计算机组成原理 - 2. 数据的表示和运算

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24 天勤高分笔记

要记住的几个数字 📓：
$2^{15}=32768$
$2^{16}=65536$
$2^{31}=2147483648$
$2^{32}=4294967296$
$1010=AH$
$1011=BH$
$1100=CH$
$1101=DH$
$1110=EH$
$1111=FH$
$10^3\approx 2^{10}$
$10^6\approx 2^{20}$
$10^9\approx 2^{30}$
$[10\cdots 0{]}_{补}=最小负数$
$[11\cdots 1{]}_{补}=-1$
$[1.10\cdots 0{]}_{补}=-\frac{1}{2}$
$[1.0\cdots 0{]}_{补}=-1$
无符号: $65535=FFFFH$

数制与编码

进位计数制及其相互转换

① 十进制转换为二进制
🌰 例： 将 ${19.6875}_{10}$ 转换为二进制数
❶ 整数部分

❷ 小数部分

${19.6875}_{10}={10011.1011}_2$
注意 🔔 :
不是所有十进制小数都可用二进制表示，如 $0.2$
② 二进制数转换为八进制数、十六进制数
🌰 例： 将二进制数 ${110101111001}_2$ 分别转换为八进制数和十六进制数
从最低有效位 (LSD) 开始，3 位一划分，组成八进制数；4 位一划分，组成十六进制数。高位不足用 0 来补齐。
${110101111001}_2=6571Q=D79H$
③ 计算机内部为什么使用二进制编码❓️
❶ 基本符号少（“0” 和 “1”) 易于用 稳态电路 实现;
❷ 编码、计数、运算等的 规则 简单;
❸ 和 逻辑命题 “真” 和 “假” 的对应关系简单;

BCD 码

二进制编码的十进制数 (Binary-Coded Decimal, BCD) 是以二进制数来编码表示十进制的 0~9
⮚ 8421 BCD 码，位权一致
❶ 用四位二进制数来表示一位十进制的 ‘0’ ~ ‘9’，其二进制数每位的权重由高到低分别是 8、4、2、1 。
❷ 再用十六进制的 C 表示 ‘+’ 号，十六进制数 D 表示 ‘-’ 号，且均放在数字串的最后。
❸ 当十进制数的位数为偶数时，在第一个字节的高 4 位补 “0” 。

注意 🔔 :
8421 BCD 码遇到 1001 就产生进位。

字符与字符串

① 字符编码 ASCII 码
128 个字符，96 个可打印字符，32 个控制字符。
几个需要记住的 ASCII 码📓：
0 : 48
A : 65
a : 97
7 位编码，但计算机仍用 1 个字节来存放一个 ASCII 字符，最高位通常保持为 0（在 数据传输 时可用作 奇偶校验位）。
② 汉字编码
汉字编码主要包括汉字的输入编码、汉字内码和汉字字形码三种
❶ 区位码 用两个字节表示一个汉字（每个字节对应 2 个 16 进制数），将汉字和图形符号排列在一个 94 行 94 列的二维代码表中。
❷ 国标码是将十进制的区位码 转换为十六进制后，再在每个字节加上 20 H，即加上 2020 H。
❸ 国标码 = ${(区位码)}_{16}$ + 2020H
   汉字内码 = ${(国标码)}_{16}$ + 8080H
③ 字符串大小端存放
🌰 例 1： 某计算机字长为 32 位，按字节编址，采用 小端 (Little Endian) 方式存放数据。假定有一个 double 型变量，其机器数表示为 1122 3344 5566 7788H，存放在 0000 8040H 开始的连续存储单元中，则存储单元 0000 8046H 中存放的是 22H
解析:
❶ 按字节编址，2 个 16 进制数 = 1 个字节
❷ 小端 （低字节存放低地址）

