CSAPP lab1——位运算

本次为一次计算机系统实验，就是使用一些基本的运算符来实现函数功能。

ps做这些题让我想起大一上学期刚学二进制时被鹏哥支配的痛苦。

知识准备：

1.负数等于正数取反加一。

2.左移一位相当于将这个数扩大两倍，右移两位相当于将这个数缩小两倍

3.符号位向右移动后,正数补0,负数补1。

4.负数补码最高位是1，正数补码最高位是0

5. 32位正数取值为

最大：01111111 11111111 11111111 11111111

最小：10000000 00000000 00000000 00000000

min:-2147483648  max:2147483647

1.

/*
 * bitXor - 仅允许使用~和&来实现异或
 *   例子: bitXor(4, 5) = 1
 *   允许的操作符: ~ &
 *   最多操作符数目: 14
 *   分值: 1
 */

解题思路：简单的异或，a⊕b = (¬a ∧ b) ∨ (a ∧¬b)但要求使用&，所以需要德摩根律

int bitXor(int x,int y)
{
    return ~(~(~x&y)&~(x&~y));
}

但这样还不是最简单的，如果使用同或的非来表示异或，a⊕b = ¬（(a ∧ b) ∨ (¬a ∧¬b)）还能再少用一个字符。

int bitXor(int x, int y)
{
    return ~(x&y)&~(~x&~y);//同或的非
}

2.

/*
 * tmin - 返回最小的二进制补码
 *   允许的操作符: ! ~ & ^ | + << >>
 *   最多操作符数目: 4
 *   分值: 1
 */

解题思路：最小值为0x8000 0000，我们可以将1左移31位得到最小值。

int tmin(void)
{
    return 1<<31;
}

3.

/*
 * isTmax - 如果x是最大的二进制补码，返回1；否则，返回0
 *   允许的操作符: ! ~ & ^ | +
 *   最多操作符数目: 10
 *   分值: 2
 */

解题思路：最大的二进制补码为0x7FFFFFFF，为判断输入是否为这一个数，我们只需要将其与最小的二进制补码与或一下判断是否为0即可。

int isTmax(int x)
{
    return !(x^~(1<<31));
}

4.

/*
 * negate - 返回-x
 *   例子: negate(1) = -1.
 *   允许的操作符: ! ~ & ^ | + << >>
 *   最多操作符数目: 5
 *   分值: 2
 */

解题思路：正数取反加一即为负数。

int negate(int x)
{
    return (~x+1);
}

5.

/*
 * allOddBits - 如果所有奇数位都为1则返回1;否则返回0
 *   例子： allOddBits(0xFFFFFFFD) = 0, allOddBits(0xAAAAAAAA) = 1
 *   允许的操作符: ! ~ & ^ | + << >>
 *   最多操作符数目: 12
 *   分值: 2
 */

解题思路：：只有所有奇数位为1的数，与0x5555 5555进行&运算才会得到0。5->(0101)。故而需要得到0x5555 5555，将0x55（01010101）分别左移8、16、24得到3个数，然后将这三个数相加即可得到0x5555 5555。

int allOddBits(int x)
{
    return !(~(x|(85+(85<<8)+(85<<16)+(85<<24))));
}

6.

/*
 * isAsciiDigit - 如果x是ascii码中的0~9，返回1;否则返回0
 *   例子: isAsciiDigit(0x35) = 1.
 *            isAsciiDigit(0x3a) = 0.
 *            isAsciiDigit(0x05) = 0.
 *   允许的操作符: ! ~ & ^ | + << >>
 *   最多操作符数目: 15
 *   分值: 3
/* 

解题思路：若x是数字，则x在‘0’~‘9’之间。可以用x-48>=0和x-58<0（x+~48+1>=0和x+~58+1<0）来计算。

int isAsciiDigit(int x)
{
    return !((x+~48+1)>>31)&!!((x+~58+1)>>31);
}

7.

