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csapp dataLab

由 大憨熊 提交于 2020-01-31 11:16:26

Datalab

1.bitXor

  • Ops：7

  • 设计思路：

    • 由于异或运算的结果是相同取0，相异取1
    • 两个数相同的方式有2种：同为1 或 同为0
    • 计算 x&y 和 ~x&~y
    • 上面2个式子只有2个数不同的情况下，才均为0
    • 所以将其分别取反，再做与操作

  • 源代码

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

2.evenBits

  • Ops: 4

  • 设计思路：

    • 目标是返回0x55555555
    • 只能创建8个bit的数字，故int k = 0x55
    • 将k左移8位得到0x5555
    • 再将其左移16位得到答案

  • 源代码

    int evenBits(void) {
  int k = 0x55;
      k = k<<8|k;
  return k<<16|k;
}

3.fitsShort

  • Ops: 4

  • 设计思路:

    • 考虑到如果x可以表示为16—bit的2进制补码，则其31—15位数字全部都为1或者0
    • 先将x右移15位，将15位以下的内容全部移除
    • 由于int是32个bit再将ans向右移动16位，使其每个bit均为最高位，所以此时其每位要么均为1要么均为0
    • 通过异或操作判断是否ans是否每个位置都是1或都是0
    • 如果均为1或均为0，结果为0，逻辑非以后得到1

  • 源代码:

    int fitsShort(int x) {
  int ans = x>>15;
    return !((ans>>16)^ans);
}

4.isTmax

  • Ops:6

  • 设计思路:

    • Tmax的特点是最高位为0，剩下位均为1
    • 观察发现 x+x+2得0
    • 而满足x+x+2得0的式子的数还有-1（0x11111111）
    • 所以排除-1的情况下取！即为答案

  • 源代码:

    int isTmax(int x) {
  return  !((x+x+2)|!(~x));
}

5.fitsBits

  • Ops: 7

  • 设计思路:

    • 发现规律，如果能够表示的话，n-1位以前的元素都是1或者0
    • n+～1+1是为了得到n-1
    • 用异或来判断是否都为1或都为0

  • 源代码:

    int fitsBits(int x, int n) {
  x = x>>(n+~1+1);
  return !((x>>n)^x); 
}

6.upperBits

  • Ops: 7

  • 设计思路:

    • 如果n=0，返回0；如果n!=0，将前n位重置为1，再返回该值

  • 源代码:

    int fitsBits(int x, int n) {
  x = x>>(n+~1+1);
  return !((x>>n)^x); 
}

7.allOddBits

  • Ops: 7

  • 设计思路:

    • 根据题意 allOddBits = 0xAAAAAAAA,故先构造此数
    • 判断x的偶数位是否都为1
      • x&a将x只留下偶数位上的信息
      • 再与a异或后取否 判断是否均相同

  • 源代码:

    int allOddBits(int x) {
  int a = 0xAA;
  a = a|a<<8;
  a = a|a<<16;
  return !((x & a)^a);
}

8.byteSwap

  • Ops: 16

  • 设计思路:

    • 首先将第m和n个byte提取出来
    • 由于一个byte是4个，所以将m和n乘8
    • 将x移位后与0xFF取交之后再复位即可将数值提取出来
    • 构造不包含m和n位byte的数字
    • 将三个式子求和即为结果

  • 源代码:

    int byteSwap(int x, int n, int m) {
  int n8 = n << 3;
  int m8 = m << 3;
  int a = ((x >> n8) & 0xFF) << m8;
  int b = ((x >> m8) & 0xFF) << n8;
  int c = (x & ~(0xFF << m8) & ~(0xFF << n8));
  return (a | b | c);
}

9.absVal

  • Ops: 5

  • 设计思路:

    • 分开讨论，如果是非负数其值不变；如果是负数，先取反再加1
    • 负数31th bit是1，利用此特性来构造负数时加1
    • 利用k^0x00000000 = k、k^0xFFFFFFFF = ~k性质来构造负数取反、非负数不变

  • 源代码:

    int absVal(int x) {
	return (x^(x>>31))+((x>>31)&1);
}

10.divpwr2

  • Ops: 7

  • 设计思路:

    • 分类讨论：如果是正数直接移n位，如果是负数的话，由于编码方式不同需要修正结果
    • 对于负数而言，如果是偶数不影响结果，如果是奇数，结果会比正确结果小
    • 构造[0,n-1]区间全为1的数
    • 如果输入是负数就加上这个修正值

  • 源代码:

    int divpwr2(int x, int n) {
    return (x+(x>>31&((1<<n)+~0)))>>n;
}

11.leastBitPos

  • Ops: 3

  • 设计思路:

    • ~x+1将所求的x中是1的位中权重最小的那个位以外的所有位取反了
    • 所以（~x+1）&x为答案

  • 源代码:

    int leastBitPos(int x) {
	return (~x+1)&x;
}

12.logicalNeg

  • Ops: 6

  • 设计思路:

    • 分类讨论：0和非0数
    • 0的最高位为0，而非零数和其相反数的最高位必然一个为0、一个为1
    • 将x转化为相反数：~x+1
    • x|~x+1的结果中只有x=0会使其最高位为0
    • 故当最高位是0时返回1，最高位是1时返回0

  • 源代码:

    int logicalNeg(int x) {
	return ~((x|(~x+1))>>31)&1;
}

13.bitMask

  • Ops: 7

  • 设计思路:

    • 根据题意将所需的bit全部置为1就好了
    • 由于题目要求当lowBit>highBit的时候返回0，故考虑将小于lowBit置为0以及大于highBit置为0
    • 将0xFFFFFFFF左移lowbit,将0xFFFFFFFF+(1<<(highbit+1))
    • 将2个式子取交便为答案

  • 源代码:

    int bitMask(int highbit, int lowbit) {
	return ((~0)<<lowbit)&((~0)+(1<<highbit<<1));
}

14.isLess

  • Ops: 10

  • 设计思路:

    • 注意到如果两个数字正负性相同，只需要比较两个数字二进制的大小
    • 而在正负性不同的情况下，正数大于负数
    • 计算出x-y，利用-y=~y+1,即m=x-y
    • 用x^y来看符号位是否相同
    • m&~yihuo来看若是相同符号情况下x-y的符号
    • x&yihuo用来看符号不同时x的符号
    • 因此上面两个式子相加后符号位就是答案

  • 源代码:

    int isLess(int x, int y) {
  int yihuo = x ^ y;
	int m = x + ~y + 1;
	return (((m & ~yihuo) + (x & yihuo)) >> 31) & 1 ;
}

15.logicalShift

  • Ops: 8

  • 设计思路:

    • 题目要求用算术右移实现逻辑右移
    • 考虑到算术右移时补充的是符号位，而逻辑右移只会补充0
    • 因此只需要将右移后补充的位全部与0取交集就好，同时为了保证其它位不变，其他位应与1取交
    • 1<<(32+~n)<<1是为了防止左移32位出现未定义的行为

  • 源代码:

    int logicalShift(int x, int n) {
	int m = (~0)+(1<<(32+~n)<<1);
  return (x>>n)&m;

}

16.satMul2

  • Ops: 10

  • 设计思路:

    • 分类讨论，在没有溢出的情况下，直接输出x>>1,溢出的话
    • 用x*2和x的符号位的异或来判断是否溢出：相同不溢出，相异则溢出
    • 溢出的话要判断是正溢出还是负溢出:这由x*2的符号位决定
    • 用掩码overflow_mask来表示是否越界
    • 发现～Tmin = Tmax，所以利用Tmin和2*x的符号位来构造Tmin或者Tmax

  • 源代码:

    int satMul2(int x) {
    int x_mul_2 = x << 1;
    int overflow_mask = (x_mul_2 ^ x) >> 31;
    int tmin = 1 << 31;
    int x_mul_2_is_neg = x_mul_2 >> 31;
    return (~overflow_mask & x_mul_2) |
           (overflow_mask & (tmin ^ (x_mul_2_is_neg)));	
}

17.subOK

  • Ops: 10

  • 设计思路:

    • t1和t2分别是x和y的符号位
    • 如果符号位相同做减法一定不会溢出
    • 如果符号位不同，可能溢出，也可能不溢出
    • 取cf为x-y的符号位
    • 如果x-y会溢出其符号位为0，不溢出则为1
    • 利用0xFFFFFFFF + 1 = 0构造返回结果

  • 源代码:

    int subOK(int x, int y) {
 		int t1 = x >> 31;
    int t2 = y >> 31;
    int t = t1 ^ t2;
    int cf = (x + (~y + 1)) >> 31;
    return (t & (t1 ^ cf)) + 1;
}

18.bang

  • Ops: 6

  • 设计思路:

    • 由于~0 + 1 = 0
    • 因此只有当小x=0时，x|～x+1 = 0
    • 特别：只有此时其结果的符号位为0

  • 源代码:

    int bang(int x) {
  return ~((x|(~x+1))>>31)&1;
}

19.bitParity

  • Ops: 11

  • 设计思路:

    • 考虑到如果有奇数个0，那么必然有奇数个1，反之，有偶数个0必然有偶数个1
    • 将32位依次做异或操作
    • 偶数个1的话结果为0，奇数个1的话结果为1
    • 使用如下方法，每次将答案保存在低位，每一次可以计算一半的位数

  • 源代码:

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

20.isPower2

  • Ops: 10

  • 设计思路:

    • 题目要求只有正数可以满足要求，因此在考虑x的位中只有一个1的时候要排除掉负数
    • 另外，注意到满足要求的x有如下性质：x&(x-1) = 0
    • 并且发现0也具有该性质，所以我们需要排除0和0x80000000的影响
    • 对于0x80000000我们可以利用符号位排除，对于0 可以用！！来排除
    • 于是用(~(x>>31)&(!!x))来矫正答案

  • 源代码:

    int isPower2(int x) {
  int ret = ((!(x&(x+~0))) & ((~(x>>31)&(!!x))));
  return ret;
}
标签
源代码
return
设计思路
异或
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