🌰 例 2： 某计算机采用大端方式，按字节编址。某指令中操作数的机器数为 1234 FF00H，该操作数采用基址寻址方式，形式地址（用补码表示）为 FF12H, 基址寄存器的内容为 FF12H, 基址寄存器的内容为 F000 0000H，则该操作数的 LSB (最低有效字节) 所在的地址是 EFFFFF15H
解析:
❶ 地址 为 无符号数，相对/形式地址/位移量 用 补码 表示
${(FF12H)}_{补}=(1111111100010010{)}_{补}=(1000000011101110{)}_{原}=-EEH$
$F0000000H-EEH=EFFFFF12H$
❷ 2 个 16 进制数 = 1 个字节，操作数共 4 字节
大端（低字节高地址）
$EFFFFF12H+(4-1)=EFFFFF15H$

校验码

① 奇偶校验码
❶ 奇校验：添加一位校验码后，使得整个码字里面 1 的个数是奇数。
❷ 偶校验：添加一位校验码后，使得整个码字里面 1 的个数是偶数。
😟 缺陷：检查不出偶数位错
② 循环冗余校验码 (CRC) 码
M(x) 为发送信息的多项式，G(x) 为生成多项式，代表校验位信息。
设 $M(x)=x^3+1;$ $G(x)=x^3+x+1$
❶ 写出 M(x) 和 G(x) 所代表的二进制码
M(x) = 1001      G(x) = 1011
❷ 将 M(x) 所代表的二进制码左移 G(x) 的 最高位数, 这里是左移 3 位，得到 1001000
❸ 模 2 除法：

❹ 将 M(x) 与余数 110 合并得到 1001110 即为循环冗余校验码
循环冗余校验码进行检错的重要特性⭐️：
❶ 具有 r 检测位的多项式能够检测出所有小于或等于 r 的突发错误
❷ 长度大于 r + 1 的错误逃脱的概率为 $\frac{1}{2^r}$
③ 海明码
假设要推导 $D=101101$ 这串二进制数的海明码
❶ 确定校验位的位数 $r$
数据的位数 $k=6$
$2^r-1⩾k+r$
$r=4$
❷ 校验位 $P_1$、$P_2$、$P_3$、$P_4$ 分别位于 $M_1$、$M_2$、$M_4$、$M_8$
❸ 用下表计算出 $P_1$、$P_2$、$P_3$、$P_4$

海明码即为 1011100100。
❹ 海明码的校验
假设 $M_5$ 即 $D_2$ 出错：

定点数的表示与运算

定点数的表示

① 真值和机器数
真值是机器数所代表的实际的值，机器数是真值在计算机中的表示。
② 无符号数的表示
一般在全部都是正数运算且结果不出现负值的场合下，可以省略符号位，使用无符号数表示。例如，在进行 地址运算 时可用无符号数。
若机器字长为 8 位，则数的表示范围为 $0\sim (2^8-1)$
1 个需要记住的无符号数表示📓：
65535 = FFFFH
🌰 例：
有如下 C 语言语句:

	unsigned short x = 65530;unsigned int y = x;

得到 y 的机器数为： 0000FFFAH
65535 = FFFFH     65530 = FFFAH
无符号整数 0 扩展 , 所以 y 的机器数为 0000FFFAH
③ 有符号数的表示 （原码、补码、反码、移码）
❶ 3 种机器数最高位均为符号位。符号位和数值部分可用 “.”(小数) 或 “,”(整数) 隔开。
❷ 真值为正数时，原码、补码、反码 表示形式相同，即符号位为 “0”，数值部分与真值相同。
❸ 真值为负数时，符号位为 “1”，补码为原码的 “最右边的 1 及其右边的 0 不变，其余数值位取反”，
反码为原码的 “所有数值位取反”。
❹ 移码就是补码的符号位取反。
🌰 例：
ⓐ $x=-0.0110$
$[x{]}_{原}=1.0110$      $[x{]}_{补}=1.1010$     $[x{]}_{反}=1.1001$      $[x{]}_{移}=0.1010$
ⓑ $[-0.0000{]}_{补}=[1.1111]+1=[0.0000]$ （最高符号的进位舍去）
❺ 0 的原码和反码都有两种，补码只有唯一一种

