• PC_机器数_定点负数的原码_补码_反码在结构上的关系

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    预备知识

    模2范畴内的取反

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    • KaTeX parse error: Undefined control sequence: \set at position 27: …,我们有规律: \\ y\in\̲s̲e̲t̲{0,1} \\ 1+y= \…

      • 例 如 : 真 值 x < 0 原 码 T ( x ) = 1. x 1 x 2 ⋯ x n ( 小 数 点 前 面 的 1 表 示 符 号 位 为 负 号 ) 反 码 A ( x ) = 1. x 1 ‾   x 2 ‾ ⋯ x n ‾ 补 码 C ( x ) = A ( x ) + 2 − n = 1. x 1 ‾   x 2 ‾ ⋯ x n ‾ + 2 − n 例如:真值x<0 \\原码T(x)=1.x_1x_2\cdots{x_n} \\(小数点前面的1表示符号位为负号) \\反码A(x)=1.\overline{x_1}\ \overline{x_2}\cdots{\overline{x_n}} \\补码C(x)=A(x)+2^{-n}=1.\overline{x_1}\ \overline{x_2}\cdots{\overline{x_n}}+2^{-n} 例如:真值x<0原码T(x)=1.x1​x2​⋯xn​(小数点前面的1表示符号位为负号)反码A(x)=1.x1​​ x2​​⋯xn​​补码C(x)=A(x)+2−n=1.x1​​ x2​​⋯xn​​+2−n

      • KaTeX parse error: Undefined control sequence: \set at position 228: …line{x_m};(m\in\̲s̲e̲t̲{1,\cdots,n}) \…

      • 例 如 : A ( x ) = 0.1111 C ( x ) = A ( x ) + 2 − 4 = 0.1111 + 0.0001 = 1.0000 可 见 x 1 ⋯ x 4 所 有 b i t 看 起 来 都 被 取 反 了 ( 最 极 端 的 进 位 连 锁 反 应 ) 此 处 m = 1 例如:A(x)=0.1111 \\C(x)=A(x)+2^{-4}=0.1111+0.0001=1.0000 \\可见x_1\cdots{x_4}所有bit看起来都被取反了(最极端的进位连锁反应) \\此处m=1 例如:A(x)=0.1111C(x)=A(x)+2−4=0.1111+0.0001=1.0000可见x1​⋯x4​所有bit看起来都被取反了(最极端的进位连锁反应)此处m=1

      • 又 比 如 T ( x ) = 0.01100 A ( x ) = 0.10011 C ( x ) = A ( x ) + 2 − 5 = 0.10011 + 0.00001 = 0.10100 此 处 m = 3 记 C ( x ) = 0. x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 可 以 看 到 x 的 补 码 C ( x ) 的 x 1 x 2 位 置 和 x 的 原 码 x 1 x m − 1 位 置 的 数 码 一 致 ( x 1 ⋯ x m − 1 ) ( m = 3 ) x m ⋯ x n 和 x 的 原 码 的 x m ⋯ x n 是 一 致 的 ( m = 3 , n = 5 ) 又比如 T(x)=0.01100 \\ A(x)=0.10011 \\ C(x)=A(x)+2^{-5}=0.10011+0.00001=0.10100 \\此处m=3 \\记C(x)=0.x_1x_2x_3x_4x_5 \\可以看到x的补码C(x)的x_1x_2位置和x的原码 \\x_1x_{m-1}位置的数码一致(x_1\cdots{x_{m-1}})(m=3) \\x_m\cdots{x_n}和x的原码的x_m\cdots{x_n}是一致的(m=3,n=5) 又比如T(x)=0.01100A(x)=0.10011C(x)=A(x)+2−5=0.10011+0.00001=0.10100此处m=3记C(x)=0.x1​x2​x3​x4​x5​可以看到x的补码C(x)的x1​x2​位置和x的原码x1​xm−1​位置的数码一致(x1​⋯xm−1​)(m=3)xm​⋯xn​和x的原码的xm​⋯xn​是一致的(m=3,n=5)

    证明二进制补码规律

    • 用 C ( x ) 表 示 x 的 补 码 ; 用C(x)表示x的补码; 用C(x)表示x的补码;

      • 证 明 C ( − x ) = − C ( x ) 证明C(-x)=-C(x) 证明C(−x)=−C(x)

