CSAPP Lab1
写了作业水一篇（记录一下人多菜
博客园的三级标题好小
bits.c
在bits.c中做题目
使用make clean和make进行编译
调用./btest -f funcName测试funcName函数的结果，可以在代码中中插入printf输出中间结果，但是要记得最后删掉
调用./dlc bits.c查看是否使用了非法或过多的运算符
重复以上步骤，最后可以直接运行./btest输出最后结果。
得分图
本地的fitsBits的Check可能有问题，没法过。
补充一个位运算优先级图。
bitAnd
x&y using only ~ and |
~x与~y中同时为(0)的位即为x&y中为(1)的位，或起来取反即可。
int bitAnd(int x, int y) {
return ~(~x|~y);
}
getByte
Extract byte n from word x
用0xFF分别与x,x>>8,x>>16,x>>24即可。
int getByte(int x, int n) {
return 0xFF&(x>>(n<<3));
}
logicalShift
shift x to the right by n, using a logical shift
简单的想法是x>>n与一个高(n)位为(0)其余全(1)的数(x)，(x)取反就是(egin{matrix}underbrace{111}..000\n个1 end{matrix})，用(1<<31)就可以算术右移(n)位得到高(n)位的(1)，然后再左移(1)位即可。
令一个想法是，(111...000)就是(0xFFFFFFFF)左移(32-n)位。
有三个问题及前两个的解决方法依次是：
- (n=0)时(位移量=w=32)，先左移(31)位再右移(n)位，最后再左移(1)位，避免最高位的(1)丢失。
- (0xFFFFFFFF)右移时是逻辑右移，要转成
int或写成(-1)才是算术右移，才不丢失最高位的(1)，但是不能有 类型转换 和 负号及十进制数。
所以必须是恰好左移(32-n)位，解决方法是对(31-n)二进制拆分（(31-n)的二进制表示比(32-n)更容易知道），写成(log n)个与和右移，最后再左移(1)位。这样改完后代码：(x>>n)&~(0xFFFFFFFF<<(!(n&16)<<4)<<(!(n&8)<<3)<<(!(n&4)<<2)<<(!(n&2)<<1)<<(!(n&1))<<1);。 - 常数只能是(0x0sim 0xFF)（不过可以构造出来），以及运算符数超过了(20)。所以这个方法不行。
int logicalShift(int x, int n) {
return (x>>n)&~(1<<31>>n<<1);
}
bitCount
returns count of number of 1s in word
做法是整体的分治。令(v_1=01 01 01 01...,v_2=0011 0011...,v_3=0000 1111...)直到(v_5=0000 0000 0000 0000 1111 1111 1111 1111)。
先计算每两位中(1)的个数(n_2)，即为(n_2=(x&v_1)+(x>>1&v_1))，每两位的(1)的个数会存在这两位中。
再计算每四位中(1)的个数，即(n_4=(n_2&v_2)+(n_2>>2&v_2))，每四位的(1)的个数会存在这四位中。
同理，每八位中的(1)为(n_8=(n_4&v_3)+(n_4>>4&v_3))，十六位为(n_{16}=(n_8&v_4)+(n_8>>8&v_4))，三十二位为(n_{32}=(n_{16}&v_5)+(n_{16}>>16&v_5))，即为答案。
有个细节是，计算(n_8)时(n_4+(n_4>>4))得到的每八位(1)的个数不会超过(2^4=16)，即不会溢出(v_3)中限制的(4)位，所以可以先加起来再一起(&)减少一次操作数。(n_{16},n_{32})同理。
还有限制常数最多为八位，所以需先构造(v_1'=01010101|(01010101<<8)=0x55|(0x55<<8),v_1=v_1'|(v_1'<<16))，以及(v_2'=00110011|(00110011<<8)=0x33|(0x33<<8),v_2=v_2'|(v_2'<<16))，以及(v_3'=0xF|(0xF<<8),v_3=v_3'|(v_3'<<16))。
int bitCount(int x) {
int tv1=0x55|(0x55<<8),v1=tv1|(tv1<<16);
int tv2=0x33|(0x33<<8),v2=tv2|(tv2<<16);
int tv3=0xF|(0xF<<8),v3=tv3|(tv3<<16);
int v4=0xFF|(0xFF<<16);
int v5=0xFF|(0xFF<<8);
int res=(x&v1)+(x>>1&v1);
res=(res&v2)+(res>>2&v2);
res=(res+(res>>4))&v3;
res=(res+(res>>8))&v4;
res=(res+(res>>16))&v5;
return res;
}
bang
Compute !x without using !
结果为(1)当且仅当x=0，所以问题在于怎么将一个数的(1)放到个位上。有个位的(1)后，取反与(1)就可以了。
类似bitCount的分治，用x|=x>>1求出两两分组后的两位中是否有(1)并放到低位上，然后x|=x>>2，求出四个一组的数中是否有(1)并放到低位上...直到x|=x>>16。
从x|=x>>16开始也可，先将(1)汇聚到低(16)位上，再x|=x>>8可以将(1)汇聚到低(8)位上，...直到x|=x>>1。
还有种方法是，利用(0)和(-0)（~x+1）的符号位均为(0)，而其他数中有一个(1)的性质，取出这个(0)。即：~((x|(~x+1))>>31)&1。
int bang(int x) {
return ~((x|(~x+1))>>31)&1;
//Another sol:
// x|=x>>1;
// x|=x>>2;
// x|=x>>4;
// x|=x>>8;
// x|=x>>16;
// return ~x&1;
}
tmin
return minimum two's complement integer
即1<<31。
int tmin(void) {
return 1<<31;
}
fitsBits
return 1 if x can be represented as an n-bit, two's complement integer.