❻ 补码可以比原码和反码多表示一个最小负数

对于定点整数来说：

对于定点小数来说，补码也应该比原码和反码多表示一个数，这个数就是 -1。
🌰 例：
假设机器字长为 16 位，用定点补码小数表示时，一个字所能表示的范围是 $-1\sim (1-2^{-15})$

❼ 已知 $[x{]}_{补}$ 求 $[-x{]}_{补}$
连同符号位在内每位取反，末位加 1，即可得 $[-x{]}_{补}$
🌰 例：
$[x{]}_{补}=1.0010010$            $[-x{]}_{补}=0.1101101+1=0.1101110$
❽ 移码
补码的缺点😟 ：无法直接比较大小
移码：在补码的基础上加上 $2^{n-1}$ 就是移码，表示范围为 $0\sim (2^n-1)$
🌰 例：
十进制数 $-0.3125$ 的 $8$ 位移码编码为 $0.1011000=58H$
$[-0.3125{]}_{原}=1.0101$
$[-0.3125{]}_{补}=1.1011$
$[-0.3125{]}_{移}=0.1011000$ （低位补 0)

❾ ⭐️ 为什么现代计算机都使用补码来表示机器数 ❓️
➤ 0 的补码只有一种
➤ 符号位作为代码可以和数值位一起参与运算
➤ 减法可以转换为加法
➤ 对负数补码进行扩充可以直接补符号位
➤ 可以多表示一个最小负数
❿ ⭐️ 补码性质总结：
➤ 无论机器字长为多少，-1 的补码永远是全 1
➤ 最小负数的补码永远是首位为 1，后面为全 0。如
$[10000000{]}_{补}=-128$
$[1000000000000000{]}_{补}=-32768$
🌰 例 1：
有如下 C 语言程序段:

	short si = -32767;unsigned short usi = si;

执行完上面两条语句， usi 的值为：32769
$[1000000000000000{]}_{补}=-32768$
$[1000000000000001{]}_{补}=-32767$
$usi=2^{15}+1=32768+1=32769$
🌰 例 2：
有如下 C 语言程序段:

	unsigned short usi = 65535;short si = usi;

执行完上面两条语句，si 的值为：-1
无符号整数 65535 = $2^{16}$ - 1 的机器数为 1111 1111 1111 1111
转换为有符号数，补码全 1 真值为 -1
⓫ 当使用补码表示时，如果符号位相同，则数值位越大，真值越大
🌰 例：
ⓐ 设 $x$ 为整数，$[x{]}_{补}=1,x_1{x}_2{x}_3{x}_4{x}_5$，若要 $x<-16$，$x_1\sim x_5$ 应满足的条件是 $x_1$ 必须为 0，$x_2\sim x_5$ 任意。
$-16=1,10000$
ⓑ $[x{]}_{补}=1.x_1{x}_2{x}_3{x}_4$，当满足 $x_1=1$，$x_2\sim x_4$ 至少有一个为 1, $x>-\frac{1}{2}$ 成立。
$-\frac{1}{2}=1.1000$
ⓒ 由 3 个 “1” 和 5 个 “0” 组成的八位二进制补码，能表示的最小整数是
$10000011=-125$

定点数的移位运算

① 逻辑移位：左移右移都补 0
② 算术移位：

溢出的判别方法

两数相加产生了溢出，数值位就需要扩充。也就是说，数值位 “跑” 到符号位去了，于是就改变了符号的性质，产生了与预期不一样的结果。
溢出的 根本原因：运算结果无法表示
⭐️ 计算机是怎么判断溢出的呢❓️
① 若 实际参加运算的两个数 符号位相同，结果又与原符号数的符号不同，即认为溢出。
② 若数值位最高位相加无进位，而 符号位相加有进位，则有溢出。
③ 变形补码（两位符号位）: 两位符号位不同，则溢出。（高位符号位永远代表真正的符号位）

