第 2 章 数据的表示和运算

一、第 2 章到底在研究什么？

这一章本质上在回答三个问题：

一个数怎么变成 0/1？CPU 又怎么拿这些 0/1 做加减乘除？运算结果怎么判断对不对？

可以把整章压缩成：

现实中的数
   ↓
二进制表示
   ↓
原码 / 反码 / 补码 / 移码
   ↓
整数、浮点数
   ↓
ALU
   ↓
加减、移位、乘除
   ↓
OF / CF / SF / ZF
   ↓
IEEE 754 浮点运算

考试重要度

二、数制与进制转换

1. 为什么计算机偏偏使用二进制？

资料给出的核心原因有三个：

1. 硬件容易实现：高/低电平正好表示 1/0；
2. 和逻辑运算的真/假天然对应；
3. 运算规则简单，容易构造数字逻辑电路。

二进制不是因为“数学上更高级”，而是因为物理实现最可靠、最简单。

三、任意进制数的本质

例如十进制：

123.45

其实代表：

二进制：

101.101

代表：

所以：

这就是所谓的按权展开。

四、进制转换必须熟练

1. 二进制 → 十进制

直接按权展开。

例如：

110101.01

2. 十进制整数 → 二进制

口诀：

除 2 取余，逆序排列。

例如 13：

13 ÷ 2 = 6 ...1
 6 ÷ 2 = 3 ...0
 3 ÷ 2 = 1 ...1
 1 ÷ 2 = 0 ...1

逆着读：

3. 十进制小数 → 二进制

口诀：

乘 2 取整，顺序排列。

例如 0.625：

0.625 × 2 = 1.25  → 1
0.25  × 2 = 0.5   → 0
0.5   × 2 = 1.0   → 1

所以：

一个重要理解

有些十进制小数无法用有限二进制精确表示，例如：

0.1

就类似于十进制无法有限表示：

这也是为什么：

float x = 0.1;

通常存进去的并不是数学意义上精确的 0.1。

这为后面的 IEEE 754 埋下伏笔。

五、二、八、十六进制转换

这是最简单的一类。

因为：

所以一个八进制位对应 3 个二进制位。

而：

所以一个十六进制位对应 4 个二进制位。

例如：

3AH

3 → 0011
A → 1010

所以：

这种题不要先转十进制，直接分组最快。

六、本章第一大核心：机器数

现实中写：

+5
-5

这个叫真值。

但是 CPU 只能存 0/1，所以连正负号也必须编码。

于是出现了：

• 原码
• 反码
• 补码
• 移码

资料把它们作为定点数编码的核心内容。

七、原码

原码最符合人类直觉：

最高位：符号
其余位：绝对值

例如 8 位：

+5 = 00000101
-5 = 10000101

优点

容易理解。

最大缺点

有两个 0：

+0 = 00000000
-0 = 10000000

而且做加减法非常麻烦。

例如：

5 + (-3)

