《csapp》号称程序员圣经，虽然中文译名为《深入理解计算机系统》，但其实没那么“深”，只是覆盖面很广，一般用作计算机专业大一导论课的教科书。早就听闻书上配套的实验十分经典，这次重温新版（第三版），打算把所有的实验都做一下，也写个系列博文，好记录实验过程。实验可以在书本配套网站csapp: lab assignments下载，这篇从第一个实验 —— 位操作开始。
概述
本实验是第二章《信息的表示与处理》的配套实验，要求使用一个高度限制的c语言子集实现一些特定的逻辑，整数，浮点数的函数。延用第一章的说法，信息就是位加上下文，计算机系统中所有的信息都是由一串比特（或者说一串二进制数字）表示的，第二章就讲了c语言中整数与浮点数的编码方式，即典型地，计算机是如何用一串比特来表示整数与浮点数的：
- 无符号整数：直接二进制编码
- 有符号整数：二进制补码，最高位为负权
- 浮点数：ieee 754
同样从内存里取出4个字节 \(0x80000000\) ，把它当无符号整数看，就是 \(2147483648\)；把它当有符号整数看，就是 \(-2147483648\)；把它当单精度浮点数看，就是 \(-0\)。所谓上下文，就是解读这串比特的方式，横看成岭侧成峰。值得注意的是，尽管在几乎所有系统上，c语言整数与浮点数都是这么编码的，但c语言标准本身并没有这样规定，不知道有生之年能不能遇上非主流的编码方式。
如果没有完全掌握这些数字的编码方式以及c语言的位操作，是一定无法完成实验一的。实验一好就好在会让你反复回忆这些基础知识，深入细节之中，做完实验后想忘都忘不了：）
前提
尽管有c语言有标准，但undefined behavior还是太多，尤其是深入底层进行位操作的情况下，因此实验预设： 有符号整数使用32位二进制补码编码； 右移操作为算术位移，高位补符号位。实验还要求：不能使用宏；整数操作不能使用大于0xff的常量。下面就逐个函数记录实验过程了。
bitand
用~和|实现&，有公式很简单，但记不住，用韦恩图辅助思考：全集表示所有位都为1，x与y分别表示特定位置为1的子集，想象一下~，|和&的韦恩图，一下子就推出公式来了。
/*
* bitand - x&y using only ~ and |
* example: bitand(6, 5) = 4
* legal ops: ~ |
* max ops: 8
* rating: 1
*/
int bitand(int x, int y) {
return ~(~x | ~y);
}
getbyte
x右移 n * 8 位，取最后一个字节即可，利用了n * 8 == n << 3。
/*
* getbyte - extract byte n from word x
* bytes numbered from 0 (lsb) to 3 (msb)
* examples: getbyte(0x12345678,1) = 0x56
* legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
* max ops: 6
* rating: 2
*/
int getbyte(int x, int n) {
return (x >> (n << 3)) & 0xff;
}
logicalshift
实验预设了右移为算术位移，那么对x右移n位再用掩码将高位补的n位置0即可。
/*
* logicalshift - shift x to the right by n, using a logical shift
* can assume that 0 <= n <= 31
* examples: logicalshift(0x87654321,4) = 0x08765432
* legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
* max ops: 20
* rating: 3
*/
int logicalshift(int x, int n) {
int mask = ~(((1 << 31) >> n) << 1);
return (x >> n) & mask;
}
bitcount
这题想了很久，正常的想法是将x一位一位地右移，用掩码1取最低位，再求和，然而操作符数量超标:d 然后想到，用x & 1去检查x最后一位是否是1比较亏，可以用x & 0x00010001，这样可以一次检查两位，最后将前后16位的结果汇总即可，然而操作符数量还是超标:d最终将x分了8组，x & 0x11111111，每次检查8位，用了38个操作符，终于达标。这是所有题目中用的操作符数量最多的一题了。
/*
* bitcount - returns count of number of 1's in word
* examples: bitcount(5) = 2, bitcount(7) = 3
* legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
* max ops: 40
* rating: 4
*/
int bitcount(int x) {
int mask = 0x11 + (0x11 << 8) + (0x11 << 16) + (0x11 << 24);
int count = (x & mask) + ((x >> 1) & mask) +
((x >> 2) & mask) + ((x >> 3) & mask);
return (count & 7) + ((count >> 4) & 7) + ((count >> 8) & 7) +
((count >> 12) & 7) + ((count >> 16) & 7) + ((count >> 20) & 7) +
((count >> 24) & 7) + ((count >> 28) & 7);
}
bang
一开始想在0上面作文章，毕竟只有bang(0) = 1，但此路不通。|操作，二分法，逐渐把高位的1收集到低位，如x = x | (x >> 16)，如果高位的16位有1的话，就会被收集到低位的16位上，依此二分，收集到最后一位，刚好12个操作符。
/*
* bang - compute !x without using !