定点数的乘法运算

① 原码 1 位乘

注意 🔔 :
❶ 两个 $n$ 位数相乘，共需要进行 $n$ 次加法运算和 $n$ 次移位操作。
❷ 所有移位均为 逻辑移位。
❸ 由于在部分积相加中，可能导致两个小数相加大于 1, 因此 部分积一般使用 $n+1$ 位寄存器。
② 补码 1 位乘 : 校正法 ⭐️

③ 补码 1 位乘：比较法 ⭐️ ⭐️

定点数的除法运算

$n$ 位小数除法共上商 $n+1$ 次，且共移位 $n$ 次。 ⭐️
① 原码恢复余数法

② 原码加减交替法⭐️

③ 补码加减交替法⭐️⭐️

⑤ 原码除法 和 补码除法 判断溢出的方法：
❶ 原码除法以第一次上商的商值来判断是否溢出，若第一次上商 1，则为溢出；
❷ 补码除法以第一次上商的商值（即商的符号位）与两个操作数符号位 异或 的结果进行比较，若比较结果不同，则为溢出。
⑥ 原码 和 补码 在 加减交替法 的过程中有何 相同 和 不同 之处❓️⭐️⭐️
🙆‍♂️ 相同：形成新余数的规则相同
🙅‍♂️ 不同：
❶ 商符的形成不同：
原码 除法的商符有两数符号位通过 “异或” 运算获得
补码 除法的商符在求商值的过程中 自然形成
❷ 参与运算的数不同：
原码 除法参与运算的数是 绝对值的补码
补码 除法参与运算的数是 补码
❸ 上商的规则不同：
原码 除法，余数 正 上商 1，余数 负 上商 0
补码 除法，余数与除数 同号 上商 1，余数与除数 异号 上商 0
❹ 第一步操作不同：
原码 除法第一步进行被除数 减 除数的操作
补码 除法第一步要根据被除数与除数的 符号决定 做加法还是减法（同号做减法，异号做加法）
⑦ 计算机内部如何实现填充（扩展）操作❓️
对于 无符号整数，只要在 高位补 0，进行 “零扩展”
对于 有符号数，可能有两种情况：
❶ 对于定点 整数，在符号位后的数值高位进行
ⓐ 原码：符号位不变，数值部分高位补 0
ⓑ 补码：高位直接补符号，称为 “符号扩展” 方式
❷ 对于定点 小数，直接在 低位补 0 即可

浮点数的表示与运算

浮点数的表示

IEEE 754 标准⭐️⭐️

尾数用原码表示，阶码用移码表示
Q1: 为什么阶码用移码表示❓️
因为在浮点数的加减运算中，要进行对阶操作，所以需要比较两个阶的大小，移码表示的实质就是把阶加上一个偏置常数，使得所有数的阶码都是一个正整数，比较大小时，只要按高位到低位的顺序比较就行了，因而引入移码可以 简化阶的比较过程。
Q2: IEEE 754 如何表示 0 和 $\infty$❓️
❶ 当 阶码 E 为全 0 且尾数 M 也为全 0 时，表示 真值为 0，结合符号位 S 为 0 或 1，有正零和负零之分（0000 0000H 表示 +0, 8000 0000H 表示 -0）。
❷ 当 阶码 E 为全 1 且尾数 M 为全 0 时，表示 真值为 $\infty$, 结合符号位 S 为 0 或 1，有 $+\infty$ 和 $-\infty$ 之分（7F80 0000H 表示 $+\infty$, FF80 0000H 表示 $-\infty$）。
🌰 例： ⭐️
ⓐ 若浮点数 x 的 IEEE 754 标准存储格式为 41360000H, 试求其浮点数的十进制数值 11.375
$01000001001101100000000000000000$
$E=10000010=130$              $e=130-127=3$
$1.M=1.011011$
$x=(-1{)}^0\times 1.011011\times 2^3=1011.011_2=11.375$
ⓑ 浮点数 261.6 的 IEEE 754 标准存储格式为 $4382CCCCH$
$261.6=\mathrm{100000101.1001...}=1.00000101100110011001100\times 2^8$
$1.M=1.00000101100110011001100$
$E=e+127=8+127=135=10000111$
$01000011100000101100110011001100=4382CCCCH$
注意 🔔 :
float 型 / IEEE 754 标准中的单精度浮点数格式 所能表示的：
❶ 最小正数：$2^{-126}$
尾数 $1.0\cdots 0=1$      阶码 $E=00000001=1$
$e=1-127=-126$
$1\times 2^{-126}=2^{-126}$
❷ 最大正数：$2^{128}-2^{104}$
尾数 $1.1\cdots 1=2-2^{-23}$      阶码 $E=11111110=254$
$e=254-127=127$
$(2-2^{-23})\times 2^{127}=2^{128}-2^{104}$