硬件不能简单把两个比特串直接相加，要先：

1. 判断符号；
2. 判断绝对值大小；
3. 决定加还是减；
4. 决定结果符号。

所以现代整数计算基本不用原码做算术运算。资料也特别强调，现代机器普遍采用补码来简化硬件。

八、反码

正数反码 = 原码。

负数反码：

符号位不变，数值位按位取反。

例如 8 位：

+5 原码 = 00000101
+5 反码 = 00000101

-5 原码 = 10000101
-5 反码 = 11111010

仍然存在：

+0
-0

所以并没有彻底解决问题。

九、本章最重要的编码：补码

现代有符号整数基本都采用补码。

求负数补码的最实用方法

绝对值写成二进制 → 全部取反 → 加 1

例如求 -5 的 8 位补码。

+5：

00000101

取反：

11111010

加 1：

11111011

因此：

-5 → 11111011

十、看到补码怎么快速求真值？

假设看到：

11111011

最高位 1，说明是负数。

方法一：再次“取反加 1”：

11111011
取反
00000100
+1
00000101

所以真值是：

更推荐的考试秒算公式

一个 n 位补码比特串，如果最高位是 1，把整个比特串当无符号整数得到 U，那么：

例如：

DCH = 11011100

看作无符号数：

8 位补码：

资料中的模拟题就直接用了这种方法。

这个公式强烈建议记住。

十一、为什么补码如此重要？

这是这一章最应该真正理解的地方。

假设 4 位机器算：

3 的补码：

0011

-2：

1110

直接相加：

  0011
+ 1110
------
1 0001

只保留低 4 位：

0001

就是 1。

也就是说：

使用补码以后，减法器都可以不要，减法可以转换成加法。

数学本质就是模运算。

对于 n 位机器：

这才是补码真正强大的地方。

十二、补码为什么比原码多一个负数？

假设总字长为 n 位。

无符号整数范围：

有符号补码范围：

例如 8 位：

注意：

10000000

在 8 位补码中不是“-0”，而是：

因此补码只有一个 0，并多表示一个最小负数。

十三、原码、反码、补码范围总表

若机器一共 n 位：

补码：

原码、反码：

十四、移码

移码主要服务于浮点数阶码。

基本思想是：

给真实指数加一个固定偏置 Bias，使所有指数都变成非负二进制数。

如果一个指数真值是 E：

为什么这么干？

因为浮点数经常需要比较指数大小。

例如：

-20
-3
5
20

如果直接用补码，二进制大小关系不是简单的无符号大小关系。

加 Bias 后：

更小指数 → 更小编码
更大指数 → 更大编码

于是比较阶码可以直接使用无符号比较电路。

十五、C 语言整数类型——统考超级高频

资料明确把 unsigned、short、int、long 的表示范围和类型转换列为重点。

常见考试环境：

char       8 bit
short     16 bit
int       32 bit

具体题目仍以题设为准。

十六、类型转换最重要的两个动作

只有两个：

变短：截断

变长：扩展

1. 长 → 短：截断

例如：

32 位 int
↓
16 位 short

直接保留低 16 位。

高位全部扔掉。

例如：

0000 0000 0000 0001 0010 0011 0100 0101

转为 16 位：

0010 0011 0100 0101

为什么危险？

因为数值可能完全变化。

这类题不能“先看十进制再凭感觉转换”，一定要：

写机器数 → 截位 → 按目标类型重新解释。

十七、短 → 长：扩展

分两类。

无符号数

使用零扩展：

10110101

扩展成 16 位：

00000000 10110101

有符号补码

使用符号扩展：

最高位是什么，就在前面补什么。

例如 8 位：

11111011

表示 -5。

扩展成 16 位：

11111111 11111011

仍然表示 -5。

这就是符号扩展。

资料将零扩展和符号扩展列为 2012、2021、2024 等年份出现过的重点。

十八、signed ↔ unsigned：位模式可能完全不变

假设 32 位：

int x = -1;
unsigned int y = x;

机器中 -1 的补码：

11111111 11111111 11111111 11111111

转换为 unsigned 后：

位模式不变，只是解释方式变了。

于是：

所以 signed/unsigned 混合运算是 408 很喜欢设陷阱的地方。

十九、移位运算

资料中逻辑移位考过 2018，算术移位在 2012、2017、2018 等年份出现。

最重要的区别：

逻辑右移

把数看成无符号数：

右移 → 高位补 0

例如：

10110000

逻辑右移：

01011000

二十、算术右移

把数看成补码有符号数。

原则：

高位补符号位。

例如：

11110000

符号位为 1。

算术右移：

11111000

而不是：

01111000

这样才能保持负数性质。

二十一、左移

逻辑左移和补码算术左移的位操作形式基本一样：

高位丢弃
低位补 0

如果没有溢出，左移一位约等于：

右移一位约等于：

但注意“约等于”，因为可能：

• 溢出；
• 丢低位；
• 舍入方向发生变化。

二十二、算术左移什么时候溢出？

这是模拟题中的典型题。

4 位补码：

x1 x2 x3 x4

左移：

x2 x3 x4 0

原符号位是 x1。

新符号位是 x2。

因此：

就发生溢出。

例如：

0110

表示 +6。

左移：

1100

被解释为负数，显然：

已经超出 4 位补码范围：

所以发生溢出。

二十三、加法器：CPU 为什么会算加法？

一个加法器最基本的单元是全加器。

第 i 位输入：

Ai
Bi
Ci

其中 Ci 是低位传来的进位。

输出：

Si
Ci+1

和位：

进位：

多个全加器串起来，就构成多位加法器。

二十四、串行进位为什么慢？

例如：

第 0 位产生 C1
↓
第 1 位才能算 C2
↓
第 2 位才能算 C3
↓
...

