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synced 2026-02-08 05:14:48 +08:00
更新
This commit is contained in:
Didnelpsun
@@ -163,44 +163,144 @@ $D.X_1=1$
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**例题** 设机器字长为$n+1=5$位（含$1$位符号位），其中$x$的原码为$1.1101$，$y$的原码为$0.1011$，采用原码一位乘法求$x\cdot y$。
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解：其中$x$就是$-0.1101$，而$y$就是$+0.1011$。先抛去符号位，就得到$01101$和$01011$两个数据。
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解：其中$x$就是$-0.1101$，而$y$就是$+0.1011$。先抛去符号位的正负全部为正，就得到$01101$和$01011$两个数据。
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将$MQ$、$ACC$、$X$都初始化为五位存储单元。$X$放入被乘数$01101$，$MQ$放入乘数$01011$，$ACC$为$00000$。
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```txt
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ACC MQ 丢失位
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0 0 0 0 0 <--> ^ 0 1 0 1 1 |
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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运算器结构：$ACC$与$MQ$相连，数据流是双向的，$ACC$与$ALU$相连，数据流是双向的，$X$的数据流向$ALU$。
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此时$MQ=01011$，作为乘法单位的最后位为$1$，所以$ACC+=X$，从而$ACC=00000+01101=01101$，这就是第一个的位积。
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此时$MQ=01011$，作为乘法单位的最后位为$1$，所以$ACC+=X$，从而$ACC=00000+01101=01101$，这就是第一个的位积。（其中^左边的即计算的结果，即部分积）
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```txt
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ACC MQ 丢失位
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0 1 1 0 1 <--> ^ 0 1 0 1 1 |
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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由于按照乘法规则，第二个位积计算时需要错位相加，计算机的处理方式是$ACC$和$MQ$的数据连在一起，全部逻辑右移一位（左边补$0$）。
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```txt
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ACC MQ 丢失位
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0 0 1 1 0 <--> 1 ^ 0 1 0 1 | 1
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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所以$ACC$的数据由$01101$变为$00110$，最后的$1$移到$MQ$最高位，$MQ$由$01011$变为$10101$，最后的一位$1$溢出被抛弃，代表这一位的位积已经计算并相加完成，所以不用管了。此时结果的高位还在$ACC$中，而结果的低位从$ACC$移到了$MQ$中，在$MQ$的低位也不参与后面的运算，所以也不用管了。
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然后计算下一个最低位的位积，此时$MQ$的最低位还是$1$，所以$ACC+=X=00110+01101=10011$。
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```txt
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ACC MQ 丢失位
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1 0 0 1 1 <--> 1 ^ 0 1 0 1 | 1
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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同样计算完后再错位，进行逻辑右移，$ACC$由$10011$变成了$01001$，$MQ$由$10101$变成了$11010$，最低位的$1$被抛弃，此时$MQ$中已经有两个结果最低位。
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```txt
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ACC MQ 丢失位
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0 1 0 0 1 <--> 1 1 ^ 0 1 0 | 1 1
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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此时$MQ$最低位为$0$，所以$ACC$保持不变，再逻辑右移一位，$ACC$由$01001$变为$00100$，$MQ$由$11010$变为$11101$，抛弃一位$0$，$MQ$有三个结果最低位。
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```txt
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ACC MQ 丢失位
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0 0 1 0 0 <--> 1 1 1 ^ 0 1 | 0 1 1
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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此时$MQ$最低位为$1$，则$ACC+=X=00100+01101=10001$。
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```txt
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ACC MQ 丢失位
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1 0 0 0 1 <--> 1 1 1 ^ 0 1 | 0 1 1
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||||
ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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同样计算完后再错位，进行逻辑右移，$ACC$由$10001$变成了$01000$，$MQ$由$11101$变成了$11110$，最低位的$1$被抛弃，此时$MQ$中已经有四个结果最低位，此时$MQ$最低位是代表符号的$0$不参与运算。此时计算已经结束。
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小数的小数点隐藏在第一位的后面，所以此时结果在$ACC$和$MQ$的前四位中，即$0.10001111$。最后加上符号异或结果，得到$1.10001111$。
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```txt
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ACC MQ 丢失位
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0 1 0 0 0 <--> 1 1 1 1 ^ 0 | 1 0 1 1