        • 当 x > 0 当x>0 当x>0

          • KaTeX parse error: Undefined control sequence: \set at position 579: …ine{x_i}(x_i\in\̲s̲e̲t̲{0,1}) \end{ali…

            • 由 于 二 进 制 ( 模 2 ) , x + 2 = 2 + x ≡ x m o d    2 ; − C ( x ) = − x =   − 0. x 1 x 2 ⋯ x n ≡ 2 − 0. x 1 x 2 ⋯ x n ( m o d    2 ) = 1 + ( 1 − 0. x 1 x 2 ⋯ x n ) = 1 + 0. x 1 ‾   x 2 ‾ ⋯ x n ‾ + 2 − n = 1. x 1 ‾   x 2 ‾ ⋯ x n ‾ + 2 − n 可 见 C ( − x ) = − C ( x ) = 1. x 1 ‾   x 2 ‾ ⋯ x n ‾ + 2 − n 由于二进制(模2),x+2=2+x\equiv x\mod{2}; \\-C(x)=-x=\ -0.x_1x_2\cdots{x_n} \equiv{2-0.x_1x_2\cdots{x_n}}(\mod{2}) \\=1+(1-0.x_1x_2\cdots{x_n}) \\=1+0.\overline{x_1}\ \overline{x_2}\cdots{\overline{x_n}}+2^{-n} \\=1.\overline{x_1}\ \overline{x_2}\cdots{\overline{x_n}}+2^{-n} \\\\ 可见C(-x)=-C(x)=1.\overline{x_1}\ \overline{x_2}\cdots{\overline{x_n}}+2^{-n} 由于二进制(模2),x+2=2+x≡xmod2;−C(x)=−x= −0.x1​x2​⋯xn​≡2−0.x1​x2​⋯xn​(mod2)=1+(1−0.x1​x2​⋯xn​)=1+0.x1​​ x2​​⋯xn​​+2−n=1.x1​​ x2​​⋯xn​​+2−n可见C(−x)=−C(x)=1.x1​​ x2​​⋯xn​​+2−n

          • 类似的可以证明 x < 0 x<0 x<0的情况

    模k同余

    • x ≡ y m o d    k 或 写 作 : x ≡ y ( m o d   k ) 表 达 的 是 : ( x − y ) % k = 0 ( 这 不 同 于 : x % k = y % k , 比 如 4.1 − 2.1 % ≡ 2 ( m o d   2 ) ) x\equiv{y}\mod{k} \\或写作:x\equiv{y}(\mathrm{mod}\ k) \\表达的是: (x-y)\%k=0 \\(这不同于:x\%k=y\%k,比如4.1-2.1\%\equiv2(\mathrm{mod}\ 2)) x≡ymodk或写作:x≡y(mod k)表达的是:(x−y)%k=0(这不同于:x%k=y%k,比如4.1−2.1%≡2(mod 2))

    🎈负数的补码与原码和反码在二进制串的结构上的关系

    • 补码的左右移位的填补规则依赖于如下规律

    • 下面仅讨论定点小数的情况,整数的情况手法类似,结论适用

    • 对于 x < 0 x<0 x<0;

      • 机器字长为n+1;符号位占走1位,有n位留给数值位

      • 原码 T ( x ) = 1. x 1 x 2 ⋯ x m ⋯ x n T(x)=1.x_1x_2\cdots{x_m}\cdots{x_n} T(x)=1.x1​x2​⋯xm​⋯xn​

        • 假设从低位到高位观察T(x)的小数部分,第一个值为1的位值出现在 x m x_m xm​这个位置上

        • 换句话说,如果没有精度/机器字长补齐要求,那么 x m + 1 ⋯ x n x_{m+1}\cdots{x_n} xm+1​⋯xn​这部分的小数位都是0,它们可以不写

      • 反 码 C 1 ( x ) = 1. x 1 ‾   x 2 ‾ ⋯ x m ‾ ⋯ x n ‾   反码C_1(x)=1.\overline{x_1}\ \overline{x_2} \cdots{\overline{x_m}}\cdots{\overline{x_n}\ } 反码C1​(x)=1.x1​​ x2​​⋯xm​​⋯xn​​ 