最高位必须等前面所有进位。

这叫串行进位加法器。

位数越多，延迟越大。

因此又出现：

先行进位加法器 CLA

它利用组合逻辑提前并行计算各级进位。

优点：

快

代价：

电路复杂

资料同样强调了 CLA 相比串行进位方式通过并行生成进位提升性能。

二十五、ALU 是什么？

ALU：

Arithmetic Logic Unit，算术逻辑单元。

它并不是“只会加法”。

它可以完成：

ADD
SUB
AND
OR
NOT
XOR
比较
移位
……

乘除也常通过 ALU 的：

加/减 + 移位 + 控制器循环

实现。

如果 ALUop 有 m 位，理论上最多能编码：

种操作。

二十六、本章最核心硬件思想：用一个加法器同时完成加法和减法

补码有：

而：

因此：

所以只要设计：

            ┌──── Y
Y ───────── MUX
            └──── ~Y
                   │
X ─────────────────┤
                   ↓
                加法器

加法：

Sub = 0
Y 不取反
Cin = 0

于是：

减法：

Sub = 1
Y 取反
Cin = 1

于是：

这就是：

一个加法器，一套硬件，同时支持 signed / unsigned 加减。

资料将补码加法器实现原理列为真题考点。

二十七、为什么同一个电路既能算 signed 又能算 unsigned？

因为电路本身根本不知道：

11111111

代表什么。

你说它是无符号：

你说它是 8 位补码：

ALU 做的都只是比特运算。

所以：

硬件结果比特可能完全相同，但有符号与无符号的“溢出解释”不同。

这是第 2 章非常重要的思想。

二十八、四大标志位：必须熟练

CPU 加减完成后，不只有结果，还产生：

ZF
SF
OF
CF

资料将各标志位分析列为 2011、2018、2022～2024 的高频考点。

1. ZF：Zero Flag

结果是不是 0。

结果 = 0 → ZF = 1
否则      ZF = 0

signed、unsigned 都有意义。

二十九、SF：Sign Flag

就是结果最高位。

对补码：

SF = 0 → 看起来是非负数
SF = 1 → 看起来是负数

但是注意：

如果发生 OF，SF 可能已经不能代表数学结果真正的正负。

三十、CF：Carry Flag

主要用于无符号运算。

加法时：

最高位产生进位 → CF = 1

例如 4 位：

1111 + 0001

得到：

1 0000

4 位只能保留：

0000

发生 unsigned 溢出。

减法时 CF 表示借位

资料采用：

因此：

• 加法时，CF 就是最高位进位；
• 减法时，CF=1 表示发生借位。

例如无符号：

3 - 5

数学结果：

但 unsigned 根本没有负数，因此发生借位：

CF = 1

三十一、OF：Overflow Flag

这是最重要、也最容易和 CF 混淆的。

OF 专门判断有符号数溢出。

最经典判断：

加法

两个同号数相加，结果却变号 → 溢出。

例如 8 位：

但 8 位补码最大只有：

所以结果机器数可能变成负数。

即：

正 + 正 → 负

OF=1。

类似：

负 + 负 → 正

也一定溢出。

三十二、OF 的电路公式

设进入符号位的进位是：

C(n-1)

