_補 +  (  y_n+1 - y_n ) [x]_補 }       (y_n+1  =  0)

; 注：2 ^-1表示右移，帶符號擴展。補碼的加減法在移位時不考慮進位C

                …

        [ z_i ]_補 = 2 ^-1{ [ z_i-1 ]_補 +  ( y_n-i+2 - y_n-i+1 ) [x]_補 }             

                …

        [ z_n ]_補 = 2 ^-1{ [ z_n-1 ]_補 +  ( y₂ - y₁ ) [x]_補 }

         [ z_n+1 ]_補 = [ z_n ]_補 +  (  y₁ - y₀ ) [x]_補 = [ x·y ]_補 此最後一步不須要移位（對純小數！）

開始時，部分積爲 0，即 [z₀]_補 = 0。而後每一步都是在前次部分積的基礎上，由 ( y_i+1  -  y_i  ) ( i = 0，1，2，…，n) 決定對[x]_補的操做，再右移一位，獲得新的部分積。如此重複 n + 1步，最後一步不移位，便獲得 [ x·y ]_補 ，這就是有名的Booth布斯算法。

實現這種補碼乘法規則時，在乘數最末位後面要增長一位補充位 y_n+1 。開始時，由 y_ny_n+1 判斷第一步該怎麼操做；而後再由 y_{n - 1} y_n 判斷第二步該怎麼操做。由於每作一步要右移一位，故作完第一步後， y_{n - 1} y_n 正好移到原來 y_ny_n+1 的位置上。依此類推，每步都要用 y_ny_{n+ 1} 位置進行判斷，咱們將這兩位稱爲判斷位。

若是判斷位 y_ny_n+1 = 01，則 y_i+1－ y_i  = 1，作加[x]_補操做；

若是判斷位 y_n y_n+1 = 10，則 y_i+1 －y_i  =  - 1，作加[ - x]_補（或者－[x]_補）操做；

若是判斷位 y_n y_n+1 = 11 或 00，則 y_i+1－y_i  = 0，[ z_i ] 加0，即保持不變。

4. 補碼一位乘法運算規則

(1) 若是 y_n = y_n+1，部分積 [ z_i ] 加0，再右移一位；

(2) 若是 y_n y_n+1 = 01，部分積加[ x ]_補，再右移一位；

(3) 若是 y_n y_n+1 = 10，部分積加[ - x]_補（或減[x]_補），再右移一位；

這樣重複進行 n+1 步，但最後一步不移位（對純小數）。包括一位符號位，所得乘積爲 2n+1 位，其中 2n 爲尾數位數。對於碼整數相乘，最後一步也要移位！乘積有2n+2 位，其中 2n 爲尾數位數。

【例 】  x  = 0.1101， y = 0.1011，用補碼一位乘法計算 x·y = ？

[解:]     求解過程以下：

 

			部分積			乘數				說明
			00.0000		0.	1	0	1	1	0	yn+1  =  0
	+		11.0011								ynyn+1 = 10，加[-x]補
			11.0011
		→	11.1001		1	0	1	0	1	1	右移一位
	+		00.0000								ynyn+1 = 10，加0
			11.1001
		→	11.1100		1	1	0	1	0	1	右移一位
	+		00.1101								ynyn+1 = 01，加[x]補
			00.1001
		→	00.0100		1	1	1	0f	1	0	右移一位
	+		11.0011								ynyn+1 = 01，加[-x]補
			11.0111
		→	11.1011		1	1	1	1	0	1	右移一位
	+		00.1101								ynyn+1 = 01，加[x]補
			00.1000		1	1	1	1	0	1	最後一步不移位

 

因此                        [x · y]_補  = 0.10001111

 

 

實現32位Booth乘法算法的流程圖

例：用Booth算法計算2×(-3)。

　　解：[2]_補=0010，[-3]_補=1101，在乘法開始以前，R0和R1中的初始值爲0000和1101，R2中的值爲0010。

　　在乘法的第一個循環中，判斷R1的最低位和輔助位爲10，因此進入步驟1c，將R0的值減去R2的值，結果1110送人R0，而後進人第二步，將R0和Rl右移一位，R0和R1的結果爲11110110，輔助位爲l。
　　在第二個循環中，首先判斷Rl的最低位和輔助位爲0l，因此進入步驟1b，做加法，R0+R2=1111+0010，結果0001送入R0，這時R0R1的內容爲0001 0110，在第二步右移後變爲0000 1011，輔助位爲0。
　　在第三次循環中，判斷位爲10，進入步驟lc，R0減去R2，結果1110送入R0，R1不變；步驟2移位後R0和R1的內容爲1111 01011，輔助位爲1。
　　第四次循環時，因兩個判斷位爲11，因此不做加減運算，向右移位後的結果爲1111 1010，這就是運算結果(—6)。
　　這個乘法的過程描述以下表所示，表中乘積一欄表示的是R0、R1的內容以及一個輔助位P，黑體字表示對兩個判斷位的判斷。

用Booth補碼一位乘法計算2 ×(-3)的過程 

循環 步驟 乘積（R0,R1, P） 0 初始值 0000 1101 0 1 1c：減0010 1110 1101 0 2：右移1位 1111 0110 1 2 1b：加0010 0001 0110 1 2：右移1位 0000 1011 0 3 1c：減0010 1110 1011 0 2：右移1位 1111 0101 1 4 1a：無操做 1111 0101 1 2：右移1位 1111 10101