        • 1. x 1 ‾   x 2 ‾ ⋯ x m ‾ ⋯ x n ‾   = 1. x 1 ‾   x 2 ‾ ⋯ x m − 1 ‾ 0 ▲ 1 ⋯ 11 ⏟ x m + 1 ‾ ⋯ x n ‾ 1.\overline{x_1}\ \overline{x_2} \cdots{\overline{x_m}}\cdots{\overline{x_n}\ } =1.\overline{x_1}\ \overline{x_2} \cdots{\overline{x_{m-1}}}\underset\blacktriangle{0} \underbrace{1\cdots{11}}_{\overline{x_{m+1}}\cdots\overline{x_n}} 1.x1​​ x2​​⋯xm​​⋯xn​​ =1.x1​​ x2​​⋯xm−1​​▲0​xm+1​​⋯xn​​ 1⋯11​​

      • 补码 C ( x ) = c 0 . c 1 ⋯ c n = x 0 . c 1 ⋯ c n C(x)=c_0.c_1\cdots{c_n}=x_0.c_1\cdots{c_n} C(x)=c0​.c1​⋯cn​=x0​.c1​⋯cn​:

        • $$
          C(x)
          =C_1(x)+2^{-n}
          =1.\overline{x_1}\ \overline{x_2}
          \cdots{\overline{x_{m-1}}}\underset\blacktriangle{0}
          \underbrace{1\cdots{11}}{\overline{x{m+1}}\cdots\overline{x_n}}
          +2^{-n}
          \=1.\overline{x_1}\ \overline{x_2}
          \cdots{\overline{x_{m-1}}}\underset\blacktriangle{1}
          \underbrace{{0}\cdots{00}}{\overline{x{m+1}}\cdots\overline{x_n}}

          $$

      • 🎈可见, x m x_m xm​是无论是 T ( x ) 还 是 C ( x ) T(x)还是C(x) T(x)还是C(x)

        • 从低位开始向高位扫描的过程中最早出现的码值1都是同一个位置( x m x_m xm​)出

      • 🎈同时:

        • 我们把真值x的补码C(x)的数值位分为两部分:

          • c 1 ⋯ c m − 1 = x 1 ‾   x 2 ‾ ⋯ x m − 1 ‾ c_1\cdots{c_{m-1}}=\overline{x_1}\ \overline{x_2}\cdots \overline{x_{m-1}} c1​⋯cm−1​=x1​​ x2​​⋯xm−1​​
            • 即,这部分和反码相同
            • 记 A = c 1 ⋯ c m − 1 A=c_1\cdots{c_{m-1}} A=c1​⋯cm−1​
          • c m ⋯ c n { c_m}\cdots{c_n} cm​⋯cn​= x m ⋯ x n x_m\cdots{x_n} xm​⋯xn​
            • 部分和原码相同
            • 记 B = c m ⋯ c n B=c_m\cdots{c_n} B=cm​⋯cn​

        • casesA:如果真值二进制数值位部分没有1(全为0),那么这种情况下,真值 x = 0 x=0 x=0

          • 实际上这种情况 ( x = 0 ) (x=0) (x=0)已经不是负数的范畴,仅作为回顾
          • T ( x ) = ± 1.0 ⋯ 0 T(x)=\pm1.0\cdots{0} T(x)=±1.0⋯0
          • A ( x ) = ± 1.1 ⋯ 1 A(x)=\pm1.1\cdots{1} A(x)=±1.1⋯1
          • C ( x ) = 0.0 ⋯ 0 C(x)=0.0\cdots{0} C(x)=0.0⋯0
          • 可以看到,这种情况下,补码数值位部分的各个bit和原码的数值位部分一致!
          • 这类情况属于极端情况
            • m<0或m>n,都属于这类情况
            • 可以理解为 A 的 长 度 是 0 , B 的 长 度 为 n : A的长度是0,B的长度为n: A的长度是0,B的长度为n:

        • casesB:否则,真值的数值位二进制数码表示中有1

          • 即, m ∈ [ 1 , n ] m\in[1,n] m∈[1,n]

          • m ⩽ 1 时 , 无 论 x 的 正 负 , 补 码 和 原 码 具 有 一 样 的 形 式 ( C ( x ) = T ( x ) ) m\leqslant{1}时,无论x的正负,补码和原码具有一样的形式(C(x)=T(x)) m⩽1时,无论x的正负,补码和原码具有一样的形式(C(x)=T(x))

