补码一位乘（布斯公式）
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本文适用于补码表示的定点小数或定点整数乘法运算（硬件或软件实现）
◆ 先考查两个补码乘法运算的例子
例1： 已知 X=0.1011，Y=0.0001（真值）
[X]补=01011 , [Y]补= 00001
[X*Y]补=000001011
[X]补*[Y]补=000001011
这时有，[X*Y]补=[X]补*[Y]补
例2： 已知 X=0.1011，Y= - 0.0001（真值）
[X]补=01011 , [Y]补= 11111
[X*Y]补=111110101
[X]补*[Y]补=101010101
显然，[X*Y]补 ≠ [X]补*[Y]补
▲ 对两个正数来说，它们补码的乘积等于它们乘积的补码。若乘数是负数时，这种情况就不成立了。
原码乘法的主要问题是符号位不能参加运算，单独用一个异或门产生乘积的符号位。故自然提出能否让符号数字化后也参加乘法运算，补码乘法就可以实现符号位直接参加运算。
为了得到补码一位乘法的规律，先从补码和真值的转换公式开始讨论。（以纯小数为例）
1． 补码与真值的转换公式
设 [x]补 = x0 . x1x2…xn ，有：
| n | ||
| x = - x0＋∑ xi2-i | ||
| i＝1 |
等式左边 x 为真值。此公式说明真值和补码之间的关系。
2. 补码的右移
正数右移一位，相当于乘1/2(即除2)。负数用补码表示时，右移一位也相当于乘1/2。因此，在补码运算的机器中，一个数不论其正负，连同符号位向右移一位（即符号扩展），若符号位保持不变，就等于乘1/2。
3. 补码乘法规则
设被乘数 [x]补 = x0.x1x2…xn 和乘数 [y]补 = y0.y1y2…yn （注意：包括符号位共n+1位）均为任意符号，则有补码乘法算式
| n | ||
| [x·y]补= [x]补·( -y0＋∑ yi2-i ) | ||
| i＝1 |
为了推出串行逻辑（递推），实行分步算法，将上式展开加以变换：
[x·y]补 = [x]补·[ - y0 + y12-1 + y22-2 + … + yn2-n]
= [x]补·[ - y0 + (y1 - y12-1) + (y22-1 - y22-2) + … + (yn2-(n-1) - yn2-n)]
= [x]补·[(y1 - y0) + (y2 - y1) 2-1 + … + (yn - yn-1) 2-(n-1) + (0 - yn)2-n]
= [x]补·[...................................] (yn+1 = 0)
写成递推公式如下：
[ z0 ]补 = 0 (赋初值0)
[ z1 ]补 = 2 -1{ [ z0 ]补 + ( yn+1 - yn ) [x]补 } (yn+1 = 0)
; 注：2 -1表示右移，带符号扩展。补码的加减法在移位时不考虑进位C
…
[ zi ]补 = 2 -1{ [ zi-1 ]补 + ( yn-i+2 - yn-i+1 ) [x]补 }
…
[ zn ]补 = 2 -1{ [ zn-1 ]补 + ( y2 - y1 ) [x]补 }
[ zn+1 ]补 = [ zn ]补 + ( y1 - y0 ) [x]补 = [ x·y ]补 此最后一步不需要移位（对纯小数！）
开始时，部分积为 0，即 [z0]补 = 0。然后每一步都是在前次部分积的基础上，由 ( yi+1 - yi ) ( i = 0，1，2，…，n) 决定对[x]补的操作，再右移一位，得到新的部分积。如此重复 n + 1步，最后一步不移位，便得到 [ x·y ]补 ，这就是有名的Booth布斯算法。
实现这种补码乘法规则时，在乘数最末位后面要增加一位补充位 yn+1 。开始时，由 ynyn+1 判断第一步该怎么操作；然后再由 yn - 1 yn 判断第二步该怎么操作。因为每做一步要右移一位，故做完第一步后， yn - 1 yn 正好移到原来 ynyn+1 的位置上。依此类推，每步都要用 ynyn+ 1 位置进行判断，我们将这两位称为判断位。
如果判断位 ynyn+1 = 01，则 yi+1－ yi = 1，做加[x]补操作；
如果判断位 yn yn+1 = 10，则 yi+1 －yi = - 1，做加[ - x]补（或者－[x]补）操作；
如果判断位 yn yn+1 = 11 或 00，则 yi+1－yi = 0，[ zi ] 加0，即保持不变。
4. 补码一位乘法运算规则
(1) 如果 yn = yn+1，部分积 [ zi ] 加0，再右移一位；
(2) 如果 yn yn+1 = 01，部分积加[ x ]补，再右移一位；
(3) 如果 yn yn+1 = 10，部分积加[ - x]补（或减[x]补），再右移一位；
这样重复进行 n+1 步，但最后一步不移位（对纯小数）。包括一位符号位，所得乘积为 2n+1 位，其中 2n 为尾数位数。对于码整数相乘，最后一步也要移位！乘积有2n+2 位，其中 2n 为尾数位数。
【例 】 x = 0.1101， y = 0.1011，用补码一位乘法计算 x·y = ？
[解:] 求解过程如下：
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部分积 |
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乘数 |
说明 |
||||
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00.0000 |
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0. |
1 |
0 |
1 |
1 |
0 |
yn+1 = 0 |
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+ |
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11.0011 |
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ynyn+1 = 10，加[-x]补 |
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11.0011 |
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→ |
11.1001 |
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1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
1 |
右移一位 |
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+ |
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00.0000 |
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ynyn+1 = 10，加0 |
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11.1001 |
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→ |
11.1100 |
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1 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
右移一位 |
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|
+ |
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00.1101 |
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|
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ynyn+1 = 01，加[x]补 |
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00.1001 |
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→ |
00.0100 |
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1 |
1 |
1 |
0f |
1 |
0 |
右移一位 |
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+ |
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11.0011 |
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ynyn+1 = 01，加[-x]补 |
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11.0111 |
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→ |
11.1011 |
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1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
1 |
右移一位 |
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+ |
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00.1101 |
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ynyn+1 = 01，加[x]补 |
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00.1000 |
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1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
1 |
最后一步不移位 |
所以 [x · y]补 = 0.10001111
实现32位Booth乘法算法的流程图
例：用Booth算法计算2×(-3)。
解：[2]补=0010，[-3]补=1101，在乘法开始之前，R0和R1中的初始值为0000和1101，R2中的值为0010。
在乘法的第一个循环中，判断R1的最低位和辅助位为10，所以进入步骤1c，将R0的值减去R2的值，结果1110送人R0，然后进人第二步，将R0和Rl右移一位，R0和R1的结果为11110110，辅助位为l。
在第二个循环中，首先判断Rl的最低位和辅助位为0l，所以进入步骤1b，作加法，R0+R2=1111+0010，结果0001送入R0，这时R0R1的内容为0001 0110，在第二步右移后变为0000 1011，辅助位为0。
在第三次循环中，判断位为10，进入步骤lc，R0减去R2，结果1110送入R0，R1不变；步骤2移位后R0和R1的内容为1111 01011，辅助位为1。
第四次循环时，因两个判断位为11，所以不作加减运算，向右移位后的结果为1111 1010，这就是运算结果(—6)。
这个乘法的过程描述如下表所示，表中乘积一栏表示的是R0、R1的内容以及一个辅助位P，黑体字表示对两个判断位的判断。
用Booth补码一位乘法计算2 ×(-3)的过程
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