prog.c用伪指令linux> gcc -m32 prog.c编译后，该程序就可以在32位或64位机器上正确运行。而当程序prog,c用伪指令linux> gcc -m64 prog.c编译后，该程序只能在64位机器上运行。区别32位和64位程序，区别在于程序是如何编译的，而不是其依赖运行的机器类型。in a = 4666;为例，a的大小为4个字节，二进制表示为0001 0010 0011 1010，十六进制表示为0x123a。a,3,2,1，这些字节在机器上的存储是连续的，如果最低有效字节a存储在内存地址更高的地方，那么这称为大端（高尾端）。反之最低有效字节a存储在内存地址更低的地方，这称为小段（低尾端）。/*
author: solego
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned char* byte_pointer;
void show_bytes(byte_pointer start, int len) {
for(int i = 0; i < len; ++i) {
printf("%x\n", start[i]);
} printf("\n");
int main()
{
int x = -10;
/*
expect: 0x ff ff ff f6
x(sign magnitude) = 10000000 00000000 00000000 00001010
x(one's complement) = 11111111 11111111 11111111 11110101
x(two's complement) = 11111111 11111111 11111111 11110110
10(two's complement) = 00000000 00000000 00000000 00001010
*/
show_bytes((byte_pointer) &x, sizeof(x));
return 0;
}
result:
f6
ff
ff
ff
由此可以看出来，在计算机中存储的是补码，循环是从低地址到高地址的，而优先输出最低有效字节，所以windows采用的是小端（低尾端），这里利用unsigned char大小为
1
1
1字节，恰好表示出[0,255]。
| 数据类型 | 移位方向 | 移位方式 |
|---|---|---|
| 无符号数 | 左移 | 逻辑移位，补0 |
| 有符号数 | 左移 | 逻辑移位，补0 |
| 无符号数 | 右移 | 算术移位，补0 |
| 有符号数 | 右移 | 算术移位，负数补1，其余补0 |
| 左移采用逻辑移位，无符号数的右移采用逻辑移位 | ||
| 有符号数采用算术右移，负数右移左补1，其余右移左补0，这也是对应满足补码运算的。 |
计算机中的整数都是以补码形式存在的
原码，反码和补码：建议参考
将一个数的补码看成向量，向量的每一位为其二进制值，一个 w w w位的向量，则有：
对于非负数和无符号数，
∑
i
=
0
w
−
1
x
i
2
i
\sum_{i=0}^{w-1}x_i{2^i}
∑i=0w−1xi2i，
对于负数：其最高位的位权是
−
2
w
−
1
-2^{w-1}
−2w−1，即
x
w
−
1
×
(
−
2
w
−
1
)
+
∑
i
=
0
w
−
2
x
i
2
i
x^{w-1}\times(-2^{w-1})+\sum_{i=0}^{w-2}x_i{2^i}
xw−1×(−2w−1)+∑i=0w−2xi2i
这样来看，就能很好的解释 1000 0000 1000\ 0000 1000 0000表示的是 − 2 7 -2^7 −27而非 − 0 -0 −0了。
以
8
8
8位为例
对于有符号数：
位数相等的 有符号数和无符号数之间的互相转换
short int a = -12345;
unsigned short b = (unsigned short) a;
printf("a = %d, b = %u", a, b);
result:
a = -12345
b = 53191
以上例子中short和unsigned short均为2字节，即16位
-12345: 1100 1111 1100 0111
53191: 1100 1111 1100 0111
可以发现两者的补码是一致的，可以理解为解释这些二进制位的方式变了
对于有符号数，最高位解释为符号位，同时最高位是
−
2
15
-2^{15}
−215，而对于无符号数，最高位解释为普通的位，即为
2
15
2^{15}
215。
关于
w
w
w位的有符号数到无符号数的映射
如果有符号数的符号位为
0
0
0，那么解释不变
如果有符号数的符号位为
1
1
1，那么在解释成无符号数时，该位就是一个普通的位。
具体到十进制来看：
S T o U ( x ) = { x , x ≥ 0 x + 2 w , x < 0 SToU(x)=\left\{ \begin{aligned} x,x\geq 0\\ x+2^w,x<0\\ \end{aligned} \right. SToU(x)={x,x≥0x+2w,x<0
这是因为将负数的符号位由 − 2 w − 1 -2^{w-1} −2w−1解释为 2 w − 1 2^{w-1} 2w−1是相差了 2 w 2^w 2w的，而将非负数转换成无符号数，符号位无影响。
从无符号数转换成有符号数：
U
T
o
S
(
x
)
=
{
x
,
x
≤
2
w
−
1
−
1
x
−
2
w
,
x
≥
2
w
−
1
UToS(x)=\left\{ \begin{aligned} x,x\leq 2^{w-1}-1\\ x-2^w,x\geq 2^{w-1}\\ \end{aligned} \right.