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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小数的小数点隐藏在第一位的后面，所以此时结果在$ACC$和$MQ$的前四位中，即$0.10001111$。最后加上符号异或结果$x\oplus y=0\oplus1=1$，得到$1.10001111$。
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上面是计算具体的物理逻辑过程，逻辑的求解过程如下：
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被乘数在$X$中，其结果在每次的第三行，左边的第一行为$ACC$没有右移的结果，第二行为右移的结果，右边的为$MQ$的内容。
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被乘数在$X$中，其结果在每次的第三行，左边的第一行为$ACC$没有右移的结果，第二行为右移的结果，右边的为$MQ$的内容。原码一位乘法可以使用单符号位也可以使用双符号位。
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![原码一位乘法][yuanmayiwei]
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补码一位乘法
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**例题** 设机器字长为$n+1=5$位（含$1$位符号位），其中$x$的原码为$-0.1101$，$y$的原码为$0.1011$，采用原码一位乘法求$x\cdot y$。
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**例题** 设机器字长为$n+1=5$位（含$1$位符号位），其中$x$的原码为$-0.1101$，$y$的原码为$+0.1011$，采用补码一位乘法求$x\cdot y$。
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其中下划线的左边一个为$MQ$最低位，右边一个为辅助位。
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解：
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由于需要使用补码，且需要$-x$的补码，所以$[x]_{\text{补}}=1.0011$，$[-x]_{\text{补}}=0.1101$，$[y]_{\text{补}}=0.1011$。
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将$MQ$、$ACC$、$X$都初始化为六位存储单元。$ACC$和$X$都使用双符号位补码，$MQ$使用单符号位补码，$X$放入被乘数补码$11.0011$，$MQ$放入乘数补码$00.1011$，$ACC$为$000000$。辅助位初始化为$0$。
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```txt
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ACC MQ 辅助位 丢失位
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0 0 0 0 0 0 <--> 0 1 0 1 1 | 0 |
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ALU
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1 1 0 0 1 1
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X
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```
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其中下划线的左边一个为$MQ$最低位，右边一个为辅助位，根据辅助位-$MQ$最低位判断加的是$x$补码的哪个值。
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是双符号位，但是右移时将两个符号位视为一个一起移动。
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![补码一位乘法][bumayiwei]
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最后一次再根据条件判断加什么，加后不需要右移即是结果（这里让符号位参与运算）。当被乘数全部移出部分积计算结束。（$n$轮，$n$为数值位）
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所以$x\cdot y=-0.10001111$。
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**例题** 有实现$x\times y$的两个$C$语言函数如下：
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@@ -242,46 +342,216 @@ int imul(int x, int y){
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**例题** 设机器字长为$5$位（含一位符号位），$x=0.1011$，$y=0.1101$，采用原码恢复余数法求$x\div y$。
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其中$x$就是$+0.1011$，而$y$就是$+0.1101$。先抛去符号位，就得到$01011$和$01101$两个数据。然后求出$y$绝对值的补码：$01101$和$-y$绝对值的补码：$10011$。
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其中$x$就是$+0.1011$，而$y$就是$+0.1101$。先抛去符号位，就得到$01011$和$01101$两个数据。然后求出$\vert y\vert$的补码：$01101$和$-\vert y\vert$的补码：$10011$。
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将$MQ$、$ACC$、$X$都初始化为五位存储单元。将被除数$01011$放入$ACC$中，将除数$01101$放入$X$中，商初始化为$00000$。
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为什么是原码却要求补码？因为在除法中，每一步都要将当前部分被除数$x_i$与这个位的部分商$q_i=[0|1]$与除数$y$相乘得到的乘积$p=q_i\times y$相减得到余数即下一个被除数$x_{i+1}$。
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手算时每位商取$0/1$是通过判断当前余数和除数的大小确定的。而机器实现时就要通过$ALU$判断是$ACC$中的数更大还是$X$中的数更大，如果$ACC$的更大就商$1$，若$X$的更大就商$0$。
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所以需要用到原码的减操作，但是原码不好进行减操作运算，补码更容易进行减操作运算。
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第一位默认商$1$，$ACC-=X$，$ACC$的$01011$和$X$的$10011$（$X$实际值的负值的补码）输入$ALU$进行加操作$01011+10011=11110$，返回给$ACC$，此时发现代表符号的最高位为$1$，代表出现了负数，就表明之前的商出错了，所以重新确定商为$0$，$ACC$要恢复余数，从而再加上$y$的补码：$11110+01101=01011$。
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而对于补码的减操作$[x_i-p]_{\text{补}}=[x_i+(-p)]_{\text{补}}=[x_i]_{\text{补}}+[-p]_{\text{补}}$，又在除法中是要找让与除数的乘积最大且不超过被除数的余数，所以$x_i>p$必然成立，所以$x_i-p>0$必然成立，而正数的补码和原码相等，所以$[x_i-p]_{\text{原}}=[x_i-p]_{\text{补}}=[x_i]_{\text{补}}+[-p]_{\text{补}}$。
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第一位的商计算完后需要进行计算，错位相除，所以同乘法一样，$ACC$和$MQ$的值都要逻辑左移一位，低位补$0$，所以$MQ$由$00000$还是变为$00000$，$MQ$的最高位的$0$移到$ACC$最低为，$ACC$最高位丢弃，由$01011$变成$10110$。
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将$MQ$、$ACC$、$X$都初始化为五位存储单元。将被除数$01011$放入$ACC$中，将除数$01101$放入$X$中，商在$MQ$初始化为$00000$。当前要确定的商的位数是$MQ$中最低一位。
