浮点数表示（IEEE 754）

2026 大纲 二（四）1 浮点数的表示：IEEE 754 标准。

32 位怎么分，决定了这一节的全部内容

浮点数的定义只有一行：

$$N=(-1{)}^S\times M\times 2^E$$

但真正决定一切的是这 32 位（或 64 位）怎么分给 $S$、$E$、$M$ 三个字段——因为 $1+k+m$ 是定死的：

🔴 阶码定范围、尾数定精度，两者在同一份预算里抢位置。 这就是浮点数所有权衡的源头：想要更大的范围就得多给阶码几位，代价是尾数变短、精度下降。后面讲的范围、精度、能不能精确表示、怎么舍入，全都从这一句往下推。

分配之外还有两个设计决定，各自解释了一整类现象。第一个是阶码用移码：

🔴 两条理由——① 加偏置后真值的顺序被原样保留，于是（同号时）整个位串按无符号整数比大小就是数值大小，硬件可以直接比；② 移码下的全 0 与全 1 恰好是指数的两个端点，把它们征用来表示特殊值，只切掉数轴的末梢。⚠️ 偏置常数是 $2^{k-1}-1$（单精度 127、双精度 1023），不是 $2^{k-1}$。

第二个是隐藏位：

🔴 二进制规格化尾数的最高位恒为 1，所以不存它。23 位字段因此能表示 24 位有效数字（双精度 52 → 53）。代价是这个格式表示不出 0——整张特殊值表就是被这个代价逼出来的。

⚠️ 顺带记一条：尾数用原码，符号单独放在 $S$ 位，尾数字段只存绝对值的小数部分、不取反加 1。所以浮点数取负只需翻转 $S$ 位，一位尾数都不用动。

交互可视化

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一、字段划分

字段	单精度 float（32 位）	双精度 double（64 位）
符号 $S$	1 位，$[31]$	1 位，$[63]$
阶码 $E$	8 位，$[30:23]$	11 位，$[62:52]$
尾数 $f$	23 位，$[22:0]$	52 位，$[51:0]$
偏置常数 bias	$2^7-1=127$	$2^{10}-1=1023$
有效位数	24 位（含隐藏位）	53 位（含隐藏位）
规格化数的指数范围	$-126\sim +127$	$-1022\sim +1023$

规格化要求尾数写成 $1.f$：小数点前恰好一位非零数字。二进制下非零数字只有 1 一种可能，所以这一位恒为 1，存它是纯粹的浪费——IEEE 754 把它省掉，读的时候自动补回 1.：

$$\text{真值}=(-1{)}^S\times 1.f\times 2^{E-\text{bias}}$$

白赚一位精度，欠下的是 $1.f\ge 1$ 恒成立，这个格式表示不出 0。

二、五类取值

阶码 $E$	尾数 $f$	含义	真值
全 0	$=0$	$\pm 0$	正零、负零，比较时相等
全 0	$\ne 0$	非规格化数	$(-1{)}^S\times 0.f\times 2^{1-\text{bias}}$
全 1	$=0$	$\pm \mathrm{\infty }$	如 $1/0$
全 1	$\ne 0$	NaN	如 $\sqrt{-1}$、$0/0$、$\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }$
$1\sim 2^k-2$	任意	规格化数	$(-1{)}^S\times 1.f\times 2^{E-\text{bias}}$

所以单精度规格化数的真实指数是 $1-127=-126$ 到 $254-127=+127$。

这张表有三处最容易记岔：

🔴 阶码全 0 不等于 0，全 1 不等于 $\mathrm{\infty }$。阶码只决定走哪条分支，尾数决定分支内取什么：全 0 且尾数全 0 才是 $\pm 0$，尾数不全 0 是非规格化数；全 1 且尾数全 0 才是 $\pm \mathrm{\infty }$，不全 0 是 NaN。

🔴 非规格化数的指数是 $1-\text{bias}$，单精度是 $\mathbf{-}\mathbf{126}$ 不是 $-127$。 记法：它与最小规格化数共用同一个指数，区别只在隐藏位一个是 0、一个是 1。