UToS(x)={x,x≤2w−1−1x−2w,x≥2w−1
在有符号数和无符号数进行运算时，有符号数会被强制转换成无符号数来执行运算
int a = -1;
unsigned int b = 0;
if(a < b) printf("a < b\n");
else printf("a > b\n");
result:
a > b
这里的signed int a被强制转换成了(unsigned int a)，即a = 2^32 - 1
将位数不相等的整数类型转换
从字节少的强制转换成字节多的，扩展的为高位，原有的部分为低位
对无符号数的扩展是零扩展，在扩展的数位上补0即可
对有符号数的扩展是符号位扩展，即在扩展的数位上补符号位
对于数据的强制类型转换，是不可改变其所表示的值的。
int a = -1;
long long b = a;
a: 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111
b: 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111
需要证明这两种补码得到的结果是一样的。
我们考虑一种简单的情况：
a 为4位的-1，b 为5位的-1，c 为6位的-1
a: 1111 = -2^3 + 2^2 + 2^1 + 2^0
b: 1 1111 = (-2^4 + 2^3) + 2^2 + 2^1 + 2^0 = -2^3 + 2^2 + 2^1 + 2^0
c: 11 1111 = (-2^5 + 2^4 + 2^3) + 2^1 + 2^0 = -2^3 + 2^2 + 2^1 + 2^0
因此c = b = a，扩展到更高位依然是正确的
对于正数来说，扩展的符号位为0，显然是不会影响结果的。
从字节多的强制转换成字节少的，则是保留低位，直接去除高位，这样是可能改变实际值的
对于无符号数是直接去除高位即可
对于有符号数，先用无符号数解释，然后直接去除高位，再用有符号数来解释
long long b = -1ll << 32;
cout << b << "\n";
int a = (int)b;
cout << a << "\n";
result:
-4294967296
0
无符号数加法
0
≤
x
<
2
w
,
0
≤
y
<
2
w
0\leq x < 2^w, 0\leq y<2^w
0≤x<2w,0≤y<2w
x
+
y
=
{
x
+
y
,
x
+
y
<
2
w
x
+
y
−
2
w
,
x
+
y
≥
2
w
x+y=\left\{ \begin{aligned} x+y,x+y< 2^{w}\\ x+y-2^w,x+y\geq 2^w\\ \end{aligned} \right.
x+y={x+y,x+y<2wx+y−2w,x+y≥2w
大于等于
2
w
2^w
2w相当于溢出，溢出的部分全部被舍弃，只保留
[
0
,
w
)
[0,w)
[0,w)位，相当于对
2
w
2^w
2w取模，因为这里
x
+
y
x+y
x+y的范围是
[
0
,
2
w
+
1
−
2
]
[0,2^{w+1}-2]
[0,2w+1−2]，最多只会在第
w
w
w位上有权，所以减去
2
w
2^w
2w即可。
判断溢出
bool add_ok(unsigned x, unsigned y) {
unsigned sum = x + y;
return sum >= x;
}
证明：
数学方面来看：
x + y >= x, x + y >= y
发生溢出时：
sum = x + y - 2^w
因为 y < 2^w
所以y - 2^w < 0
所以 x + y - 2^w < x
对于y是同理。
有符号数加法，分为正溢出，即两个正数相加的结果溢出，以及负溢出，即两个负数相加的结果溢出
−
2
w
−
1
≤
x
≤
2
w
−
1
−
1
,
−
2
w
−
1
≤
y
≤
2
w
−
1
−
1
-2^{w-1}\leq x\leq 2^{w-1}-1, -2^{w-1}\leq y\leq 2^{w-1}-1
−2w−1≤x≤2w−1−1,−2w−1≤y≤2w−1−1
x
+
y
=
{
x
+
y
−
2
w
,
x
+
y
≥
2
w
−
1
x
+
y
,
−
2
w
−
1
≤
x
+
y
<
2
w
−
1
x
+
y
+
2
w
,
x
+
y
<
−
2
w
−
1
x+y=\left\{ \begin{aligned} x+y-2^w,x+y\geq 2^{w-1}\\ x+y,-2^{w-1}\leq x+y< 2^{w-1}\\ x+y+2^w,x+y< -2^{w-1}\\ \end{aligned} \right.