/*
 * isLessOrEqual - 如果x<=y返回1否则返回0
 *   例子: isLessOrEqual(4,5) = 1.
 *   允许的操作符: ! ~ & ^ | + << >>
 *   最多操作符数目: 24
 *   分值: 3
 */

解题思路：

直接用y-x可能会超出int的表示范围，故而：当x与y同号时，转换为p=y-x>=0，然后p符号位(p>>31）&1为0则返回1，符号位1则返回0；异号时，只要x>=0，就要返回0，否则返回1，由(x>>31)&1能达到该效果。c=a（x>>31）+b(y>>31)可作为x,y同号异号的判断,异号的时候为1和0，相加为1；同号的时候为1和1或者0和0，相加得0或2，取反之后必为非0。

int isLessOrEqual(int x, int y)
{
    int a=x>>31;
    int b=y>>31;
    int c=a+b;
    int p=y+(~x+1);///p=y-x
    int q=!((p>>31)&1);///若p>=0，则q为1,成立；反之，q为0，不成立。
    return (c&(a&1))|((~c)&q);///若为异号，c为1，若a为1，说明x<=y，成立；反之说明x>y不成立。
    ///若为同号，c为0或者2，取反后为非0，若q为1,相与后必为非0。

}

8.

/*
 * conditional - 实现x?y:z
 *   例子: conditional(2,4,5) = 4
 *   允许的操作符: ! ~ & ^ | + << >>
 *   最多操作符数目: 16
 *   分值: 3
 */

解题思路：当x不为0时，!x=0，函数结果为y。这时候需要(0xffff ffff)&y|(0x0)，来保存y。 当x为0时，!x=1，函数结果为z。这时候需要（0x0)|(0xffff ffff)&z,来保存z。

int conditional(int x, int y, int z)
{
    return ((!x+~1+1)&y)|((~!x+1)&z);
}

9.

/*
 * absVal - absolute value of x
 *   Example: absVal(-1) = 1.
 *   You may assume -TMax <= x <= TMax
 *   Legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
 *   Max ops: 10
 *   Rating: 4
 */

解题思路：对整数取绝对值，我们知道int类型的实数，正负数的区别在于最高位是0还是1，正数最高位是0，负数最高位是1。正数右移31位后为0，负数右移31位后为-1（负数右移高位补1）。而负数要变为正数，我们知道需要-1再取反。那么我们就可以利用这两个性质来做题了。

/*

正数右移31位后为0，负数右移31位后为-1（负数右移高位补1）
异或1取反
异或0不变
负数要变为正数需要+1之后取反

*/

int absVal(int x)
{
      int t = (x>>31);
      return (x+t)^t;
      /*正数右移31位后为0，负数右移31位后为-1（负数右移高位补1）*/
}

10.

/*
 * bitCount - returns count of number of 1's in word
 *   Examples: bitCount(5) = 2, bitCount(7) = 3
 *   Legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
 *   Max ops: 40
 *   Rating: 4
 */

解题思路：这题应该是这次作业里最难的题了，只用40次操作，并且不能用循环和if，计算x二进制表示中1的个数。首先需要设计5个常数，分别为0x55555555，0x33333333，0x0f0f0f0f，0x00ff00ff，0x0000ffff。

为什么这么设计呢，可以把5个数字的二进制写出来，分别是间隔1个0,2个0,4个0,8个0,16个0

然后下面的计算方法，和间隔对应，分别右移1,2,4,8,16次。如何理解呢，如果只给你一个只有2位的二进制数x，以及01，怎么计算里面1的个数呢，是不是做(x&1)+((x>>1)&1)呢？通过移位，把高位的1，移到低位求和。32位的数字就可以看成是16个2位的，之后就可以等价看作，一个16位的数字，分成8段，做上面第二个计算操作。总的来看这个操作就是把高位的1往低位移动，然后类似分治，分成多段的移动。非常nice的一个题哦。关于这道题的一些理解，32位数字看成16个2位的，两个相邻位置作为一组进行一次计算统计1的个数，然后进行合并;再之后四个相邻位置作为一组进行一次计算统计1的个数；之后八个，十六个，三十二个作为一组。

int bitCount(int x)
{

    int mask1 = 0x55;
    int mask2 = 0x33;
    int mask3 = 0x0f;
    int mask4 = 0xff;
    int mask5 = 0xff;
    mask1 += mask1<<8;
    mask1 += mask1<<16;//generate 0x55555555
    mask2 += mask2<<8;
    mask2 += mask2<<16;//generate 0x33333333
    mask3 += mask3<<8;
    mask3 += mask3<<16;//generate 0x0f0f0f0f
    mask4 += mask4<<16;//generate 0x00ff00ff
    mask5 += mask5<<8; //generate 0x0000ffff
    x =((x>>1)&mask1) + (x&mask1);
    x =((x>>2)&mask2) + (x&mask2);
    x =((x>>4)&mask3) + (x&mask3);
    x =((x>>8)&mask4) + (x&mask4);
    x =((x>>16)&mask5) + (x&mask5);
    return x;
}

11.

