Lecture 02 Bits, Bytes, and Integer

通过位可以表示集合

例如，一个 $8$ 位的二进制数 $01101001$ ，可以用于表示一个全集为 $\{0,1,2,3,4,5,6,7\}$ 的集合 $\{0,3,5,6\}$

• $01101001$
• $76543210$

通过上面的一一对应关系可以确认集合中的元素。
通过这种表示方法，二进制的位运算可以转换为集合之间的运算：

符号	位运算	集合运算
&	与	交集
|	或	并集
^	异或	对称差
~	非	补集

通过逻辑运算符的短路特性可以避免访问空指针

int *p;
if (p && *p) {
    ...
}

当 $p$ 为空指针时，会直接返回 $0$，当 $p$ 不为空指针时，才会对 $\ast p$ 的值进行判断。

位移运算

当进行位移运算时，向左位移只有唯一一种情况，而向右位移有两种情况，分为逻辑位移和算数位移。两种右位移的区别是填充方式不同。

位移方式	填充
左位移	$0$
逻辑右位移	$0$
算数右位移	符号位( $0$ 或 $1$ )

举例如下：

运算方式	二进制表示
$x$	$01100010$
<< $3$	$00010000$
Log.>> $2$	$00011000$
Arith.>> $2$	$00011000$

运算方式	二进制表示
$x$	$10100010$
<< $3$	$00010000$
Log.>> $2$	$00101000$
Arith.>> $2$	$11101000$

补码的实际含义

在有符号整数的计算过程中，将最高位作为负数进行计算，即可直接得到补码，而不需要取反再加一。
用5位数举例如下：

	4	3	2	1	0
原码	16	8	4	2	1
补码	-16	8	4	2	1

• 假设一个数为 $(10110{)}_2$，即 $(-10{)}_{10}$
• 正常方式计算：补码 $10110$ $=>$ 反码 $10101$ $=>$ 原码 $11010$ => $-8+(-2)=-10$
• 新算法：补码 $10110$ => $-16+4+2=-10$

通过这种方式可以更好理解补码编码后的极值问题。例如只有 $5$ 位的情况下，只有第一位表示负数，因此最小的负数一定是 $10000$， 而最大的正数一定是 $01111$。

无符号整数和有符号整数的转换关系

存在如图的映射关系，其中 $TMax$ 为有符号整数上限，$TMin$ 为有符号整数下限，$UMin$ 为无符号整数上限

$UMax=2TMax+1$的解释

$TMax=011...1$
$2TMax=TMax<<1=11...10$
$2TMax+1=11...11=UMax$

编程时可能出现的问题

当 $i$ 为无符号整数时
for (i = n - 1; i >= 0; i--) {...}
由于 $i$ 为 $0$ 时，再次减一会得到 $UMax$，因此该循环将不会结束。
当循环条件中出现sizeof（返回值为size_t，无符号）时容易出现该问题，如：
for (int i = n - 1; i - sizeof(char) >= 0; i--) {...}
此时由于sizeof(char)为无符号，因此运算时 $i$ 会被转换为无符号整数，循环变为死循环。

符号位拓展

可以使用任意位作为符号位，不会影响数值大小。
当该数为正数时，填充符号位填充的数为 $0$，不影响大小。
当该数位负数时，填充符号位填充的数为 $1$，假设该数有 $n$ 位：
计算补码可以发现，新填充的 $1$ 表示的数为 $-2^n$，原本的符号位 $1$ 表示的数为 $2^{n-1}$，两者相加会得到 $-2^{n-1}$，与原符号位相同，因此也不影响大小。
举例：

• 原数为 $(0110{)}_2$，即 $(3{)}_{10}$
• 扩充一位后得到 $(00110{)}_2$，$2+1=(3{)}_{10}$
• 原数为 $(1110{)}_2$，即 $(-2{)}_{10}$
• 扩充一位后得到 $(11110{)}_2$，$-8+4+2+1=(-2{)}_{10}$

该操作也解释了右移位时算数移位的意义，即将右移位作为除 $2^n$ 的除法时，填充 $1$ 才会得到正确的除法结果。

二进制截断

对于无符号整数，截断二进制的后 $n$ 位相当于对 $2^n$ 取模。

• 对于 $(11011{)}_2$，即$(27{)}_{10}，$截断其后 $4$ 位，得到 $(1011{)}_2$，即 $(11{)}_{10}$，相当于对 $2^4=16$ 取模。
  对于有符号整数，没有计算方面的关联性，但是将其转换为无符号整数后可以进行相同的取模操作。