x+y=⎩⎪⎨⎪⎧x+y−2w,x+y≥2w−1x+y,−2w−1≤x+y<2w−1x+y+2w,x+y<−2w−1
对于正溢出：
两个二进制正数 127和1：
0111 1111
0000 0001
----------
1000 0000
对于负溢出：
两个二进制负数 -128和-1
1000 0000
1111 1111
----------
(1)0111 1111
无论是哪种：
都可以用无符号数来解释他们，然后进行无符号数的加法
得到结果后，再进行无符号数到有符号数的转换
唯一的问题是：在解释负溢出时，得到了(w+1)位，解释成有符号数则是一个(w+1)位的有符号数，
而我们是舍弃溢出不部分的，所以需要加上这部分，即2^w
加法逆元
对于整数
x
x
x，使得
x
+
x
′
=
0
x+x'=0
x+x′=0的
x
′
x'
x′就是
x
x
x的加法逆元，也可以称为相反数
无符号数的加法逆元
0
≤
x
<
2
w
,
0
≤
x
′
<
2
w
0\leq x< 2^w,0\leq x'<2^w
0≤x<2w,0≤x′<2w
这里要涉及到溢出求逆元了，当第
w
+
1
w+1
w+1位为
1
1
1，其余均为
0
0
0，特殊的是当
x
=
0
x=0
x=0，
x
′
=
0
x'=0
x′=0
否则
x
′
=
2
w
−
x
x'=2^w-x
x′=2w−x
x
′
=
{
x
,
x
=
0
2
w
−
x
,
x
>
0
x'=\left\{ \begin{aligned} x,x=0\\ 2^w-x,x>0\\ \end{aligned} \right.
x′={x,x=02w−x,x>0
有符号数的加法逆元
当
x
>
−
2
w
x>-2^w
x>−2w，那么对应的
x
′
=
−
x
x'=-x
x′=−x
当
x
=
−
2
w
x=-2^w
x=−2w，那么对应的
x
′
=
x
x'=x
x′=x
x
′
=
{
x
,
x
=
−
2
w
−
x
,
x
>
−
2
w
x'=\left\{ \begin{aligned} x,x=-2^w\\ -x,x>-2^w\\ \end{aligned} \right.