🔴 有效位是 24 位不是 23 位，差的那一位是隐藏位。而且只有规格化数才有隐藏位 1，非规格化数的隐藏位是 0——前导零越多有效数字越少，这正是非规格化区精度逐渐退化的原因。

这张表不是五条规则，是从"0 表示不出来"一路推出来的（想弄清为什么征用的是阶码全 0、非规格化数的指数为什么必须取 1-bias 时展开）

先给"阶码定范围、尾数定精度"一点量纲感。 定点数把全部位都用来存有效数字，位权是固定的：想表示 ${10}^{30}$ 就得摆出上百位，想表示 ${10}^{-30}$ 又得往小数端摆上百位。而实际计算里一个数往往只需要六七位有效数字，真正变化剧烈的是量级。浮点数把"量级"和"有效数字"分开存，于是同样 32 位，定点整数只能覆盖 $\pm 2^{31}$，单精度浮点能覆盖 $\pm {10}^{38}$——代价就是这两部分要在同一份预算里抢位置。

推导链：

1. 隐藏位使 $1.f\ge 1$，0 表示不出来 $\Rightarrow$ 必须征用一个位串专门表示 0。
2. 征用哪个？移码下只能从数轴末梢下手，于是取阶码全 0。为了让 $\pm 0$ 都有编码，规定阶码全 0 且尾数全 0 时为 $\pm 0$，符号由 $S$ 决定。
3. 阶码全 0 被征用后，尾数不全 0 的那些位串（$2^{23}-1$ 个）就闲置了。丢掉可惜——把它们改成"隐藏位为 0"来解释，即 $0.f$，正好能表示比最小规格化数还小的一批数，称为非规格化数。
4. 数轴一端征用了，另一端（阶码全 1）对称地拿去表示"超出范围"和"没有定义"：尾数全 0 表 $\pm \mathrm{\infty }$，尾数不全 0 表 NaN。
5. 剩下的阶码 $1\sim 2^k-2$ 才是规格化数。

非规格化数的指数为什么是 $1-\text{bias}$。 阶码字段是全 0，按常规解码应得 $0-127=-127$，但标准规定它是 $\mathbf{-}\mathbf{126}$。理由是要与最小规格化数无缝衔接：

	值
最大非规格化数（指数取 $-126$）	$(1-2^{-23})\times 2^{-126}$
最小规格化数	$1.0\times 2^{-126}$
两者之差	$2^{-23}\times 2^{-126}=2^{-149}$
相邻非规格化数之间的间隔	$2^{-23}\times 2^{-126}=2^{-149}$

后两行完全相等——从非规格化区跨到规格化区，数的疏密没有任何跳变。如果指数取 $-127$，最大非规格化数只有约 $0.5\times 2^{-126}$，与最小规格化数之间会留下一个宽度约 $2^{-127}$ 的空洞，比该处相邻数的间隔大了 $2^{22}$ 倍。

非规格化数存在的全部意义就是填补 0 到最小规格化数之间的空隙，让下溢变成"渐进"的而不是"一步归零"。指数取 $1-\text{bias}$ 是让这个填补严丝合缝的唯一取值。

$\mathrm{\infty }$ 与 NaN 为什么要分开。 $\mathrm{\infty }$ 表示结果超出了范围但方向确定，参与后续运算仍有意义（$5+\mathrm{\infty }=\mathrm{\infty }$）；NaN 表示结果根本没有定义（$0/0$、$\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }$、$\sqrt{-1}$ 说不出是正是负）。合并成一种，$5+(+\mathrm{\infty })$ 就给不出确定结果了。分开的收益是：程序遇到溢出可以继续算，遇到无定义才需要中断。

三、阶码为什么用移码

阶码要能表示负指数，必须是带符号编码。候选有原码、补码、移码，理由有两条，第二条更决定格式设计。

理由一：比大小可以直接按位串比。 移码是"真值加偏置常数"，加完后真值的顺序被原样保留到无符号整数的顺序里。于是阶码在高位、尾数在低位这样一排，一条整数比较指令就够了。补码做不到——补码里 $-1$ 是全 1，按无符号读是最大值，负指数会排到正指数后面去。

