//還沒寫完，有需求的還需自學

重點,易錯點,小tip：

對某負數（二補碼）求其真值時，不必傻傻取反加1，等價快速演算法是0xFFFF...-X(該數）+1

取反加一等價於減一取反；結果上看，等價於右側開始所有0不變，直到遇到第一個1（也不變）後，全部取反

注意資料型別的位元組數

有符號數和無符號數運算會被強制轉換成無符號數

區分有符號和無符號，比如char是表示-128~127的，unsigned char就是0~255了。

size_t實際是被typedef成unsigned的，方便整個程式所有對應型別的修改。

1-1-overview

• 前處理器根據以字元#開頭的命令
• 編譯器將hello.i翻譯為彙編語句
• printf函式存在於一個名為printf.o的單獨預編譯好的目標檔案中，這個檔案必須以某種方式與我們的hello.o合併起來
• ./hello執行該程式

• 計算機的主要硬體結構

• 馮諾依曼體系結構

CPU內部由ALU（算術邏輯單元） 、 CU（控制器） 、 暫存器 （PC、IR、PSW、DR、通用暫存器等）、 中斷系統組成

• 阿姆達爾定律

加速比 = 優化之前系統耗時 / 優化後系統耗時

$\frac{1}{(1-P)+\frac{P}{S}}$
其中P是優化部分百分比，S是優化程度（加速效果）

例題

圖形處理器中經常需要的一種轉換是求平方根。浮點（FP）平方根的實現在效能方面有很大差異，特別是在為圖形設計的處理器中，尤為明顯。假設FP平方根（FPSQR）佔用一項關鍵圖形基準測試中20%的執行時間。

有一項提議：升級FPSQR硬體，使這一運算速度提高到原來的10倍。

另一項提議是讓圖形處理器中所有FP指令的執行速度提高到原來的1.6倍，FP指令佔用該應用程式一半的執行時間。

請問兩種方法哪個更好？

$Speedup_{FPSQR}=\frac{1}{(1-0.2)+\frac{0.2}{10}}=1.22$

$Speedup_{FP}=\frac{1}{(1-0.5)+\frac{0.5}{1.6}}=1.23$

所以第二種方法好。

1-2-bits-bops

• bitmap和bloomfilter

關於bloomfilter，參考布隆過濾器，這一篇給你講的明明白白-阿里雲開發者社群 (aliyun.com)

• 不同機型資料型別字長：

對應彙編：byte word dword qword (8 16 32 64 bits)

• 進位制轉換

二進位制數轉換成十進位制數

$(1101.0101)_{2} ＝(1·2^3 + 1·2^2 + 0·2^1 + 1·2^0 + 0·2^{-1} + 1·2^{-2} + 0·2^{-3} + 1·2^{-4})_{10}＝(8+4+0+1+0+0.25+0+0.0625)_{10}＝(13.3125)_{10}$

十進位制數轉換成二進位制數
例如：將(57.625)10轉換成二進位制。
整數部分的轉換：
57/2
28/2 餘1 最低位
14/2 餘0
7/2 餘0
3/2 　餘1
1/2 餘1
0 　　　　餘1 最高位
所以得出: $(57)_{10} = (111001)_{2}$

小數部分的轉換：
0.625
× 2
1.250 整數1 高位
0.250
× 2
0.500 整數0
0.500
× 2
1.000 整數1 低位
所以得出: $(0.625)_{10} = (0.101)_{2}$
總後得出： $(57.625)_{10} = (111001.101)_{2}$

二進位制與十六進位制快速轉換

• 位運算及其性質與常用操作

& | ~ ^ 與 或 非 異或

A^0=A 　　A^1=~A 　　A^A=0

A&0xff=低八位（0xff為mask掩碼）

A^0xff=低八位部分取反

A|0xff=低八位強制置1

例題

DEC公司的VAX計算機：沒有And和Or指令，只有bis和bic指令：Set result z to x and modify it

z = bis (int x, int m) (bit set)

Set result z to 1 at each bit position where m is 1

z = bic(int x, int m) (bit clear)

set result z to 0 at each bit position where m is 1

Use bis and bic to implement

Or(int x, int y)

Xor(int x, int y)

解：bis(x,y)相當於x=x|y;return x;即return x|y;

bic(x,y)相當於x=x&(~y);return x;即return x&(~y)

所以

Void Or (int x, int y) { bis(x, y); }

Void Xor (int x, int y) { bis(bic(x,y), bic(y,x)); }

• 邏輯操作

&& || ! 邏輯與，邏輯或，邏輯非

注意短路效應，可以通過彙編程式碼看懂原因。

邏輯右移高位補0(unsigned)

算數位移高位補符號數(signed如int)

Shift amount < 0 or ≥ word size屬於未定義行為，執行時可能會出現意外。

優先順序問題：1<<2 + 3<<4 means 1<<(2 + 3)<<4

例題

寫出程式碼實現如下函式：

/* Return 1 when x contains an even number of 1s; 0 otherwise.