/*
 * byteSwap - swaps the nth byte and the mth byte
 *  Examples: byteSwap(0x12345678, 1, 3) = 0x56341278
 *            byteSwap(0xDEADBEEF, 0, 2) = 0xDEEFBEAD
 *  You may assume that 0 <= n <= 3, 0 <= m <= 3
 *  Legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
 *  Max ops: 25
 *  Rating: 2
 */

解题思路：需要我们将字节交换，主要这里交换的是字节而不是位！我们知道int型有4个字节，每个字节有8位，这里我们就以8位为一组组成字节进行整体交换。思路很简单，我们先将需要交换的字节转移到交换后的位置，在这个过程中不可避免的会夹带着其他的字节的变化，先不去管，再获得一个排除需要交换字节的原数（需要交换的字节的位置全是0），最后三者一与便得到交换后的数了。

int byteSwap(int x, int n, int m)
{

    int a = n<<3;
    int b = m<<3;//乘以8,因为8位一个字节，投射到该字节对应的位上
    int step1 = ((x>>a)&0xff)<<b;
    int step2 = ((x>>b)&0xff)<<a;
    // int step3 = x&~(0xff<<b)&~(0xff<<a);
    int step3 = x&(~((0xff<<a)|(0xff<<b)));
    return (step1|step2|step3);//将需要交换的字节扣除来，错位交换
}

/*
 * oddBits - return word with all odd-numbered bits set to 1
 *   Legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
 *   Max ops: 8
 *   Rating: 2
 */

解题思路：得到int型32位上一个奇数位全是1的数，那么就是0xaaaaaaaa(1010)，那么最简单的方法就是通过0x55构造就可以了。注意这里的第0位安排不是奇数位，安排到了偶数位上了。

int oddBits(void)
{
    int a=0xaa;//1010 1010
    a=a|(a<<);
    a=a|(a<<);
    return a;
    // return 0xaaaaaaaa;?
}

12.

/*
 * isLess - if x < y  then return 1, else return 0
 *   Example: isLess(4,5) = 1.
 *   Legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
 *   Max ops: 24
 *   Rating: 3
 */

解题思路：一开始的思路就是用x-y看看得到的最高位是1还是0，是1则是负数说明x<y，是0则是正数说明x>y，而且得到的最高位恰好是返回值。但是有这么一个问题，可能会出现溢出啊，int类型存不下！我在这里停了好久，也试着用long long 来存数，但是只能使用int类型来进行运算，不能使用其他类型的数，不能进行强制类型的转化。

其实我们可以把那些会造成溢出的数给分离出来，我们知道正数减负数和负数减正数才可能会造成溢出，也就是说只有x和y异号的时候才可能出现溢出。而如果没有溢出的可能，则x-y的最高位便必然是所求的结果。那么就来模拟一个if判断便可以了。这里将flag=x^y作为判断项，如果flag=1说明可能会溢出，那么如果是负数-正数返回1，如果是正数-负数返回0：如果flag=0则不会产生溢出了，就用x-y来判断。

/* 可能会造成溢出的情况：
负数-正数 1
正数-负数 0
（异号）

一定不会造成溢出：
正数-正数
负数-负数
（同号）
x-y
*/

int isLess(int x, int y)
{
    int t = x+~y+1;///x-y
    int flag = x^y;
    return (((flag&x)|(t&~flag))>>31)&1;
}

13.