符号位产生的最高进位：

Cn

则：

即：

两个进位不同 → 有符号溢出。

这是一定要记的公式。

三十三、OF 和 CF 根本不是一回事

这是最常错的。

因此同一个运算：

可能 OF=1, CF=0
可能 OF=0, CF=1
可能都 0
可能都 1

不能互相替代。

三十四、有符号数和无符号数大小比较

这也是标志位题的升级版。

执行：

无符号数

看：

ZF、CF

规则：

三十五、有符号数

因为 SF 可能受 OF 影响，所以不能只看 SF。

执行：

规则：

等价写成：

说明大于。

说明小于。

这个结论建议直接记住。

三十六、乘法：不要只背结果，要理解硬件为什么“加 + 移位”

十进制手算：

   13
×  11
-----
   13
  130
-----
  143

二进制完全一样。

如果：

Y = y3 y2 y1 y0

那么：

因为每个 yi 只有 0 或 1：

yi = 0 → 不加 X
yi = 1 → 加 X

所以乘法可以变成：

检查乘数最低位 → 决定加不加 → 移位 → 重复。

资料中乘法原理在 2020、2024 被考查过。

三十七、无符号迭代乘法器

核心寄存器：

X：被乘数
Y：乘数
P：部分积
计数器

初始化：

P = 0

每一轮：

1. 看 Y 的最低位；
2. 如果最低位为 1：

3. 把相关寄存器整体右移；
4. Y 的下一位成为新的最低位；
5. 重复 n 次。

最终：

P + Y

组合起来形成 2n 位完整乘积。

资料中的 32 位乘法器也是按照这个控制流程实现的。

三十八、为什么 n 位 × n 位需要 2n 位结果？

最大无符号数：

两者相乘：

大约：

因此最多需要约 2n 位。

例如：

8 位 × 8 位

完整结果最多需要：

16 位

如果 CPU 只保留低 8 位，就有可能发生截断溢出。

三十九、有符号乘法：Booth 算法

Booth 不需要把复杂数学推导背下来。

资料明确说：

Booth 的数学推导较复杂，通常不是考研重点，重点掌握实现结构和过程。

核心多一个：

y(-1)

初始化为：

0

每次看：

y0 y(-1)

规则：

然后：

整体算术右移 1 位

重复 n 次。

这四个规则值得记。

四十、为什么 Booth 可以做有符号乘法？

可以简单理解为：

Booth 不逐个统计连续的 1，而是寻找：

0 → 1
1 → 0

这样的边界。

连续一串 1：

00111100

不必：

+X
+2X
+4X
+8X

而可以利用：

某个更高次幂 - 某个低次幂

所以有：

01 → 加
10 → 减

这就是 Booth 的直觉。

四十一、除法运算

二进制除法的基本思想与十进制竖式仍然一样：

移位 → 试减 → 判断够不够减 → 确定一个商位。

资料在 2025 的考点追踪中特别标出了除法异常处理。

四十二、恢复余数法的核心过程

主要寄存器：

Y：除数
R：余数
Q：被除数 / 最终商

初始化：

R = 0
Q = 被除数

每轮：

第一步：整体左移

把：

R | Q

视为一个整体左移。

相当于手算竖式中的：

“再落下一位”。

第二步：试减

计算：

如果：

说明够减：

R = R-Y
商位 = 1

如果：

说明不够减：

商位 = 0

然后：

恢复原来的余数。

因此称：

恢复余数法。

重复 n 次得到商和余数。资料中的硬件除法器也是这个流程。

四十三、除法异常要掌握

最明显的是：

除数为 0，触发异常。

对于两个 n 位无符号整数：

正常除法不会发生商溢出。

但是补码有一个著名特例：

而 n 位补码最大只能表示：

因此发生商溢出。

例如 32 位：

INT_MIN / -1

就是经典特殊情况。

四十四、本章另一座大山：浮点数

为什么需要浮点数？

假设只有定点整数 32 位：

范围固定

如果我们想表示：

0.000000000001

和：

100000000000

就非常困难。

于是引入类似科学计数法：

二进制同理：

其中：

S：符号
M：尾数
E：阶码

资料也使用这一统一模型描述浮点数。

四十五、阶码和尾数分别负责什么？

这句话非常重要：

阶码决定范围，尾数决定精度。

阶码越多：

指数可以更大或更小
→ 数值范围更广

尾数越多：

保留的有效二进制位越多
→ 精度越高

四十六、IEEE 754 单精度结构——必背

float 常用单精度：

32 bit

分成：

1 bit   符号 S
8 bit   阶码 e
23 bit  尾数 f

即：

S | eeeeeeee | fffffffffffffffffffffff

规格化数真实值：

偏置：

四十七、为什么明明只有 23 位尾数，却有 24 位有效数字？

因为规格化二进制数一定是：

1.xxxxxxxx × 2^E

最前面的：

1

永远是 1。

既然永远知道是 1，就没有必要存。

例如：

真正存：

101011...