            • 这种情况下可以在分为两种具体情况:
              • m = 0 m=0 m=0
                • m = 0 m=0 m=0要和符号位区分开来,意思是数值位最高位到最低位全部为0
                • 即 C ( x ) = x 0 . 0 ⋯ 00 ; x = 0 C(x)=x_0.0\cdots{00};x=0 C(x)=x0​.0⋯00;x=0(定点小数)
                  • 或 C ( x ) = x 0 , 0 ⋯ 0 ; x = 0 C(x)=x_0,0\cdots0;x=0 C(x)=x0​,0⋯0;x=0(定点整数)
              • m = 1 m=1 m=1
                • 意思是数值位最高位为1,其余数值位全为0
                • 即 C ( x ) = x 0 . 10 ⋯ 00 C(x)=x_0.10\cdots{00} C(x)=x0​.10⋯00, x = ± 1 2 x=\pm\frac{1}{2} x=±21​
                  • 或 C ( x ) = x 0 , 10 ⋯ 00 C(x)=x_0,10\cdots{00} C(x)=x0​,10⋯00, x = ± 2 n − 1 , n 是 数 值 位 位 数 x=\pm{2^{n-1}},n是数值位位数 x=±2n−1,n是数值位位数

          • m ⩾ n + 1 m\geqslant{n+1} m⩾n+1

            • 这种情况归为casesA

      • 🎈上面两个结论对于 x > 0 x>0 x>0的是时候也显然是成立的(因为 x > 0 x>0 x>0时,原码补码反码一致!)

    高位部分

    • 一般的,我们对补码 C ( x ) C(x) C(x)所对应的真值大小比较感兴趣
      • 这关乎到溢出判断和规格化操作的判断
    • 然而体现数的大小,主要看从高位比较到低位
    • 🎄下面的讨论比较啰嗦,个人认为上面的讨论更加有品位,而且更加体现概率统计的习惯
    • 根据上述结论,数值位第一位开始到第m-1位 x 1 ⋯ x m − 1 x_1\cdots{x_{m-1}} x1​⋯xm−1​这部分是x的反码A(x)相同
      • 对这部分每位取反,即可得到原码在这部分位置的取值(也就是高位小数位的取值)
    • 设: C ( x ) = x 0 . x 1 ⋯ x n C(x)=x_0.x_1\cdots{x_n} C(x)=x0​.x1​⋯xn​
      • x 1 ⋯ x n x_1\cdots{x_n} x1​⋯xn​至少有一个bit取1( x ≠ 0 x\neq{0} x​=0)
        • x 1 = 0 x_1=0 x1​=0
          • x 2 ⋯ x n 中 至 少 有 一 个 1 x_2\cdots{x_n}中至少有一个1 x2​⋯xn​中至少有一个1
            • T ( x ) = x 0 . 1 ⋯   , ∣ x ∣ ⩾ 1 2 T(x)=x_0.1\cdots,|x|\geqslant{\frac{1}{2}} T(x)=x0​.1⋯,∣x∣⩾21​
        • x 1 = 1 x_1=1 x1​=1
          • x 2 ⋯ x n x_2\cdots{x_n} x2​⋯xn​至少有一个bit取1
            • T ( x ) = x 0 . 0 ⋯   ; ∣ x ∣ < 1 2 T(x)=x_0.0\cdots;|x|<\frac{1}{2} T(x)=x0​.0⋯;∣x∣<21​
          • 否则
            • T ( x ) = C ( x ) = x 0 . 10 ⋯ 00 ; ∣ x ∣ = 1 2 T(x)=C(x)=x_0.10\cdots{00};|x|={\frac{1}{2}} T(x)=C(x)=x0​.10⋯00;∣x∣=21​
      • x 1 ⋯ x n x_1\cdots{x_n} x1​⋯xn​全部取0, x = 0 x=0 x=0