理由二：把"两个极端位串"腾到了数轴两端。 IEEE 754 需要一些位串表示 $0$、$\mathrm{\infty }$、NaN，它们必须从原本能表示实数的编码里挖走。挖哪两个：

阶码编码	全 0 代表的指数	全 1 代表的指数	挖走它们等于
补码	$0$	$-1$	在数轴正中间挖两个洞
移码	最小指数	最大指数	只切掉数轴的两个末梢

移码下损失的只是最极端的量级——那个量级本来也接近溢出。换成补码，被挖掉的就是最常用的 $2^0$ 和 $2^{-1}$ 附近，格式当场废掉。

偏置常数为什么取 2^{k-1}-1 而不是一般移码的 2^{k-1}（想核对正负指数范围为什么不对称时展开）

全 0 和全 1 被征用后，可用阶码只剩 $1\sim 2^k-2$。偏置取小 1，能让剩下这段正负指数的分布更均衡——单精度实际指数范围是 $-126\sim +127$，正向多一格，因为全 1 被拿走的是正端。

若偏置仍取 128，范围会变成 $-127\sim +126$，负端多一格；两者都不对称，标准选了前者，同时也让最大量级略大一点。

顺带一提基数：有些早期格式基数取 16（如 IBM 370 短浮点数），规格化尾数的最高一位十六进制数码可以是 $1\sim \text{F}$ 中任意一个，没有"恒为 1"这回事，隐藏位无从谈起。基数取 2 才有隐藏位，这是 IEEE 754 把基数定死为 2 的收益之一。

四、范围与精度：四个数不要混

问的是	单精度的答案	怎么来的
最小规格化正数	$1.0\times 2^{-126}$	$E_{min}=1$，$e=1-127=-126$，尾数最小是 $1.0$
最小正数（含非规格化）	$2^{-149}$	非规格化最小：$2^{-23}\times 2^{-126}$
最大正数	$(2-2^{-23})\times 2^{127}=2^{128}-2^{104}$	$E_{max}=254$，$e=127$，尾数最大是 $1.11\dots 1=2-2^{-23}$
能精确表示的最大整数	$2^{24}$	有效位只有 24 位，$2^{24}+1$ 就已经存不下了

超过 $2^{24}$ 之后，浮点数仍然"表示得出"更大的整数，只是表示得不精确：$2^{24}$ 到 $2^{25}$ 之间只能表示偶数。

这张表里的四个数最容易互相串，两组区别要盯死：

🔴 "能表示"与"能精确表示"是两个问题。 最大正数 $2^{128}-2^{104}$ 由阶码决定；能精确表示的最大整数 $2^{24}$ 由尾数决定——$2^{24}+1$ 会被静默地存成 $2^{24}$。问法里"精确"这两个字必须逐字读。

🔴 最小正数与最小规格化正数差 $2^{23}$ 倍（$2^{-149}$ 与 $2^{-126}$），差的正是整个非规格化区。题面里有没有"规格化"三个字，答案差七个数量级。

由此得到的选型判据：先看范围够不够（$n$ 位补码整数是 $[-2^{n-1},2^{n-1}-1]$），再看精度够不够（单精度 24 位有效位、双精度 53 位）。范围装得下就用整型——精确且运算快，只有装不下才考虑浮点，此时还要回头检查有效位数。例如某量可达 $\pm 2^{40}$：32 位整数装不下，单精度范围够但只有 24 位有效位存不准，必须用双精度。

int 与 float 相互转换时具体丢什么，见 C 语言中的数据类型与转换。

五、哪些数能被精确表示

判据只有一条：一个十进制小数能用有限位二进制小数精确表示，当且仅当它化成最简分数后，分母是 2 的幂。

数	最简分数	分母	能否精确表示
2.0	$2/1$	$1=2^0$	✓
2.5	$5/2$	$2^1$	✓
1.25	$5/4$	$2^2$	✓
0.4375	$7/16$	$2^4$	✓
1.2	$6/5$	5	✗
0.1	$1/10$	$2\cdot 5$	✗