浮点数的加减运算

① 规格化数：
❶ 补码：数符与小数点后第一位数字相异
❷ 原码：尾数第 1 数位为 1
② 补码规格化
❶ 当尾数出现 $01.\cdots$ 或 $10.\cdots$, 需右规 1 次，即尾数右移 1 位，阶码 + 1
❷ 当尾数出现 $00.0\cdots$ 或 $11.1\cdots$ , 需左规 N 次 (N 不固定), 尾数每左移 1 位，阶码 -1，直到尾数呈现规格化形式为止
注意 🔔 :
㊀ 定点 运算发生溢出，必须发出 出错信息❌ 进行中断处理
㊁ 浮点 运算
尾数 溢出，右规
阶码 溢出，上溢，中断 处理；下溢，按 机器 0 处理。
🌰 例： ⭐️⭐️
ⓐ 已知十进制数 $x=-\frac{5}{256},y=+\frac{59}{1024}$，按机器补码浮点数运算规则计算 $x-y$，结果用二进制表示。其中，浮点数格式如下，数的阶符取 2 位，阶码取 3 位，数符取 2 位，尾数取 9 位。
$x=11,011\times 2^{-8}=11.011\times 2^{-5}=11.011\times 2^{11,011}$
$[x{]}_{补}=11,011;11.011000000$
$y=00,111011\times 2^{-10}=00.111011\times 2^{-4}=00.111011\times 2^{11,100}$
$[y{]}_{补}=11,100;00.111011000$
① 对阶
$[j_x{]}_{补}=11,011$      $[j_y{]}_{补}=11,100$      $[-j_y{]}_{补}=00,100$
$[△j{]}_{补}=11,111=-1$
$x$ 向 $y$ 对齐，$x$ 尾数右移 $1$ 位，阶码 $+1$
$[x{]}_{补}=11,100;11.101100000$
② 尾数求差
$y$ 尾数的负数补码 $11.000101000$

$[x+y{]}_{补}=11,100;10.110001000$
③ 规格化
尾数右移 1 位，阶码 + 1
$[x+y{]}_{补}=11,101;11.011000100\underline{0}$
④ 舍入处理 (0 舍 1 入)
舍去 0
$[x+y{]}_{补}=11,101;11.011000100$
⑤ 溢出判断
阶符 $11$, 未溢出
ⓑ 设浮点数的阶码和尾数均采用补码表示，且位数分别为 5 位 和 7 位（均含两位符号位）。$x=2^7\times 29/32$, $y=2^5\times 5/8$, 求 $x+y$ （结果正溢）
$x=29\times 2^2=00,11101\times 2^2=00.11101\times 2^7=00.11101\times 2^{00,111}$
$[x{]}_{补}=00,111;00.11101$
$y=5\times 2^2=00,101\times 2^2=00.101\times 2^5=00.101\times 2^{00,101}$
$[y{]}_{补}=00,101;00.10100$
① 对阶
$y$ 向 $x$ 对齐, $y$ 尾数右移 $2$ 位，阶码 $+2$
$[y{]}_{补}=00,111;00.00101$
② 尾数求和