若(-2^nleq xlt 2^n)，则(x)若为正数，则高(32-n)位均为(0)，若为负数，则高(32-n)位均为(1)。所以(x)左移(32-n)位后再右移(32-n)位应不变。否则(x)越界则(x)数值会改变。
注意32-n=32+(~n+1)，a==b可以改写为!(a^b)。
int fitsBits(int x, int n) {
int delta=33+(~n);
return !(x^(x<<delta>>delta));
}
divpwr2
Compute x/(2^n), for 0 <= n <= 30 (Round toward zero)
(x)为正数则为(x>>n)，为负数则为(x+(1<<n)-1>>n)。
将(1)替换成(x)的符号位即可。注意若(x)为负则(x>>31=-1)，提取符号位需要(&1)，但可以直接作为减(1)。
int divpwr2(int x, int n) {
int sign=x>>31;
return (x+((sign&1)<<n)+sign)>>n;
}
negate
return -x
~x+1。
int negate(int x) {
return ~x+1;
}
isPositive
return 1 if x > 0, return 0 otherwise
需要判(0)，而(-0)的符号位不变，所以同divpwr2中用((-x>>31)&1)提取(-x)的符号位即可。但有个问题是(-TMIN=TMIN)，所以还要特判(TMIN)否则不对。
更简单的是直接求符号位，然后(&(!!x))来特判(0)。
int isPositive(int x) {
return (!(x>>31))&(!!x);
}
isLessOrEqual
if x <= y then return 1, else return 0
如果不溢出就是isPositiveOrZero(y-x)即!((y-x)>>31&1)。注意到y-x溢出只发生在(x,y)异号，而异号可以直接判断大小。所以先求一下(x,y)的符号位判断是否溢出即可。
int isLessOrEqual(int x, int y) {
int sx=x>>31&1, sy=y>>31&1;
return ((!sy)&sx)|(!(sy^sx)&!((y+~x+1)>>31&1));
}
ilog2
return floor(log base 2 of x), where x > 0
即求最高位的(1)。最简单的方法是再最高位右边全填上(1)，再用bitCount-1。
填充(1)类似bang，x|=x>>16,x|=x>>8,...,x|=x>>1，从高位传下来即可。也同bang先x|=x>>1最后x|=x>>16都可。
还有种方法是，先求出高(16)位是否有(1)，有就加(2^{16})；然后再求当前(16)位中高(8)位是否有(1)，有就加(2^8)...直到最后一位。
int ilog2(int x) {
int tv1=0x55|(0x55<<8),v1=tv1|(tv1<<16);
int tv2=0x33|(0x33<<8),v2=tv2|(tv2<<16);
int tv3=0xF|(0xF<<8),v3=tv3|(tv3<<16);
int v4=0xFF|(0xFF<<16);
int v5=0xFF|(0xFF<<8);
int res;//鍙よ€佺殑csapp鏍囧噯瑕佹眰C涓�嚱鏁板０鏄庡繀椤昏�鍦ㄦ渶鍓嶉潰
x=x|(x>>16), x=x|(x>>8), x=x|(x>>4), x=x|(x>>2), x=x|(x>>1);
res=(x&v1)+(x>>1&v1);
res=(res&v2)+(res>>2&v2);
res=(res+(res>>4))&v3;
res=(res+(res>>8))&v4;
res=(res+(res>>16))&v5;
return res+~1+1;
}
float_neg
Return bit-level equivalent of expression -f for floating point argument f.
实数取反，取反符号位即可。要特判NaN。
unsigned float_neg(unsigned x) {
if((x&0x7FFFFFFF)>0x7F800000) return x;
return x^0x80000000;
}
float_i2f
Return bit-level equivalent of expression (float) x
若(x)为负数，则先将(x)取反；为(0)可直接特判。
设最高位的(1)为第(i)位，则浮点数的阶码(E)为(i+Bias=i+127)，小数子段(f)则为低(i)位（如果小于(23)位则后面补(0)，大于(23)位则舍弃并进位，注意是向偶数舍入！）。最后再加上符号位。
具体：
用前面方法或循环找到最高位的(1)，设其距第(31)位距离为(d)，则直接将ux=(unsigned)x左移(d+1)位，使小数子段确定为(ux)的(31sim 9)位，舍弃位为(8sim 0)位。
偶数舍入两种情况：1. 舍弃的(9)位大于(2^9)，即ux&0x1FF>0x100；
2. 有效位和最高舍弃位均为(1)，即第(9)位和第(8)位均为(1)，即ux&0x300==0x300或ux&0x3FF>=0x300。（我怎么总是忘了位是从(0)开始标号）
最高符号位，加上从(23)位开始的(低位个数+127)，最后加上小数子段(ux>>9)和进位即为答案。
unsigned float_i2f(int x) {
unsigned ux=x,sign=ux>>31,carry=0; int d=0;
if(!x) return 0;
if(sign) x=~x+1, ux=x;
while(!(x&0x80000000)) x<<=1, ++d;
ux<<=d+1;
carry=((ux&0x1FF)>0x100)|((ux&0x300)==0x300);
return (sign<<31)+((31-d+127)<<23)+(ux>>9)+carry;
}
float_twice
Return bit-level equivalent of expression 2*f for floating point argument f.
如果是规格化数，直接阶码(+1)（直接加0x800000）；
如果是非规格化数，只需将(x)左移(1)位（注意符号位）。
特殊值则直接返回。
unsigned float_twice(unsigned x) {
if((x&0x7F800000)==0x7F800000) return x;
else if(!(x&0x7F800000)) return (x<<1)|(x&0x80000000);
else return x+0x800000;
}