前面的 1 称：

隐藏位 / 隐含位。

因此：

23 位显式尾数
+ 1 位隐藏 1
= 24 位有效精度

这也是为什么单精度对阶相关题经常出现 24、25。

四十八、IEEE 754 双精度

double：

64 bit

结构：

1 bit  符号
11 bit 阶码
52 bit 尾数

偏置：

规格化数：

所以实际有效位：

52 + 隐藏 1 = 53 位

四十九、IEEE 754 实数 → 机器数：必会算法

资料指出这类转换在 2011、2013、2020、2022、2023、2025 等多次出现。

例如资料中的：

第一步：转二进制

所以：

第二步：规格化

因此：

S = 1
E = 3

第三步：算阶码字段

130 的二进制：

10000010

第四步：存尾数

真实有效数：

1.00001

隐藏第一个 1：

f = 00001...

补到 23 位。

所以：

1 | 10000010 | 00001000000000000000000

最终：

C1040000H

这正是资料例题的结果。

五十、机器数 → IEEE 754 真值

反过程：

1. 拆 S；
2. 拆 e；
3. 拆 f；
4. 算实际指数；
5. 补回隐藏 1；
6. 计算。

例如规格化单精度：

最后：

五十一、IEEE 754 最容易错的地方：e=0 和 e=全 1

并不是所有 IEEE 754 数都使用：

只有：

1 ≤ e ≤ 254

的单精度数才是普通规格化数。

资料把特殊值考点追踪到了 2017、2023。

五十二、IEEE 754 特殊值总表

阶码全 0，尾数全 0

S=0 → +0
S=1 → -0

阶码全 0，尾数非 0

非规格化数

此时没有隐藏的 1。

有效数变成：

0.f

单精度：

它存在的目的：

填补 0 和最小规格化数之间的巨大空洞。

五十三、最小正规格化数 vs 最小正数

超级容易混。

单精度最小正规格化数：

但是最小正非零数：

尾数最低一位是 1：

即：

模拟题专门考过这个区别。

五十四、阶码全 1，尾数全 0

表示：

+∞
-∞

例如某些浮点运算溢出后，可以得到 infinity，而不是立即让整个程序停止。

五十五、阶码全 1，尾数非 0

表示：

NaN

Not a Number。

例如一些未定义运算可能产生 NaN。

所以牢记：

e 全 1
    f = 0 → infinity
    f ≠ 0 → NaN

而：

e 全 0
    f = 0 → ±0
    f ≠ 0 → 非规格化数

这一组建议直接背成四格表。

五十六、IEEE 754 表示范围

单精度

最小正规格化正数：

最大正规格化数：

最小正非规格化数：

双精度

最小正规格化正数：

最大正规格化数：

最小正非规格化数：

资料把浮点表示范围和有效位列为 2017、2018、2024 的考点。

五十七、浮点数真正的难点：加减法

浮点加减绝对不能直接：

尾数 + 尾数

因为小数点位置可能不同。

完整流程必须记成五步：

对阶 → 尾数加减 → 规格化 → 舍入 → 判断溢出

这是第 2 章最重要的算法流程之一。

五十八、第一步：对阶

例如：

和：

不能直接加尾数。

必须使阶码一致。

原则：

小阶向大阶看齐。

所以第二个数：

改成：

然后：

五十九、为什么一定“小阶向大阶看齐”？

因为小阶数尾数是右移。

右移损失的是低有效位。

如果反过来大阶向小阶：

大数尾数左移

可能直接把最高有效位挤出去。

这会造成不可恢复的信息损失。

因此固定原则：

小阶右移，大阶不动。

六十、对阶的真正代价：小数可能直接“消失”