$[x+y{]}_{补}=00,111;01.00010$
③ 规格化
尾数右移 $1$ 位，阶码 $+1$
$[x+y{]}_{补}=01,000;00.10001\underline{0}$
④ 舍入处理 (0 舍 1 入)
舍去 0
$[x+y{]}_{补}=01,000;00.10001$
⑤ 溢出判断
阶符 $01$, 上溢，中断处理
ⓒ 在 C 语言程序中，以下程序段最终 $f$ 的值为 0

	float f = 2.5 + 1e10;f = f - 1e10;

$1e10=10^{10}=10\times 10^9\approx 10\times 2^{30}\approx 2^{33}$
$2.5\approx 2^1$
$2.5$ 的尾数右移 $32$ 位，使 $24$ 位有效数字全部丢失，尾数变为全 $0$
$floatf=2.5+1e10=1e10;f=f-1e10=0;$
ⓓ 在 C 语言程序中，下列表达式为 true 的有 $\beta$、$\gamma$
$\alpha$. 123456789 == (int)(float)123456789
$\beta$. 123456 == (int)(float)123456
$\gamma$. 123456789 == (int)(double)123456789
⭐️⭐️ float 7 位十进制数
      double 17 位十进制数
ⓔ 假定用 $1$ 个 float 类型的变量 $x$ 来表示 $0.1$，则 $|x-0.1|$ 的值是❓️
$0.1=0.00011001100110011001100110011\cdots$
float 类型有效数字 24 位，$|x-0.1|=0.0\cdots 011=110\times 2^{-30}\approx 6\times 10^{-9}$
ⓕ ⭐️⭐️已知 $f(n)={\sum }_{i=0}^n{2}^i=2^{n+1}-1=11\cdots 11B$ (共 $n+1$ 个 $1$),计算 $f(n)$ 的 C 语言程序如下：

	int f1(unsigned n) {int sum = 1, power = 1;for (unsigned i = 0; i <= n - 1; i++) {power *= 2;sum += power;}}

将 f1 中的 int 都改为 float，可得到计算 $f(n)$ 的 另一个函数 f2。假设 unsigned 和 int 型数据都占 $32$ 位，float 采用 IEEE 754 单精度标准。请回答下列问题：
$\alpha$. 当 $n=0$ 时，f1 会出现死循环，为什么❓️
$n=0$ 时，n - 1 的机器数为全 1, 对应的无符号数为 $2^{32}-1$，为 unsigned 型所能表示的最大数, $i<=n-1$ 恒真，因此会出现死循环。
若将 f1 中的变量 $i$ 和变量 $n$ 都定义为 int 型，则 f1 是否还会出现死循环❓️为什么❓️
不会出现死循环
$n=0$ 时，n - 1 的机器数为全 1, 对应的有符号数为 $-1$
当 $i=0$ 时，$i<=n-1$ 不成立，跳出循环
$\beta$. f1(23) 和 f2(23) 的返回值是否相等❓️机器数格式是什么（用十六进制表示）❓️
f1(23) 和 f2(23) 的返回值相等，均为 $2^{24}-1$
f1(23) 的机器数格式:
$00000000111111111111111111111111=00FFFFFFH$
f2(23) 的机器数格式:
$1\cdots 1=1.1\cdots 1\times 2^{23}$
$1.M=1.1\cdots 1$        $E=23+127=150=10010110$
$01001011011111111111111111111111=4B7FFFFFH$
$\gamma$. f1(24) 和 f2(24) 的返回值分别为 $33554431$ 和 $33554432.0$，为什么不相等❓️
当 $n=24$ 时，有效位数有 $25$ 位
float 只有 $24$ 位有效位，舍入后数值 $+1$
$\delta$. $f(31)=2^{32}-1$，而 f1(31) 的返回值却为 $-1$ ，为什么❓️
$f(31)$ 已经超出 int 的表示范围
机器数为全 $1$， 作为 int 时其值为 $-1$
若使 f1(n) 的返回值与 $f(n)$ 相等时，最大的 $n$ 是多少❓️
int 型最大值为 $2^{31}-1$，因此 $n$ 最大为 $30$
$ϵ$. f2(127) 的机器数为 $7F800000H$，对应的值是什么❓️
$01111111100000000000000000000000$
IEEE 754 用阶码全 $1$，尾数全 $0$ 表示 $\infty$
因此 $f2(127)=+\infty$
若使 f2(n) 的结果不溢出，最大的 $n$ 是多少❓️
IEEE 754 最大阶码 $11111110=254$    $e=254-127=127$
减去尾数舍入的 $1$, $e=126$
$1.1\cdots 1\times 2^{126}=2^{127}-1=f(126)$
若使 f2(n) 的结果不溢出，最大的 $n$ 是 $126$
若使 f2(n) 的结果精确（无舍入），最大的 $n$ 是多少❓️
IEEE 754 尾数 $24$ 位有效位, $f(23)$ 为 $24$ 个 $1$，无需舍入
若使 f2(n) 的结果精确（无舍入），最大的 $n$ 是 $23$