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然后第二位默认商$1$，同样$ACC-=X$，$10110+10011=01001$，将这个值赋给$ACC$，发现符号位为$0$，代表正，商就没有问题，$MQ$为$00001$。
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```txt
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ACC MQ
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0 1 0 1 1 <--> 0 0 0 0 0 ^
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||||
ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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手算时每位商取$0/1$是通过心算判断当前余数和除数的大小确定的。而机器实现时就要通过$ALU$判断是$ACC$中的数更大还是$X$中的数更大，如果$ACC$的更大就商$1$，若$X$的更大就商$0$。（商应该让乘积小于当前$ACC$中的被除数$x_i$）
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但是实际上恢复余数法中计算机每次会默认商$1$，如果错误（$ACC$得到的结果为负数）再修改为商$0$，并且恢复余数。
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第一位默认商$1$，$ACC-=X$，$ACC$的$01011$和$X$的$10011$（$x$实际值的负值的补码）输入$ALU$进行加操作$01011+10011=11110$，返回给$ACC$，此时发现代表符号的最高位为$1$，代表出现了负数，就表明之前的商出错了（因为我们去掉了符号，所以除数与被除数都是正数不可能是负数）。
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```txt
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ACC MQ
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1 1 1 1 0 <--> 0 0 0 0 ^ 1
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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所以重新确定商为$0$，$ACC$要恢复余数，从而再加上$y$的补码：$11110+01101=01011$。（因为原来加上了$-y$的补码，相当于减去了$y$，此时加上$y$结果重新变成了正数，正数的补码等于正数的原码）
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```txt
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ACC MQ
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0 1 0 1 1 <--> 0 0 0 0 ^ 0
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||||
ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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第一位的商计算完后需要进行计算，错位相除，所以同乘法一样，$ACC$和$MQ$的值都要逻辑左移一位，低位补$0$，所以$MQ$由$00000$还是变为$00000$，$MQ$的最高位的$0$移到$ACC$最低位，$ACC$最高位丢弃，由$01011$变成$10110$。
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```txt
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ACC MQ
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1 0 1 1 0 <--> 0 0 0 ^ 0 0
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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然后第二位默认商$1$，同样$ACC-=X$，$10110+10011=01001$（高位溢出直接丢弃），将这个值赋给$ACC$，发现符号位为$0$，代表正，商就没有问题，$MQ$为$00001$。
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```txt
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ACC MQ
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0 1 0 0 1 <--> 0 0 0 ^ 0 1
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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再次逻辑左移一位，$MQ$由$00001$变为$00010$，$ACC$由$01001$变为$10010$。
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```txt
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ACC MQ
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1 0 0 1 0 <--> 0 0 ^ 0 1 0
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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第三位默认商$1$，同样$ACC-=X$，$10010+10011=00101$，商没有问题，$MQ$为$00011$。
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再次逻辑左移一位，$MQ$由$0$0011$$变为$$0011$0$，$ACC$由$00101$变为$01010$。
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```txt
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ACC MQ
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0 0 1 0 1 <--> 0 0 ^ 0 1 1
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||||
ALU
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0 1 1 0 1
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||||
X
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```
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||||
第四位默认商$1$，同样$ACC-=X$，$01010+10011=11101$，高位为$1$，商应该为$0$，$MQ$变为$00110$，$ACC$恢复余数：$11101+01101=01010$。
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||||
再次逻辑左移一位，$MQ$由$00011$$变为$00110$，$ACC$由$00101$变为$01010$。
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||||
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```txt
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ACC MQ
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0 1 0 1 0 <--> 0 ^ 0 1 1 0
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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||||
第四位默认商$1$，同样$ACC-=X$，$01010+10011=11101$，高位为$1$。
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```txt
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ACC MQ
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1 1 1 0 1 <--> 0 ^ 0 1 1 1