x′={x,x=−2w−x,x>−2w
如 5[101] 和3[011]
先符号位扩展得到：5[000101]和3[000011]
再计算
000101
000011
---------------
000101
000101
000000
000000
000000
000000
---------------
00000|001111
再如-3[101] 和 3[011]
先符号位扩展得到：-3[111101]和 3[000011]
111101
000011
---------------
111101
111101
000000
000000
000000
000000
---------------
00000|110111
浮点数与其位模式的表示对应为：
V
=
(
−
1
)
s
×
M
×
2
E
V = (-1)^s\times M \times 2^{E}
V=(−1)s×M×2E
最高位
s
s
s 表示符号位，当
s
=
0
s=0
s=0，表示正数；当
s
=
1
s=1
s=1，表示负数
e
x
p
exp
exp 表示阶码，即指数位，与上述的
E
E
E 对应
f
r
a
c
frac
frac与尾数相关，与上述的
M
M
M 对应
浮点数分为单精度浮点数 float 和双精度浮点数 double
浮点数的值分为三种：
阶码的值决定了浮点数的值是以上的哪一种
E
=
e
−
b
i
a
s
E = e-bias
E=e−bias
b
i
a
s
(
f
l
o
a
t
)
=
2
8
−
1
−
1
=
127
bias(float)=2^{8-1}-1=127
bias(float)=28−1−1=127
b
i
a
s
(
d
o
u
b
l
e
)
=
2
11
−
1
−
1
=
1023
bias(double)=2^{11-1}-1=1023
bias(double)=211−1−1=1023
对应单精度浮点数
f
l
o
a
t
float
float，
e
m
i
n
=
1
,
e
m
a
x
=
254
e_{min}=1,e_{max}=254
emin=1,emax=254
E
∈
[
−
126
,
127
]
E\in[-126,127]
E∈[−126,127]
对应双精度浮点数
d
o
u
b
l
e
double
double，
e
m
i
n
=
1
,
e
m
a
x
=
2046
e_{min}=1,e_{max}=2046
emin=1,emax=2046
E
∈
[
−
1022
,
1023
]
E\in[-1022,1023]
E∈[−1022,1023]
M
=
1
+
f
M=1+f
M=1+f
因为这里的
M
M
M 取值可以通过调整，使得
E
E
E 的取值使得总是有
M
∈
[
1
,
2
)
M\in[1,2)
M∈[1,2)，所以这个
1
1
1 就可以省略，但是在计算时需要加上这个
1
1
1。
根据
I
E
E
E
IEEE
IEEE 的规则，
+
0.0
+0.0
+0.0 和
−
0.0
-0.0
−0.0 在某些方面是不同的，在大部分方面是相同的
非规格化的值另外一个用途是可以表示非常接近
0
0
0 的数
当阶码字段全为
0
0
0 时，阶码
E
=
1
−
b
i
a
s
,
M
=
f
E=1-bias,M=f
E=1−bias,M=f。注意这里是非规格化的值，不要用规格化的值的方式去解释非规格化的值 。
当阶码字段二进制位全为
1
1
1，是无穷大
当
s
=
0
,
f
=
0
:
V
=
+
∞
s=0,f=0: V=+∞
s=0,f=0:V=+∞
当
s
=
1
,
f
=
0
:
V
=
−
∞
s=1,f=0: V=-∞
s=1,f=0:V=−∞
当
f
≠
0
:
V
=
N
a
N
f\neq 0: V=NaN
f=0:V=NaN
当运算结果不为实数，或者用无穷也无法表示的情况，这些均为
N
a
N
(
N
o
t
a
N
u
m
b
e
r
)
NaN(Not\ a\ Number)
NaN(Not a Number)
如下是一个
8
8
8 位的浮点数
符号位
s
s
s
e
x
p
exp
exp 是
4
4
4 位，
b
i
a
s
=
2
4
−
1
−
1
=
7
bias=2^{4-1}-1=7
bias=24−1−1=7
f
r
a
c
frac
frac 是
3
3
3 位
V
=
(
−
1
)
s
×
M
×
2
E
V = (-1)^s\times M \times 2^{E}
V=(−1)s×M×2E
对于一个浮点数，如果将其舍入为正数，该如何舍入呢？
对于
1.5
1.5
1.5 ，将其舍入为整数，应该舍入成
1
1
1 还是
2
2
2 呢？
舍入操作分为 4 4 4 种：
(1)和(2)说明浮点数加法不满足结合律
(3)和(4)说明浮点数乘法不满足结合律
(5)和(6)说明浮点数乘法不满足分配律
int -> float，由于 float的小数字段是
23
23
23 位，int 是
32
32
32 位数，所以可能会导致精度丢失int/float -> double，由于 double 小数字段是
52
52
52 位，因此可以保留精确的数值float -> double 时，float精度相较于 double 较小，转换后可能被舍入double -> float 可能会溢出float/double -> int 一种可能的是向零舍入，另一种可能的是发生溢出