算术逻辑单元 ALU

串行加法器和并行加法器

① 全加器

求和单元：$S_i=A_i\oplus B_i\oplus C_{i-1}$
进位链：$C_i=A_i{B}_i+(A_i\oplus B_i)C_{i-1}$
② 串行加法器
只设一个全加器的加法器称为串行加法器。两个操作数分别放在两个移位寄存器中，并且由移位寄存器从低位到高位串行地提供操作数进行相加。如果操作数长 16 位，就要分成 16 步进行，每步产生 1 位和，串行地送入结果寄存器，而产生的进位信号只需要 1 位触发器，每完成 1 步，用新的进位覆盖旧的进位。

③ 并行加法器（串行进位链）

解决了求和的一些延迟问题，但是低位向高位产生的进位来得太晚了。
④ 并行加法器（并行进位链） ⭐️
进位条件：$P_i=A_i\oplus B_i$
本地进位：$G_i=A_i{B}_i$
$C_1=G_1+P_1{C}_0$
$C_2=G_2+P_2{C}_1=G_2+P_2(G_1+P_1{C}_0)$
$C_3=G_3+P_3{C}_2=G_3+P_3(G_2+P_2(G_1+P_1{C}_0))$
$C_4=G_4+P_4{C}_3=G_4+P_4(G_3+P_3(G_2+P_2(G_1+P_1{C}_0)))$

⑤ 组内并行组间串行方式（单级先行进位方式） ⭐️

注意 🔔 :
加法器采用先行进位 的根本目的是 快速传递进位信号
⑥ 组内并行组间并行方式（多级先行进位方式） ⭐️⭐️

算术逻辑单元的功能和结构

① 数字电路
组合逻辑电路：任意时刻的 输出 仅仅取决于该时刻的输入，与电路原来的状态无关。也就是说，组合逻辑电路 没有“记忆”，运算后的结果要 立刻送入寄存器保存。
时序逻辑电路：任意时刻的 输出 不仅取决于当时的输入信号，还 取决于电路原来的状态。也就是说，时序逻辑电路 具有记忆元件，即 触发器（能够存储 1 位 信号的基本单元电路），可以记录前一时刻的输出状态（CPU 就是一种复杂的 时序逻辑电路）。
ALU 是一种 组合逻辑电路，因此在实际使用 ALU 时，其 输入端口 A 和 B 必须和锁存器（多位触发器）相连，而且在运算的过程中 锁存器的内容是不变的，其输出也必须送至寄存器保存。
② ALU 的主要功能：算术运算、逻辑运算、先行进位
③ ALU 的结构：

$A_i,B_i$ 为输入变量；$K_i$ 为控制信号，$K_i$ 的不同取值可以决定该电路进行哪一种算术运算和哪一种逻辑运算；$F_i$ 为输出函数。