* examples: bang(3) = 0, bang(0) = 1
* legal ops: ~ & ^ | + << >>
* max ops: 12`
* rating: 4
*/
int bang(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;
}
tmin
最简单的一题，要熟悉二进制补码。
/*
* tmin - return minimum two's complement integer
* legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
* max ops: 4
* rating: 1
*/
int tmin(void) {
return 1 << 31;
}
fitsbits
若x非负，考虑到n位二进制补码能表示的最大非负数为 $0b0111...111 $ （共n-1个1），用掩码将x低位的n-1位置0，检查高位的32 - (n - 1)位是否为0即可。若x为负，先将其转为非负数~x，编码~x必需的位数与编码x的是相同的。
/*
* fitsbits - return 1 if x can be represented as an
* n-bit, two's complement integer.
* 1 <= n <= 32
* examples: fitsbits(5,3) = 0, fitsbits(-4,3) = 1
* legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
* max ops: 15
* rating: 2
*/
int fitsbits(int x, int n) {
int minusone = ~0;
int mask = minusone << (n + minusone);
return !((x ^ (x >> 31)) & mask);
}
divpwr2
x >> n即为\(\lfloor x / 2^n \rfloor\)，结果是向下取整的，但题目要求向0取整，若x非负向下取整即是向0取整没有问题，若x为负，需要向x加上一个偏移值\(2^n - 1\)，使得x >> n向上取整。
/*
* divpwr2 - compute x/(2^n), for 0 <= n <= 30
* round toward zero
* examples: divpwr2(15,1) = 7, divpwr2(-33,4) = -2
* legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
* max ops: 15
* rating: 2
*/
int divpwr2(int x, int n) {
int signbit = (x >> 31) & 1;
int bias = (signbit << n) + (~signbit + 1);
return (x + bias) >> n;
}
negate
n位二进制补码的值域是\([-2^{n-1},\ 2^{n-1} - 1]\)，并不关于0对称，因此当x为最小值时-x是它自己。
/*
* negate - return -x
* example: negate(1) = -1.
* legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
* max ops: 5
* rating: 2
*/
int negate(int x) {
return ~x + 1;
}
ispositive
正数的符号位为0，0的符号位也是0，是特殊情况。
/*
* ispositive - return 1 if x > 0, return 0 otherwise
* example: ispositive(-1) = 0.
* legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
* max ops: 8
* rating: 3
*/
int ispositive(int x) {
return (!!x) & (!(x >> 31));
}
islessorequal
islessorequal等价于!isgreater，实现isgreater简单点：若x y异号，则x必须非负y必须为负；若x y 同号，x - y不会溢出，必有x - y > 0，即x - y - 1 >= 0，即x + ~y >= 0，检查x + ~y的符号位即可。
/*
* islessorequal - if x <= y then return 1, else return 0
* example: islessorequal(4,5) = 1.
* legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
* max ops: 24
* rating: 3
*/
int islessorequal(int x, int y) {
int xsign = x >> 31;
int ysign = y >> 31;
int hassamesign = !(xsign ^ ysign);
int diffsign = (x + ~y) >> 31;
int isxposyneg = (!xsign) & ysign;
int isgreater = isxposyneg | (hassamesign & !diffsign);
return !isgreater;
}
ilog2
这道题允许90个操作符，是所有题目对操作符数量最宽松的了。ilog2的实质是求x最高位的1的索引，若x高位的16位有1，则不用管低位的16位；若x高位的8位有1，则不用管低位的24位，依次类推。实现起来还是十分巧妙的:)
/*
* ilog2 - return floor(log base 2 of x), where x > 0
* example: ilog2(16) = 4
* legal ops: ! ~ & ^ | + << >>
* max ops: 90
* rating: 4
*/
int ilog2(int x) {
int high16, high8, high4, high2, high1;
high16 = (!!(x >> 16)) << 4;
x = x >> high16;
high8 = (!!(x >> 8)) << 3;
x = x >> high8;
high4 = (!!(x >> 4) << 2);
x = x >> high4;
high2 = (!!(x >> 2) << 1);
x = x >> high2;
high1 = !!(x >> 1);
return high1 + high2 + high4 + high8 + high16;
}
float_neg
终于到浮点数了，浮点数的题对操作符要求宽松一点，还可以用循环跟判断语句。第一题，只要对ieee754熟悉就行了。
/*
* float_neg - return bit-level equivalent of expression -f for
* floating point argument f.
* both the argument and result are passed as unsigned int's, but
* they are to be interpreted as the bit-level representations of
* single-precision floating point values.
* when argument is nan, return argument.
* legal ops: any integer/unsigned operations incl. ||, &&. also if, while
* max ops: 10
* rating: 2
*/
unsigned float_neg(unsigned uf) {
int isnan = (((uf >> 23) & 0xff) == 0xff) && (uf << 9);
return isnan ? uf : ((1 << 31) ^ uf);
}
float_i2f
没什么技巧，十分暴力。从符号位，阶码，尾数，舍入，一个一个来。注意，float(x)是向偶数取整的。
/*
* float_i2f - return bit-level equivalent of expression (float) x
* result is returned as unsigned int, but
* it is to be interpreted as the bit-level representation of a
* single-precision floating point values.
* legal ops: any integer/unsigned operations incl. ||, &&. also if, while
* max ops: 30
* rating: 4
*/
unsigned float_i2f(int x) {
unsigned sign = x & (1 << 31);
unsigned exp = 0;
unsigned frac = 0;
unsigned round = 0;
unsigned absx = sign ? (~x + 1) : x;
unsigned tmp = absx;
while ((tmp = tmp >> 1))
++exp;
frac = absx << (31 - exp) << 1;
round = frac << 23 >> 23;
frac = frac >> 9;
if (round > 0x100) round = 1;
else if (round < 0x100) round = 0;
else round = frac & 1;
return x ? (sign | ((exp + 0x7f) << 23) | frac) + round : 0;
}
float_twice
还是很暴力，按照浮点数分类一个一个来：特殊值，直接返回；规范化的浮点数，阶码加1；非规范化的，左移一位并保持符号位不变。
/*
* float_twice - return bit-level equivalent of expression 2*f for
* floating point argument f.
* both the argument and result are passed as unsigned int's, but
* they are to be interpreted as the bit-level representation of
* single-precision floating point values.
* when argument is nan, return argument
* legal ops: any integer/unsigned operations incl. ||, &&. also if, while
* max ops: 30
* rating: 4
*/
unsigned float_twice(unsigned uf) {
unsigned sign = 1 << 31;
unsigned isnormalized = uf << 1 >> 24;
unsigned isspecial = isnormalized == 0xff;
if (isspecial || uf == 0 || uf == sign)
return uf;
if (isnormalized)
return uf + (1 << 23);
return (uf << 1) | (uf & sign);
}