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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商应该为$0$，$MQ$变为$00110$，$ACC$恢复余数：$11101+01101=01010$。
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```txt
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ACC MQ
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0 1 0 1 0 <--> 0 ^ 0 1 1 0
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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||||
再次逻辑左移一位，$MQ$由$00110$变为$01100$，$ACC$由$01010$变为$10100$。
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```txt
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ACC MQ
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1 0 1 0 0 <--> ^ 0 1 1 0 0
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||||
ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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第五位默认商$1$，同样$ACC-=X$，$10100+10011=00111$，高位为$0$，商没有问题，$MQ$为$01101$。
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||||
此时计算结束，商为$01101$，余数为$00111$。余数还要乘上$2^{-n}=2^{-4}$。
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```txt
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ACC MQ
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0 0 1 1 1 <--> ^ 0 1 1 0 1
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ALU
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0 1 1 0 1
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X
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```
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此时计算结束，商为$01101$，并乘上$x\oplus y=0\oplus0=0$为正数，所以商还是$01101$。余数为$00111$，余数还要乘上$2^{-n}=2^{-4}$才为真值（$n$为除法步骤轮次或数值位）。
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![huifuyushu]
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源码的加减交替法：
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原码的加减交替法：
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余数为负，则商$0$，左移，加上除数绝对值。
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||||
不恢复余数法本质只是将恢复余数法的流程进行压缩整合，原理是一样的，因为减去加上同一个值很浪费时间所以对其进行优化。如上面的计算例子，定义$+[-\vert y\vert]_{\text{补}}=-$，$+[\vert y\vert]_{\text{补}}=+$，左移为$<$，设$y$绝对值补码为$b$：
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||||
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||||
余数为正，则商$1$，左移，减去除数绝对值。
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||||
序号|操作|被除数/余数|商|说明
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:--:|:--:|:---------:|:-:|:-:
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1||0.1011||
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2|-|1.1110|0|结果为负，设余数为a，商0
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||||
3|+|0.1011|0|a+b，恢复余数
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||||
4|\<|1.0110|0|(a+b)×2=2a+2b
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||||
5|-|0.1001|0|2a+2b-b=2a+b
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||||
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补码除法（不恢复余数法/加减交替法)，异号相除是看够不够减，然后上商$1$，够减商$0$，不够减商1。
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从第二步减去除数绝对值$b$后就能根据结果判断当前位商$0$，然后$3$步加上绝对值恢复余数，一加一减浪费时间，可以直接从第二步跳到第五步。即如果出现负数余数不用恢复余数，将余数$a$左移一位加上$y$绝对值补码（原码）为$b$就得到下一轮的结果，然后直接对结果判断商。
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余数为负，则商$0$，左移，加上除数绝对值；余数为正，则商$1$，左移，减去除数绝对值。
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如上个例题使用原码加减交替法：
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![buhuifuyushu]
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如果最后一步余数位负，则需要商$0$，并加上$y$绝对值进行恢复余数。
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补码除法（不恢复余数法/加减交替法），异号相除是看够不够减，然后上商$1$，够减商$0$，不够减商1。
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补码的加减交替法：
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与原码加减交替法类似，被除数、除数、余数要使用双符号位，符号位也参与运算。
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**例题** 设机器字长为$5$位（含一位符号位），$x=+0.1000$，$y=-0.1011$，采用补码加减交替法求$x\div y$。
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解：首先计算对应的补码，$[x]_{\text{补}}=00.1000$，$[y]_{\text{补}}=11.0101$，$[-y]_{\text{补}}=00.1011$。
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原码的加减交替法第一步就是减去$y$绝对值的补码然后根据商进行判断，而补码的加减交替法首先就要判断，如果被除数除数同号，则被除数减去除数；异号则被除数加上除数。
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得到余数后与除数符号进行判断，余数和除数同号，则商$1$，余数左移一位减去除数，余数和除数异号，商$0$，余数左移一位加上除数。重复$n$次。
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除了第一步原码加减交替法是固定减法，其他的基本上两个方法是一样的。
