数据在内存中的存储
整形
再开始之前,先来一点预备知识,即什么是原码反码与补码
原码
直接将数值按照正负数的形式翻译成二进制就可以得到原码。
反码
将原码的符号位不变,其他位依次按位取反就可以得到反码。
补码
反码+1就得到补码。
有了以上的铺垫,我们可以进行下一步
在计算机内存中
计算机中的整数有三种2进制表示方法,即原码、反码和补码。
三种表示方法均有符号位和数值位两部分,符号位都是用0表示“正”,用1表示“负”,而数值位
正数的原、反、补码都相同。
负整数的三种表示方法各不相同。
整数在内存中存储的二进制是补码,为什么是补码呢
在计算机系统中,数值一律用补码来表示和存储。原因在于,使用补码,可以将符号位和数值域统
一处理;
同时,加法和减法也可以统一处理(CPU只有加法器)此外,补码与原码相互转换,其运算过程
是相同的,不需要额外的硬件电路。
例
1-1
1+(-1)//因为CPU只有加法器
00000000000000000000000000000001//1的原码
10000000000000000000000000000001//-1的原码
11111111111111111111111111111110//-1的反码
11111111111111111111111111111111//-1的补码
00000000000000000000000000000001//相加
100000000000000000000000000000000//进1,截断多余的部分,即为0
使用原码与原码相加时
00000000000000000000000000000001//1的原码
10000000000000000000000000000001//-1的原码
10000000000000000000000000000010//结果为-2
通过上边的例子可以清楚的看到在内存中进行计算时使用的是补码
在VS中运行中是看到
正数的原反补相同,0x表示16进制表现形式
-1存储的是全1,16进制表示下显示ff ff ff ff
但我们发现一个可疑的现象
为什么a中的存储是反着的呢?
这就不得不说到大小端了
什么大端小端
:
大端(存储)模式,是指数据的低位保存在内存的高地址中,而数据的高位,保存在内存的低地址
中;
小端(存储)模式,是指数据的低位保存在内存的低地址中,而数据的高位,,保存在内存的高地
址中。
图解如上
接下来及时巩固
是个百度面试题哦
请简述大端字节序和小端字节序的概念,设计一个小程序来判断当前机器的字节序
概念我们已经讲述完毕
直接进入实操
int check_sys()
{
int i = 1;
char* p=(char*)&i;
return *p;
}
int main()
{
int ret = check_sys();
if(ret == 1)
{
printf("小端\n");
}
else
{
printf("大端\n");
}
return 0;
}
题目训练
(为了加强训练效果,题目稍多 )
第1题
1.输出什么?
#include <stdio.h>
int main()
{
char a= -1;
signed char b=-1;
unsigned char c=-1;
printf(“a=%d,b=%d,c=%d”,a,b,c);
return 0;
}
-1是整数
11111111111111111111111111111111//补码
//因char只能存放8字节,故阶段多余的
11111111//a中实际存放的
//注意:%d是10进制形式,打印有符号
// %u是10进制形式,打印无符号
//则a先整形提升
11111111111111111111111111111111
10000000000000000000000000000001//转换成原码为-1,打印的即为-1
//signed char同理
//对于unsigned char -1在c中实际存放的也是
11111111
00000000000000000000000011111111//整形提升(无符号提升0)
//故打印的为255
第2题
#include <stdio.h>
int main()
{
char a = -128;
printf(“%u\n”,a);
return 0;
}
10000000000000000000000010000000//原码
11111111111111111111111101111111//反码
11111111111111111111111110000000//补码
10000000//a中实际存储
11111111111111111111111110000000//整形提升
//因为以%u的形式打印,每位都是有效位
结果为4294967168
第3题
int i= -20;
unsigned int j = 10;
printf(“%d\n”, i+j);
//按照补码的形式进行运算,最后格式化成为有符号整数
11111111111111111111111111101100//i补码
00000000000000000000000000001010//j补码
11111111111111111111111111110110//结果的补码