分母里只要含有 2 以外的质因子（5、3……），二进制展开就是无限循环的，只能截断存储。这就是 0.1 + 0.2 != 0.3 的根源。

六、舍入

模式	规则	别名
就近舍入（中间值取偶）	舍到最近的可表示数；正好在两个可表示数正中间时，取尾数末位为 0（偶数）的那个	默认模式
朝 $+\mathrm{\infty }$ 舍入	总取数轴上右边那个可表示数	正向舍入、朝上舍入
朝 $-\mathrm{\infty }$ 舍入	总取数轴上左边那个可表示数	负向舍入、朝下舍入
朝 $0$ 舍入	直接截断丢弃多余位，取更靠近原点的那个	截断、恒舍法

二进制下"是不是正中间"有一条机械判据——只看被丢弃的那串位：

被丢弃位串	与半个末位比	怎么做
0…	不足一半	舍，保留位不动
1… 且后面还有 1	超过一半	入，保留位加 1
1 000…0（首位 1、其后全 0）	恰好一半	取偶：保留位末位是 1 就加 1，是 0 就不动

🔴 "取偶"这一条极少触发。 只有被丢弃的部分恰好是半个末位（首位 1、其后全 0）时才用它，其余情况就是普通的 0 舍 1 入。所以顺序是先判"是不是正中间"，再决定用哪条——反过来先想着取偶，就会算错。

舍入位 R 与粘位 S：判据只要两个信号，以及"取偶"的唯一理由（想弄清进位公式与硬件为什么不必留下整串丢弃位时展开）

演示（尾数只保留 4 位，就近舍入）：

原尾数	保留位	丢弃位	判定	结果
$1.01100100$	0110	0100	首位 0 → 舍	0110
$1.01101100$	0110	1100	首位 1 且后有 1 → 入	0111
$1.01101000$	0110	1000	恰好一半，末位 0 → 不动	0110
$1.01111000$	0111	1000	恰好一半，末位 1 → 加 1	1000

后两行的丢弃位完全相同，只因保留位末位的奇偶不同，处理就相反——"取偶"只在这两行生效。

上表的三行判定实际只用到被丢弃位串的两个信息：

• 舍入位 $R$：紧挨保留位的第一个被丢弃位
• 粘位 $S$：其余所有被丢弃位的逻辑或（"后面还有没有 1"）

设保留位末位为 $L$，则

$$\mathbf{\text{进位}}⟺R\cdot (S+L)$$

$R=0$ 一律舍；$R=1$ 且 $S=1$ 一律入；$R=1,S=0$ 是"恰好一半"，此时由 $L$ 定夺（$L=1$ 才进位），正是取偶。这解释了为什么硬件不必保存全部被丢弃的位：无论丢掉多少位，只要一个 $R$ 和一个 $S$ 就够了，$S$ 用一个"只要来过 1 就永久置 1"的粘滞触发器累积，名字即由此而来。

为什么"中间值取偶"而不是统一进位：统一"逢中进位"会让误差单向累积——每次都往大的一侧偏，一长串运算下来结果系统性偏高。取偶让中间值一半向上、一半向下（末位是 0 还是 1 大致各半），误差期望为 0。这是"取偶"唯一的理由，与位模式好不好看无关。

七、怎么比大小

移码阶码的设计就是为了这件事：

1. 先看符号位。$S=0$ 的一定大于 $S=1$ 的（$\pm 0$ 除外）。
2. 同为正数：直接把整个 32 位当无符号整数比——阶码在高位、尾数在低位，字典序正好等于数值序。
3. 同为负数：反过来——位模式作为无符号数越大，绝对值越大，值反而越小。