    例

    • 将小数 x x x的小数数值部分,从高位到低位分别编为 x 1 ⋯ x n x_1\cdots{x_n} x1​⋯xn​
      • KaTeX parse error: Undefined control sequence: \set at position 16: x_i代指第i位小数,i\in\̲s̲e̲t̲{1,2,\cdots{,n}…
      • x = x 0 . x 1 ⋯ x n x=x_0.x_1\cdots{x_n} x=x0​.x1​⋯xn​
    • x = − 0.11011 , 小 数 位 数 为 n = 5 ; x=-0.11011,小数位数为n=5; x=−0.11011,小数位数为n=5;
      • 最 低 位 的 1 出 现 在 m = 5 ( 即 x 5 ) 处 最低位的1出现在m=5(即x_5)处 最低位的1出现在m=5(即x5​)处
      • 原码 T ( x ) = 1.11011 T(x)=1.11011 T(x)=1.11011
      • 补码 C ( x ) = 1.00100 + 2 − 5 = 1.00100 + 0.00001 = 1.00101 C(x)=1.00100+2^{-5}=1.00100+0.00001=1.00101 C(x)=1.00100+2−5=1.00100+0.00001=1.00101
    • x = − 0.01 ⋯   , 小 数 点 尾 数 大 于 2 , 小 于 等 于 n x=-0.01\cdots,小数点尾数大于2,小于等于n x=−0.01⋯,小数点尾数大于2,小于等于n
      • T ( x ) = 1.01 ⋯ T(x)=1.01\cdots T(x)=1.01⋯
      • C ( x ) = 1.1 ⋯ C(x)=1.1\cdots C(x)=1.1⋯
        • 根据上面的规律(同一个真值x的原码和补码和反码在结构上的关联:)
          • m ⩾ 2 m\geqslant{2} m⩾2
          • 设 C ( x ) = x 0 , b 1 b 2 ⋯ b n 设C(x)=x_0,b_1b_2\cdots{b_n} 设C(x)=x0​,b1​b2​⋯bn​
          • C ( x ) 的 最 低 位 1 应 该 出 现 在 第 m 位 小 数 ( x m = 1 ) C(x)的最低位1应该出现在第m位小数(x_m=1) C(x)的最低位1应该出现在第m位小数(xm​=1)
          • 更重要的是,同时有 b 1 ⋯ b m + 1 = x 1 ‾ ⋯ x m − 1 ‾ b_1\cdots{b_{m+1}}=\overline{x_1}\cdots{\overline{x_{m-1}}} b1​⋯bm+1​=x1​​⋯xm−1​​
            • 本例中, m ⩾ 2 m\geqslant{2} m⩾2,那么 m − 1 ⩾ 1 m-1\geqslant{1} m−1⩾1
            • 随意,至少能够保证 b 1 = x 1 ‾ b_1=\overline{x_1} b1​=x1​​,即 b 1 = 1 b_1=1 b1​=1
            • 从而,得到 C ( x ) = 1.1 ⋯ C(x)=1.1\cdots C(x)=1.1⋯的断言

    允许移位(正确移位)的条件

    • 讨论在什么情况下移位不会导致数据丢失而发生错误

    补码

    • 左移:
      • 当符号位和最高数据位一致的时候,进行补码左移1位不会操作数据丢失
        • 可以分类讨论
        • 也可以反方向讨论:
          • x ≠ 0 x\neq{0} x​=0:
            • 只有在真值 x 的 最 高 位 有 效 数 据 位 不 会 丢 失 的 左 移 , 对 应 补 码 的 左 移 行 为 x的最高位有效数据位不会丢失的左移,对应补码的左移行为 x的最高位有效数据位不会丢失的左移,对应补码的左移行为
            • x = x 0 , x 1 x 2 ⋯ x=x_0,x_1x_2\cdots x=x0​,x1​x2​⋯
              • x 1 = 1 时 , 左 移 1 b i t 会 发 生 错 误 x_1=1时,左移1bit会发生错误 x1​=1时,左移1bit会发生错误(丢失高位数据)
              • x 1 = 0 时 , 左 移 1 b i t 不 会 导 致 关 键 数 据 丢 失 x_1=0时,左移1bit不会导致关键数据丢失 x1​=0时,左移1bit不会导致关键数据丢失(类似于对非规格化数做一次左归操作)
                • 这种情况下,对应到补码的移动,需要讨论正负两种大类情况
                  • x 0 = 0 x_0=0 x0​=0
                    • 即 x = + 0.01... ; C ( x ) = T ( x ) = 0.01 ⋯ 即x=+0.01...;C(x)=T(x)=0.01\cdots 即x=+0.01...;C(x)=T(x)=0.01⋯
                    • 可见, x 1 = 0 x_1=0 x1​=0
                  • x 0 = 1 x_0=1 x0​=1
                    • x = − 0.01... ; C ( x ) = 1.1 ⋯ x=-0.01...;C(x)=1.1\cdots x=−0.01...;C(x)=1.1⋯
                    • 可见, x 1 = 1 x_1=1 x1​=1
            • 可见,当真值x不为0时,符号位和最高数据位一致的时候,进行补码左移1位不会操作数据丢失
          • x = 0 时 , C ( x ) 中 , x 1 对 应 为 0 x=0时,C(x)中,x_1对应为0 x=0时,C(x)中,x1​对应为0
            • 由于x=0,所以左移位操作丢失0不会造成错误
          • 综 上 , 只 要 C ( x ) = c 0 . c 1 ⋯ 满 足 c 0 = c 1 , 那 么 左 移 1 位 不 会 造 成 错 误 综上,只要C(x)=c_0.c_1\cdots满足c_0=c_1,那么左移1位不会造成错误 综上,只要C(x)=c0​.c1​⋯满足c0​=c1​,那么左移1位不会造成错误