例如：

加：

第二个数对阶需要右移 100 位。

尾数精度只有有限几十位。

于是它最后可能全部被移出去。

CPU 最终认为：

这不是 bug。

这是：

有限精度浮点数的必然结果。

六十一、为什么单精度阶码差达到 25 可以直接忽略小数？

资料的模拟题明确给出：

如果采用 IEEE 754 单精度，并使用就近舍入，阶差满足：

则较小的数已经不足以影响最终结果，可以直接取阶大的那个数。

原因：

单精度有效位一共：

24 位

当小数再右移至少 25 位，就落到半个最低有效位以下，无法改变最终就近舍入结果。

这是一道非常典型的“理解精度”题。

六十二、第二步：尾数加减

完成对阶后：

指数一样

就可以对尾数进行加减。

例如：

得到：

如果异号，则实际上执行尾数减法。

六十三、第三步：规格化

浮点结果希望保持：

1.xxxxx × 2^E

所以尾数加减以后可能需要调整。

主要有两类。

情况 1：结果太大 → 右规

例如：

得到：

11.01 × 2^E

不符合规格化要求。

变成：

所以：

右规：尾数右移 1 位，阶码 +1。

六十四、情况 2：结果太小 → 左规

例如：

必须变：

所以：

左规一次：尾数左移一位，阶码减一。

可能需要连续左规多次。

这也是为什么两个很接近的浮点数相减容易损失大量有效数字。

六十五、第四步：舍入

硬件内部通常会临时保留更多位。

最终存回 float 时只有固定 23 位尾数字段，因此多出来的位必须舍弃。

资料介绍的舍入思想包括：

• 就近舍入；
• 朝正无穷舍入；
• 朝负无穷舍入；
• 朝 0 舍入。

408 最常见的是：

就近舍入。

真正理解：

不是简单“最后一位 1 就进位”。

还要考虑：

被舍弃部分距离哪一个可表示浮点数更近

六十六、第五步：浮点溢出

浮点溢出看什么？

不是单纯看尾数。

真正决定是否溢出的是：

阶码。

因为尾数过大时通常可以右规：

10.xxxx
↓
1.0xxxx × 2^(E+1)

所以只要指数还能 +1，就还能表示。

只有：

阶码已经没有位置可加

才是真正上溢。

资料将浮点溢出判断列为 2015 的考点。

六十七、上溢和下溢

上溢

结果绝对值太大。

IEEE 754 通常得到：

+∞
-∞

并设置相应异常状态。

下溢

结果非常接近 0。

不是一进入：

就马上变成 0。

IEEE 754 有非规格化数，所以可以继续表示：

下面的数。

直到比：

还要小，才无法用单精度非零值表示。

这叫：

渐进下溢。

六十八、定点数和浮点数到底谁更好？

不是简单的“浮点更高级”。

同样 n 位。

定点数

优点：

相邻数间距比较规则
精确整数范围内通常完全精确
运算简单

缺点：

范围小

浮点数

优点：

范围极大

缺点：

精度不均匀
很多实数不能精确表示
运算存在舍入误差

而且一个非常容易错的说法：

“浮点数位数相同时能表示更多数。”