/*
 * satAdd - adds two numbers but when positive overflow occurs, returns
 *          maximum possible value, and when negative overflow occurs,
 *          it returns minimum positive value.
 *   Examples: satAdd(0x40000000,0x40000000) = 0x7fffffff
 *             satAdd(0x80000000,0xffffffff) = 0x80000000
 *   Legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
 *   Max ops: 30
 *   Rating: 4
 */

解题思路：题意要求如果两个数相加，如果产生了正溢出返回0x7fffffff，出现负溢出返回0x80000000，其他情况返回两数之和。

这里我的思路很简单就是使用位运算来模拟一下if判断，有点数据选择器的意思？开始就先构造0x80000000和0x7fffffff这两数数恰好构造出一个另一个取反就可以了。产生溢出只有两种情况正数加正数溢出产生负数，负数加负数溢出产生正数，所以根据这一特点就可以判断是否产生溢出，在根据两数相加得到的数的正负就可以继续判断正溢出和负溢出了。

/*
产生溢出：
1.正数+正数=负数 正溢出 0x7fffffff
2.负数+负数=正数 负溢出 0x80000000

不溢出：
x+y

*/

int satAdd(int x, int y)
{
    int ans = x+y;
    int over = (x^ans)&(y^ans);
    int min_ans = <<;///0x80000000
    int max_ans = ~(min_ans);//0x7fffffff
    int neg_over = ((over&x)>>)&;
    int pos_over = ((over&~x)>>)&;
    return ((~pos_over+)&max_ans)+((~neg_over+)&min_ans)+((~(!(neg_over|pos_over))+)&ans);
}

14.

/*
 * float_twice - Return bit-level equivalent of expression 2*f for
 *   floating point argument f.
 *   Both the argument and result are passed as unsigned int's, but
 *   they are to be interpreted as the bit-level representation of
 *   single-precision floating point values.
 *   When argument is NaN, return argument
 *   Legal ops: Any integer/unsigned operations incl. ||, &&. also if, while
 *   Max ops: 30
 *   Rating: 4
 */

先插入一个怎么把十进制小数转换成二进制的小数的方法---->

解题思路：将一个浮点数扩大两倍。首先如果参数是非数NaN就返回参数本身，那么就先将这一种情况排除掉。对于大多数浮点数阶码不为0，那么阶码加1便可以加倍。对于那些阶码为0的，若是尾数不为0，尾数左移1位便可以实现加倍了；若也尾数为0，那么这个数就是0了，返回原来的0即可。

开始我在这里有一个疑惑，尾数左移一位要是进入了阶码的范围，还对吗？其实这也是正确的，因为若是尾数能够进位，那么阶码加1，整个浮点数值确实是加倍了。

同时这里还要说明一下，尾数是用23位数来表示24位尾数，基数是2，需要规格化尾数形式为+-0.1bb...b，其中第一位“1”不明显表示出来。

举个例子：

-5.625 = C 0 B 4 0 0 0 0

C 0 B 4 0 0 0 0 1100 0000 1011 0100 0000 0000 0000 0000 按照浮点数格式切割成相应的域 1 1000 0001 01101 000000000000000000 经分析：符号域1 意味着负数；指数域为129 意味着实际的指数为2 （减去偏差值127）； 尾数域为01101 意味着实际的二进制尾数为1.01101 （加上隐含的小数点前面的1）。

所以，实际的实数为：

= -1.01101 × 2^2

=- ( 1*2^0 + 1*2^(-2) + 1*2^(-3) + 1*2^(-5) ) × 2^2

= -(1+0.25+0.125+0.03125)*4

= -1.40625*4

= -5.625

unsigned float_twice(unsigned uf)
{
    unsigned S = uf&0x80000000;///获得第0位的符号位
    unsigned Exp = uf&0x7f800000;///获得第1~8位的阶码
    unsigned M = uf&0x007fffff;///获得第9~31的尾数
    unsigned T = uf&0x7fffffff;
    unsigned ans = uf;
    if(T >= 0x7f800000)///如果是NaN的情况
    {
        return uf;
    }
    if(Exp!=)///阶码不为0,那想要翻倍就只需要阶码加1即可。
    {
        ans =  uf + 0x00800000;
        // return S+Exp+0x00800000+M;
    }
    else///阶码为0，那就得通过变换尾数来加倍
    {
        if(M!=)///尾数左移一位加倍
        {
            ans = (uf<<) + S;
            // return S+E +(M<<1);
        }
    }
    return ans;
}

/*
float中
第0位为符号位
第1~8位为阶码
第9~31位为24位二进制原码小数表示的尾数
举个例子：
（65878）10进制
= （1 0000 0001 0000 0110）2进制
= （0.1000 0000 1000 0011 0）2进制*2^17
符号S =0
阶码E =（128+17）10进制
= (145)10进制
= （1001 0001)二进制
所以浮点型表示为
0 1001 0001 000 0000 1000 0011 0000 0000

*/