    两数相加进位规律

    • 两个n位数相加,结果位数不超过n+1位

      • 推导

      • x + y ⩽ ∣ x + y ∣ ⩽ ∣ x ∣ + ∣ y ∣ 两 个 最 大 的 n 位 r 进 制 数 的 求 和 结 果 : 记 q = r − 1 ( 就 是 表 示 最 大 的 数 码 ) 例 如 : 如 果 r = 10 ( 十 进 制 ) , 那 么 q = 9 ) 最 小 n 位 数 : r n − 1 = 1 0 ⋯ 00 ⏟ n − 1 个 0 ⏞ n 位 数 最 大 的 n 位 数 : r n − 1 = q ⋯ q q ⏟ n 个 q 最 小 n + 1 位 数 : r n 例 如 n = 2 , 10 和 99 分 别 是 最 小 2 位 数 和 最 大 两 位 数 2 个 最 大 n 位 数 相 加 : A = ( r n − 1 ) + ( r n − 1 ) = 2 ( r n − 1 ) 最 大 n 位 数 的 r 倍 B = r ( r n − 1 ) = q ⋯ q q ⏟ n 个 q 0 ( A < B ) 最 小 n + 2 位 数 : C = r n + 1 C B = r ( r n − 1 ) 2 ( r n − 1 ) = r 2 容 易 知 道 , 当 r ⩾ 2 时 : B ⩽ C 从 而 A < B ⩽ C , 即 A < C 因 此 , 两 个 n 位 数 相 加 , 位 数 无 法 达 到 n + 2 位 , 最 多 达 到 n + 1 位 x+y\leqslant|x+y|\leqslant|x|+|y| \\ 两个最大的n位r进制数的求和结果: \\记q=r-1(就是表示最大的数码) \\例如:如果r=10(十进制),那么q=9) \\最小n位数:r^{n-1}=\overbrace{1\underbrace{0\cdots{00}}_{n-1个0}}^{n位数} \\最大的n位数:r^n-1=\underbrace{q\cdots{qq}}_{n个q} \\最小n+1位数:r^n \\ \\例如n=2,10和99分别是最小2位数和最大两位数 \\ \\2个最大n位数相加: \\A=(r^n-1)+(r^n-1)=2(r^n-1) \\最大n位数的r倍 \\B=r(r^n-1)=\underbrace{q\cdots{qq}}_{n个q}0 \\(Ax+y⩽∣x+y∣⩽∣x∣+∣y∣两个最大的n位r进制数的求和结果:记q=r−1(就是表示最大的数码)例如:如果r=10(十进制),那么q=9)最小n位数:rn−1=1n−1个0 0⋯00​​ ​n位数​最大的n位数:rn−1=n个q q⋯qq​​最小n+1位数:rn例如n=2,10和99分别是最小2位数和最大两位数2个最大n位数相加:A=(rn−1)+(rn−1)=2(rn−1)最大n位数的r倍B=r(rn−1)=n个q q⋯qq​​0(A<B)最小n+2位数:C=rn+1BC​=2(rn−1)r(rn−1)​=2r​容易知道,当r⩾2时:B⩽C从而A<B⩽C,即A<C因此,两个n位数相加,位数无法达到n+2位,最多达到n+1位

    二进制数其他规律

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  • 原文地址：https://blog.csdn.net/xuchaoxin1375/article/details/127979480