并不正确。

n 位编码总共最多只有：

种比特模式。

浮点数只是把这些有限编码更稀疏地铺在一个巨大数轴范围上。

资料本章小结也特别指出，位数相同时浮点数并不会拥有更多编码，部分编码还用于 ±0、NaN 等特殊值。

六十九、把整数和浮点数统一理解

这能帮你真正理解整个第 2 章。

定点整数

比如 8 位：

00000101

每一位权值固定：

128 64 32 16 8 4 2 1

小数点永远固定。

浮点数

例如：

S | E | M

尾数本身只有固定若干位。

但指数 E 控制：

整个尾数的小数点实际放在哪里。

所以叫：

浮点。

“小数点会随着指数浮动”。

七十、典型题 1：补码 + 移位 + 溢出

资料中的一道模拟题给：

[x]补 = 44H
[y]补 = DCH

求：

先求真值：

44H = 01000100 → +68

所以：

DCH：

11011100

按 8 位补码：

因此：

-38 的 8 位补码：

即：

DAH

因为：

所以：

OF = 0

资料对应答案就是 DAH、0。

这道题实际上一次考了：

• 补码解析；
• 算术右移；
• 左移乘 2；
• 补码编码；
• OF。

七十一、典型题 2：硬件减法器输入什么？

资料模拟题：

x = -69
y = 38

求 CPU 执行：

加减器不会真的调用一个“减法器”。

而是：

-69：

69 = 01000101

取反加一：

10111011

所以第一个输入：

10111011

38：

00100110

执行减法需要送入：

~y = 11011001

并且：

Cin = 1

所以输入：

10111011
11011001
Cin=1

这就是资料模拟题答案。

真正要掌握的不是这几个比特，而是：

减法硬件 = Y 取反 + 最低位进位设 1。

七十二、第 2 章最容易混淆的 12 个点

1. 最高位为 1 不一定就是负数

只有解释为有符号补码时才是。

无符号：

11111111 = 255

8 位补码：

11111111 = -1

2. CF ≠ OF

CF → unsigned
OF → signed

3. SF=1 不一定说明数学结果真的小于 0

如果 OF=1，符号位可能因溢出而错误。

4. 有符号比较不能只看 SF

要看：

5. 算术右移不是补 0

负数算术右移：

高位补 1。

6. 左移不一定等于乘 2

只有没有溢出时才成立。

7. 补码负数不是“符号位 + 绝对值”

这是原码思想。

8. 单精度尾数不是只有 23 位精度

规格化数有隐藏位，所以实际有效二进制位：

24 位

9. 最小正 float 不是：

那只是最小正规格化数。

最小正非零数是：

10. e=0 不能用普通规格化公式

此时：

0.f

而不是：

1.f

11. e 全 1 不一定是 infinity

f=0 → infinity
f≠0 → NaN

12. 浮点数范围大 ≠ 精度高

越大的数附近，可表示数之间的间隔也越来越大。

七十三、最后给你一套第 2 章做题流程

以后遇到整数机器数题，按照：

① 明确字长
↓
② 明确 signed / unsigned
↓
③ 写二进制位模式
↓
④ 判断是否截断/扩展
↓
⑤ 按位执行加减/移位
↓
⑥ 只保留规定字长
↓
⑦ 最后再解释真值
↓
⑧ 分别求 OF、CF、SF、ZF

最大的原则：

先处理“机器中的比特”，最后再解释成数学数值。

不要一直用十进制凭感觉算。

浮点题固定流程：

十进制
 ↓
二进制
 ↓
规格化 1.f × 2^E
 ↓
S
 ↓
e = E + Bias
 ↓
去掉隐藏位得到 f

浮点加减：

① 对阶
   小阶向大阶

② 尾数加减

③ 规格化
   右规 → 阶码 +1
   左规 → 阶码 -1

④ 舍入

⑤ 检查阶码溢出

七十四、考前真正要背下来的内容

如果最后复习时间很紧，第 2 章至少把这些牢牢记住：

负数补码：

取反 + 1

补码快速求真值：

减法：

有符号溢出：

无符号进/借位：

有符号比较：

单精度：

1 + 8 + 23
Bias = 127

双精度：

1 + 11 + 52
Bias = 1023

单精度：

IEEE 特殊编码：

e=0, f=0     → ±0
e=0, f≠0     → 非规格化
e=全1, f=0   → ±∞
e=全1, f≠0   → NaN

浮点加减：

小阶向大阶对齐 → 尾数加减 → 规格化 → 舍入 → 判断阶码溢出。

如果把上面这些内容真正吃透，第 2 章绝大部分统考选择题就已经有稳定的解题框架了；尤其要把“同一个二进制串，signed/unsigned 是两种解释”“同一个加法器完成 signed/unsigned 加减”“OF 与 CF 完全是两套溢出语义”这三件事理解透，它们是整章很多题目共同的底层逻辑。