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所以第一步，由于$xy$是异号的，所以第一步是$x+y=00.1000+11.0101=11.1101$。由于除数符号也是$11$，所以同号商$1$，左移并减去除数，$11.1010+00.1011=00.0101$。
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第二步，由于余数符号为$00$，而除数符号为$11$，所以异号，从而商$0$，左移并加上除数，$00.1010+11.0101=11.1111$。
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第三步，由于余数符号为$11$，而除数符号为$11$，所以同号，从而商$1$，左移并减去除数，$11.1110+00.1011=00.1001$。
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第四步，由于余数符号为$00$，而除数符号为$11$，所以异号，从而商$0$，左移并加上除数（注意这里双符号位就发生了异号，但是不影响），$01.0010+11.0101=00.0111$。
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第五步，由于余数符号为$00$，而除数符号为$11$，所以异号，从而商$0$，但是这是最后这一位默认商$1$，所以不商$0$而是$1$。
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所以商为$1.0101$，余数为$0.0111\times2^{-4}$（注意这里还是要乘一个$2^{-n}$）。
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![jiajianjiaoti]
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#### 定点数强制类型转换
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@@ -380,7 +380,7 @@ k|2|3|4|5|6|7
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#### 定点数乘法运算
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对于原码的乘数运算可以参考十进制的乘数运算，将乘数一位一位的乘被乘数然后再全部错位相加得到的就是答案。
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二进制乘法运算可以参考十进制的乘法运算，将乘数一位一位的乘被乘数然后再全部错位相加得到的就是答案。
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```txt
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318
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@@ -420,7 +420,9 @@ k|2|3|4|5|6|7
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10001111
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```
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所以此时分析笔算二进制乘法就被拆解出了二进制乘法流程：将乘法变为加法和移位运算，将乘数一位位的向前移动并与被乘数相乘，由于是二进制所以只有$0$和$1$，遇到乘数当前位值为$1$就在原来的和上加上被乘数，并向前移动一位，如果是$0$就加上$0$继续移动一位，当乘数位数访问完成则乘法完成，所有的和相加称为最后的积。
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所以此时分析笔算二进制乘法就被拆解出了二进制乘法流程：将乘法变为加法和移位运算，将乘数一位位的向前移动并与被乘数相乘，由于是二进制所以只有$0$和$1$，遇到乘数当前位值为$1$就在原来的和上加上被乘数，并向前移动一位，如果是$0$就加上$0$继续移动一位，当乘数位数访问完成则乘法完成，所有的和相加成为最后的积。
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这就是原码乘法的原理，可以考虑用机器实现，但是还是要考虑以下问题：如何处理符号？乘积位数扩大一倍是否可能超过机器字长？各个位积如何相加变成最后的乘积？
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原码一位乘法：
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@@ -450,13 +452,13 @@ k|2|3|4|5|6|7
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+ 为了加快运算会有辅助电路实现$(-x)$的补码的运算。
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+ 最后一次不需要移位直接根据辅助位和$MQ$最后一位判断进行相加。从而让乘数的符号位也参数运算中来确定最后结果的符号。
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+ 补码一位乘法逻辑运算：
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1. 初始化，左边为部分积，即计算的部分结果，最开始为全$0$，右边为乘数的绝对值，最后边全部为丢失位，丢失位第一个就是辅助位。
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2. 根据辅助位和$MQ$最低位的差的值来判断加上什么，若是$1$则加上被乘数的补码，若是$0$则加与被乘数等长的全$0$，若是$-1$则加上被乘数的负数的补码。
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1. 初始化，左边为部分积，即计算的部分结果，最开始为全$0$，右边为乘数，然后是一个辅助位，最后边全部为丢失位。
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2. 根据辅助位$-MQ$最低位的差值来判断加上什么，若是$1$则加上被乘数的补码，若是$0$则加与被乘数等长的全$0$，若是$-1$则加上被乘数的负数的补码。
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3. 算术右移部分积一位，正数高位补$0$，负数高位补$1$，丢失位多一位。
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4. 继续计算，直到乘数全部被移出。字长为$n+1$位则需要移位计算$n$次。丢失位前的就是全部部分积。
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5. 最后一次不需要移位，再加一次。
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$Booth$算法的移位法则：
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$Booth$算法的移位法则，其中$y_n$为$MQ$最低位，$y_{n+1}$为辅助位：
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$y_n$（高位）|$y_{n+1}$（低位）|操作
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:-----------:|:---------------:|:--:
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@@ -473,17 +475,68 @@ $y_n$（高位）|$y_{n+1}$（低位）|操作
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:----:|:--:|:--:
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计算流程|n轮加法、移位|n轮加法、移位，最后进行一次加法
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加法的值|+0、+x的原码|+0、+x的补码、+(-x)的补码
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判断加值的根据|MQ的最低位|MQ的最低位、辅助位
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判断加值的根据|MQ的最低位|辅助位-MQ的最低位
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判断关系|MQ的最低位=1时，ACC+x的原码；MQ的最低位=0时，ACC不变|辅助位-MQ中最低位=1时，(ACC)+x的补码；辅助位-MQ中最低位=0时，ACC不变；辅助位-MQ中最低位=-1时，ACC+(-x)的补码