第 3 条最容易翻车。稳妥的做法是把两个数的符号和真实指数都写出来再下结论。

🔴 负浮点数比大小要反过来。 正数把整个位串当无符号整数直接比就行；负数的位模式越大，值反而越小。$\pm 0$ 与 NaN 是这条捷径的两个例外——特别是 NaN 与包括它自己在内的任何数比较都不相等。

两个方向的转换各走一遍，外加 2^24+1 存不下的全过程（想核对自己的转换步骤或舍入判据用得对不对时展开）

机器数 → 真值：十六进制展开成 32 位 → 按 1 / 8 / 23 切开 → 先看阶码是不是全 0 或全 1（这一步决定走哪条公式）→ 规格化数取 $e=E-127$、尾数前补回隐藏位 1. → 写成 $(-1{)}^S\times 1.f\times 2^e$。

真值 → 机器数：绝对值写成二进制 → 规格化成 $1.xxx\times 2^e$ → $E=e+127$ 转 8 位二进制 → 小数点后的位填进尾数字段、右边补 0 补满 23 位 → 拼成 32 位再四位一组转十六进制。

常用二进制小数：$0.5={0.1}_2$，$0.25={0.01}_2$，$0.125={0.001}_2$，$0.0625={0.0001}_2$；$0.375={0.011}_2$，$0.4375={0.0111}_2$，$0.75={0.11}_2$。把要转的小数拆成这几个的和，比反复乘 2 快得多。

（一）机器数 → 真值：某单精度机器数为 C154 0000H。展开成 1 10000010 10101000000000000000000：$S=1$ 为负；$E=1000{0010}_2=130$，既不全 0 也不全 1，属规格化数，$e=130-127=3$；尾数补回隐藏位得 ${1.10101}_2=1.65625$。

$$x=-1.65625\times 2^3=\mathbf{-}\mathbf{13.25}$$

反向验算：$13.25={1101.01}_2={1.10101}_2\times 2^3$ ✓

（二）真值 → 机器数：把 $+65.5$ 写成单精度。$65.5={1000001.1}_2=1.0000011\times 2^6$；$E=6+127=133=1000{0101}_2$；尾数字段取小数点后并右补 0 满 23 位。拼成 0 10000101 00000110000000000000000：

$$\underset{4}{\underbrace{0100}}\underset{2}{\underbrace{0010}}\underset{8}{\underbrace{1000}}\underset{3}{\underbrace{0011}}\underset{0000}{\underbrace{0000\cdots 0000}}=\mathtt{\text{4283 0000H}}$$

（三）$16777217$（即 $2^{24}+1$）装不下时怎么办，正好走一遍舍入判据。

1. 二进制：$2^{24}+1=\underset{25\text{位}}{\underbrace{1000000000000000000000001}}$
2. 规格化：$1.\underset{23\text{位，全 0}}{\underbrace{00000000000000000000000}}\mathbf{1}\times 2^{24}$——小数点后需要 24 位才写得全，而尾数字段只有 23 位，多出来的正是末尾那个 1。
3. 套判据：丢弃部分是 1，首位为 1 且其后再无 1，属恰好一半；保留部分末位是 0（偶），故不进位。

$$16777217\stackrel{\text{就近舍入到偶数}}{\to }16777216=2^{24}$$

4. 阶码 $E=24+127=151=1001{0111}_2$，尾数字段全 0，得 4B80 0000H。

把 4B80 0000H 读回来得到的是 $16777216$——这个整数被静默地改掉了。这也是 int 转 float 会丢精度的原因：两者同为 32 位，但 float 拿走 8 位存量级，留给有效数字的反而更少。