Assume w=32 */

int even_ones (unsigned x);

你的程式碼最多隻能包括12個算術運算、位運算和邏輯運算。

解

int even_ones (unsigned x) {
    x=x^(x>>16);
    x=x^(x>>8);
    x=x^(x>>4);
    x=x^(x>>2);
    x=x^(x>>1);
    return !(x&1);
}

例題

Returns number of 1's a in word

Examples: bitCount(5) = 2, bitCount(7) = 3

Legal ops: ! ~ & ^ | + << >>

Max ops: 40

解

int bitCount(int x) {
    int m1 = 0x11 | (0x11 << 8);
    int mask = m1 | (m1 << 16);
    int s = x & mask;
    s += x>>1 & mask;
    s += x>>2 & mask;
    s += x>>3 & mask;
    
   /* Now combine high and low order sums */
    s = s + (s >> 16);

    /* Low order 16 bits now consists of 4 sums.
       Split into two groups and sum */
    mask = 0xF | (0xF << 8);
    s = (s & mask) + ((s >> 4) & mask);
    return (s + (s>>8)) & 0x3F;
}

1-3-integers

• 資料的表示

關於原碼，反碼，補碼，參考原碼, 反碼, 補碼 詳解 - ziqiu.zhang - 部落格園 (cnblogs.com)（侵刪致歉）

牢記一點，真值是不存在的，是隻存在於數學書上的，機器裡的表示方式只有類似於這三種的編碼規範。

解題時，要求某值的原碼，反碼，補碼，真值轉換。

前三者的互相轉換參見上文，此處討論求真值轉換為補碼（因為現補碼多為機器中真正的儲存方式）

例題

-178轉換成補碼【16進位制short型】

首先由於原碼是人最容易理解的方式，它的缺點是機器計算時帶來的加減法操作差異（這種符號位的存在難以參與運算），但是與我們沒有關係，所以先得到原碼。

所以先寫符號位1，剩下的就是178的二進位制表示，即10110010，所以原碼為1000...010110010

原碼轉補碼十分簡單，非符號位“取反加一”，即可得到補碼：1111...101001110

題給為short型，故答案為1111 1111 0100 1110

例題

求0.1011 -0.1011的補碼

其實這是一種特殊計法，因為真正的浮點數儲存本就不存在補碼一說，具體請參考下一章。

這裡小數點前的±號代表的是符號位，所以實際就是相當於原碼的01011（不過還是得寫成0.1011）和11011（1.1011）

那麼按照上面的轉換規則就不難看出補碼了。

• 資料轉換

預設情況
常量被當作有符號數
如果希望是無符號數，在後面加上字尾U
0U, 4294967259U

混用unsigned和signed時，轉換成unsigned，所以-1>0U

• 資料擴充套件和截斷

有符號數的擴充套件會涉及到符號位擴充套件，無符號數直接擴充套件即可。

有符號數的截斷會被先當作無符號數截斷，然後轉化成有符號數理解，無符號數直接截斷。

• 資料溢位

無符號數加法溢位：$x+y<x$ （都是整數，溢位之後再怎麼加也趕不上從0開始加）

下面討論有符號數：

例題

int tadd_ok_bugy(int x, int y)
{
    int sum = x + y ;
    return (sum-x == y) && (sum-y == x)
}

指出此函式錯誤並修正它。

其實由於tadd也是個阿貝爾群，結果是封閉的，隨便找兩個數其實都滿足該條件。（試一試便可）

正解：

int tadd_ok (int x, int y)
{
    int sum = x + y ;
    return !((x>0&&y>0&&sum<0) || (x<0&&y<0&&sum>0))
}

例題（接上）

int tsub_ok(int x, int y)
{
    return tadd_ok(x, -y) ;
} 

指出改程式碼存在的錯誤。

其實這個在前面補碼的原理中我們就可以看到，Tmin既然是從-0這個數騰出來的一個補充數，那麼它的負數實際上還是它本身，這是無法改變的。以$[-8,7)$為例，-8是1000，取反加一仍然是1000，所以當y傳了這個值進去，那麼這次判定結果（是否溢位）必然相反。

正解：

int tsub_ok(int x, int y)
{
    int diff = x-y;
    return !(x>=0&&y<0&&diff<0 || x<0&&y>0&&diff>0) // 0減正數 不會溢位
}

乘法溢位直接截斷，然後按型別理解。

因為左移相當於乘2，且速度快很多，所以編譯器往往會做出優化，u << 3==u * 8 ；(u << 5) – (u << 3) == u * 24

有符號數除以$2^k$相當於$x>>k=\lfloor \frac{x}{2^k} \rfloor$；為負數時，需要$\lceil \frac{x}{2^k} \rceil$（向上取整），此時相當於$(x + (1<<k)-1) >> k)=\lfloor \frac{(x+2^k-1)}{2^k} \rfloor$

1-4-float

• 浮點數表示法

Numerical Form: $(–1)^s M 2^E$
Sign bit s determines whether the number is negative or positive
尾數Significand M is normally a fractional value in the range [1.0,2.0).
階碼Exponent E weights value by power of two

Encoding

1. MSB s is sign bit s
2. exp field encodes E (but is not equal to E)
3. frac field encodes M (but is not equal to M)

分以下幾種情況討論：

1-5-machine-arch

1-6-machine-intro

1-7-machine-basics

1-8-machine-control

條件控制

//有時間再更新