10000000000000000000000000001010//结果的圆码
故结果为-10;
第4题
unsigned int i;
for(i = 9; i >= 0; i–)
{
printf(“%u\n”,i);
}
没错,越精简的题目坑越大
要知道unsigned 无论是正是负最后都是正数
故显而易见
答案为无限循环
第5题
int main()
{
char a[1000];
int i;
for(i=0; i<1000; i++)
{
a[i] = -1-i;
}
printf(“%d”,strlen(a));
return 0;
}
相信聪明的你看完这张大饼一定有所顿悟
浮点型
终于等到你~~·
先来一个引子
int main()
{
int n = 9;
float *pFloat = (float *)&n;
printf("n的值为:%d\n",n);
printf("*pFloat的值为:%f\n",*pFloat);
*pFloat = 9.0;
printf("num的值为:%d\n",n);
printf("*pFloat的值为:%f\n",*pFloat);
return 0;
}
请思考
揭晓答案
相信大家对1与4没问题
为什么会出现这样的情况呢
因为存储方式的不同,不是简单的原反补码
至于为什么不是
请看~~
根据国际标准IEEE(电气和电子工程协会) 754,任意一个二进制浮点数V可以表示成下面的形式:
1· (-1)^S * M * 2^E
2· (-1)^S表示符号位,当S=0,V为正数;当S=1,V为负数。
M表示有效数字,大于等于1,小于2。
3· 2^E表示指数位。
相信看完得你一定一脸懵
来简单的解释一下
10进制:5.5
转化为2进制
2进制:101.1
也就是1.011*2^2
按照IEEE标准来写就是
(-1)^ 0 ×1.011×2^2
得到
S=0;
M=1.011; //总是可以化成1.几几几的形式
E=2;
那么就按照如下的方式存储
对于32位的浮点数,最高的1位是符号位s,接着的8位是指数E,剩下的23位为有效数字M。
对于64位的浮点数,最高的1位是符号位S,接着的11位是指数E,剩下的52位为有效数字M。
存储是简单的放进去吗,NONONON~
对于M来说
前面说过, 1≤M<2 ,也就是说,M可以写成 1.xxxxxx 的形式,其中xxxxxx表示小数部分。
IEEE 754规定,在计算机内部保存M时,默认这个数的第一位总是1,因此可以被舍去,只保存后面的
xxxxxx部分。比如保存1.01的时
候,只保存01,等到读取的时候,再把第一位的1加上去。这样做的目的,是节省1位有效数字。以32位
浮点数为例,留给M只有23位,
将第一位的1舍去以后,等于可以保存24位有效数字。
对于E呢,稍微复杂抽象(难题理解也没关系,毕竟这是一桌子远古大佬商量出来的)
首先,E为一个无符号整数(unsigned int)
这意味着,如果E为8位,它的取值范围为0255;如果E为11位,它的取值范围为02047。但是,我们
知道,科学计数法中的E是可以出
现负数的,所以IEEE 754规定,存入内存时E的真实值必须再加上一个中间数,对于8位的E,这个中间数
是127;对于11位的E,这个中间
数是1023。比如,2^10的E是10,所以保存成32位浮点数时,必须保存成10+127=137,即
10001001。
E放进去了解了,接下来就是如何拿出去
E不全为0或不全为1(通常情况)
这时,浮点数就采用下面的规则表示,即指数E的计算值减去127(或1023),得到真实值,再将
有效数字M前加上第一位的1。
比如:
0.5(1/2)的二进制形式为0.1,由于规定正数部分必须为1,即将小数点右移1位,则为
1.0*2^(-1),其阶码为-1+127=126,表示为
01111110,而尾数1.0去掉整数部分为0,补齐0到23位00000000000000000000000,则其二进
制表示形式为
0 01111110 00000000000000000000000
E全为0
这时,浮点数的指数E等于1-127(或者1-1023)即为真实值,
有效数字M不再加上第一位的1,而是还原为0.xxxxxx的小数。这样做是为了表示±0,以及接近于
0的很小的数字。
E全为1
这时,如果有效数字M全为0,表示±无穷大(正负取决于符号位s)
现在可以对开头的引子做出解释了
n中存储9
0 00000000 00000000000000000001001//正数原码即补码
&n之后强转为float*类型
以浮点型的形式打印,对照下表
则S放0,E为00000000,M为00000000000000000001001
按照(-1)^S * M * 2^E形式写出
(-1)^0× 0.00000000000000000001001×2^-126
显然,V是一个很小的接近于0的正数,所以用十进制小数表示就是0.000000
将*pFolat赋值为9.0,也就是以浮点数的形式存储
9.0的二进制
1001.0
即(-1)^0×00100000×2^3
s=0, M=1.001,E=3+127=130
放入内存中
0 10000010 00100000000000000000000
以%d的形式打印
正是 1091567616
欢迎补充噢