三问走的是同一条路。每次都先看阶码是不是全 0 或全 1——这一步决定用规格化公式还是非规格化公式。

考点速记

1. 总位数定死，阶码定范围、尾数定精度；阶码用移码，既让位串顺序等于数值顺序，又把待征用的全 0 / 全 1 推到数轴两端，偏置常数取 $2^{k-1}-1$（127 / 1023）。
2. 二进制规格化尾数最高位恒为 1 故隐藏不存（23 位字段 → 24 位有效数字），代价是表示不出 0，由此逼出整张五类取值表：阶码只决定走哪条分支，尾数决定分支内的取值；非规格化数的指数固定为 $1-\text{bias}$（单精度 $-126$），与最小规格化数共用同一个指数。
3. "能表示"由阶码决定、"能精确表示"由尾数决定（最大正数 $2^{128}-2^{104}$ vs 最大精确整数 $2^{24}$）；能精确表示 $⟺$ 最简分数的分母是 2 的幂；就近舍入只有恰好半个末位时才取偶；负浮点数比大小要反过来。

这一节在真题里被考过的形式（下方「真题练习」逐题对应，本章题量最大的一篇）：

• 给一个十六进制机器数，问它按 float 解释的值：展开成 32 位 → 按 1/8/23 切开 → 先看阶码是不是全 0 或全 1（决定走哪条公式）→ 规格化数取 $e=E-127$、尾数前补回 1.。
• 给一个十进制数，问它的 float 机器数：绝对值转二进制 → 规格化成 $1.xxx\times 2^e$ → $E=e+127$ → 尾数右边补 0 补满 23 位 → 四位一组转十六进制。
• 问单精度能表示的最小/最大正数，或能精确表示的最大整数：四个数各有各的来源，看清题面有没有"规格化""精确"这两组字——最小正数 $2^{-149}$ 与最小规格化正数 $2^{-126}$ 差 $2^{23}$ 倍，最大正数由阶码定而最大精确整数 $2^{24}$ 由尾数定。
• 问某个 int 值转成 float 后是否精确、或两个类型能否互相无损往返：比有效位数——int 有效位可达 31 位、float 只有 24 位，超过 $2^{24}$ 的奇数存不下。
• 给一个机器数，问它按 int 或按 float 解释时的值可能是多少：同一串位分别按补码和 IEEE 754 各读一遍。
• 挑关于 IEEE 754 的错误叙述：常设的错点是"阶码全 0 表示 0""偏置常数是 $2^{k-1}$""有效位是 23 位""非规格化数的指数是 $-127$"——四条全是本篇 🔴 标出来的那几处。
• 大题里做浮点数的编码与解码：步骤同上两条，但要写出每一步的中间结果（阶码字段的十进制值、尾数补隐藏位后的形式），只给最终答案通常拿不到全分。

易错：把偏置常数记成 $2^{k-1}$。是 $2^{k-1}-1$。

易错：非规格化数的指数按 $E-\text{bias}$ 算成 $-127$。它固定是 $1-\text{bias}$。

易错：有效位按尾数字段的 23 位算。加上隐藏位是 24 位。

易错：把"最小正数"与"最小规格化正数"混答。差整个非规格化区。

易错：负浮点数按位串顺着比大小。要反过来。

教材出处

• IEEE 754 格式、隐藏位、偏置常数取 $2^{n-1}-1$ 的两个好处：袁春风《计算机组成与系统结构》第 3 版 §2.3.3 IEEE 754 浮点数标准，印刷页 p36
• 五类取值的解释（表 2.2）、非规格化数指数固定为 $-126$/$-1022$ 且用于处理阶码下溢、NaN 的产生操作（表 2.3）、格式参数（表 2.4）：同书 §2.3.3，印刷页 p37–p38
• 浮点数规格化的定义与左规/右规：同书 §2.3.2 浮点数的规格化，印刷页 p36
• 基数为 16 的浮点格式（IBM 370 短浮点数，尾数用十六进制原码小数、无隐藏位）与基数为 2 的格式对照：同书 §2.3.1 浮点数的表示格式 例 2.21/例 2.22，印刷页 p35
• 四种舍入方式及表 3.4 舍入示例、图 3.17 浮点数间隔（数密度）：同书 §3.5.2 浮点运算的精度和舍入，印刷页 p83–p85
• 单精度最小可表示数 $2^{-23}\times 2^{-126}=2^{-149}$、规格化数个数与量级范围：袁春风《计算机系统基础》§2.3.3，印刷页 p49

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