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移位类型|逻辑右移|算术右移
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符号位|不参与运算|参与运算
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#### 定点数除法运算
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二进制除法运算可以参考十进制的除法运算，将除数乘上一位数，使得乘积最大且不超过被除数，然后将被除数减去这个乘积并左移就得到下一轮运算的被除数。
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```txt
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1.507
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211 | 318
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211
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--------
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1070
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1055
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--------
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150
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000
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--------
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1500
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1477
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23
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...
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```
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所以除法就是为了凑和被除数相近的商。
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而使用二进制的一位位除法同理：
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```txt
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0.1101
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01101 | 01011
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00000
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10110
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01101
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10010
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01101
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01010
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01101
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01010
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00000
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10100
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01101
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0111
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```
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+ 进行除法操作时，都是为了找到一位能让商乘除数能最大即余数最小但大于$0$的值。若除数被除数都是小数，可以同时乘一个数变成整数再运算。
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+ 所以可以忽略小数点，每确定一位商进行一次减法，若机器字长为$n$位，则得到$n-1$位余数，在余数末尾补$0$，再确定下一位商$0$或$1$，直到确定$n$位商即可停止。
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+ 在运算器的组成时出现一个表格，说明在进行除运算时，$ACC$保存被除数和余数，$MQ$保存商，$X$保存除数。
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所以同理可以推出恢复余数法，与源码一位法类似，都是计算绝对值最后判断符号。余数加$0$扩大余数就相当于左移一位。
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原码恢复余数法：
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物理上：
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@@ -544,6 +597,8 @@ $y_n$（高位）|$y_{n+1}$（低位）|操作
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原码加减交替法|否|N+1或N+2|左|N|余数的正负|若最终余数为负，需恢复余数
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补码加减交替法|是|N+1|左|N|余数和除数是否同号|商末位恒置1
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其实本质上原码和补码的上商和加减原则是一样的，只是因为除数被去掉符号为正值，所以余数是负就异号，是正就同号。
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#### 定点数强制类型转换
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+ 无符号数与有符号数：不改变数据内容，只改变解释方式。
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@@ -562,7 +617,7 @@ $y_n$（高位）|$y_{n+1}$（低位）|操作
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+ 大端模式：将$MSB$存到最低地址，$LSB$存在最高地址。便于人类阅读。
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+ 小端模式：将$MSB$存到最高地址，$LSB$存在最低地址。便于机器读取。
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+ 边界对齐：
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+ 现代计算机通常是按字节编址即每个字节对应一个地址通常。也支持按字、按半字、按字节寻址。
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+ 现代计算机通常是按字节编址即每个字节对应一个地址。也支持按字、按半字、按字节寻址。
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+ 假设存储字长为$32$位，则$1$个字=$32bit$，半字$=16bit$。每次访存只能读/写$1$个字。
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+ 字地址转换为字节地址，只用逻辑左移两位就可以了，即乘以$4$，因为字长为$32$，而字节长$8$。
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+ 使用边界对齐方式会让每个数据都能一次性读完而不用跨行读取，多余的空间用$0$填充。
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