真值与机器数：四种编码的定义

2026 大纲 二（一）2　定点数的编码表示 · 二（三）整数的表示和运算。二（三）的无符号整数与带符号整数，正是本篇中"纯二进制"与"补码"两种编码在整数上的落地。

机器里没有"负号"这个符号

真值是带正负号的实际数值，是人写的形式；机器数是连符号一起编码成 0/1 位串的形式。机器里根本没有"$-$"这个符号可用，正负必须编码进位串本身。

于是问题变成：符号编进去之后，怎么让它别碍事？四种编码回答的都是同一个问题——

🔴 符号位数字化之后，能不能和数值部分一起参加运算？ 不能，就得先取符号、比绝对值、再决定做加还是做减；能，加法器直接把 $n$ 位一起加就完了。四种编码的差别只在负数怎么编——正数在原码、反码、补码三者中完全相同。

补码之所以成为整数的通用表示，理由只有一条：

🔴 它能用加法做减法，根据是模运算。 $n$ 位寄存器丢弃进位等价于对 $2^n$ 取模，于是 $X-Y\equiv X+(2^n-Y)(\mathrm{mod}{2}^n)$，而 $2^n-Y$ 正是 $[-Y{]}_{\mathrm{补}}$。顺带一提，"取反加 1"不是口诀，它是定义式 $2^n+X$ 的代数展开（见下方折叠块）。

⚠️ 读定义式前先确认一件事：本篇的 $n$ 指机器字长（含 1 位符号位），数值位是 $n-1$ 位。有些教材用 $n$ 表示数值位数，定义式写成 $[X{]}_{\mathrm{补}}=2^{n+1}+X$。两套约定都对，但代进表示范围会差一位——看别的书时先确认它的 $n$ 是哪个。

一、四种编码的定义式与表示范围

原码：符号位取真值的正负（正 0 负 1），数值位直接写绝对值。

$$[X{]}_{\mathrm{原}}=\{\begin{array}{ll}X& 0\le X<2^{n-1}\\ 2^{n-1}+|X|& -2^{n-1}<X\le 0\end{array}$$

式中 $2^{n-1}+|X|$ 就是"把符号位置 1、数值位保持绝对值"。范围 $-(2^{n-1}-1)\sim +(2^{n-1}-1)$。原码直观且乘除方便（绝对值相乘、符号位单独异或），坏处是加减法必须先比较绝对值再决定做加还是做减——这个代价就是补码出现的动机。

补码：正数与原码相同；负数是反码加 1。

$$[X{]}_{\mathrm{补}}=\{\begin{array}{ll}X& 0\le X<2^{n-1}\\ 2^n+X& -2^{n-1}\le X<0\end{array}$$

范围 $-2^{n-1}\sim +(2^{n-1}-1)$，比原码/反码多一个最小负数。

反码：正数与原码相同；负数是原码的数值位按位取反（符号位不变）。范围与原码相同。它现在几乎不单独使用——从"取反加 1"的推导可以看出它的真实身份：它就是 $2^n-1-|X|$ 那一步的中间结果，链条"原码 → 反码 → 补码"里的第二环。历史上曾有机器直接用反码做运算，但双零和"循环进位"的麻烦让它被补码取代。

移码：在真值上加一个偏置常数（这里取 $2^{n-1}$）。

$$[X{]}_{\mathrm{移}}=2^{n-1}+X(-2^{n-1}\le X<2^{n-1})$$

范围与补码相同。

⚠️ IEEE 754 的阶码也是移码，只是偏置常数不取 $2^{n-1}$ 而取 $2^{n-1}-1$（单精度 127、双精度 1023）。别把"移码的最小真值对应全 0"与"IEEE 754 里阶码全 0 有特殊含义"混为一谈——后者是标准对特殊值的编码约定，与移码本身的性质无关。

⚠️ 还有一条前提要说死：只给一串位是确定不了真值的，还必须知道用的是哪种编码和字长是多少。同一个真值在不同位数下机器数不同（$-2^{n-1}$ 在 $n$ 位下是 10...0、在 $n+1$ 位下是 110...0），同一串位在不同编码下真值也不同。

补码为什么能把减法变成加法，以及"取反加 1"的代数展开（想弄清这两条是推出来的而不是硬记的时展开）

模运算。 钟表是个模 12 的系统：时针从 10 点倒拨 4 格，可以逆时针拨 4 格（$-4$），也可以顺时针拨 8 格（$+8$）——因为 $-4\equiv 8(\mathrm{mod}12)$，两者结果都是 6 点。

$n$ 位寄存器就是一个模 $2^n$ 的系统：超出 $n$ 位的进位自动丢弃，等价于对 $2^n$ 取模。所以

$$X-Y\equiv X+(2^n-Y)(\mathrm{mod}{2}^n)$$

只要用 $2^n-Y$ 这个"补数"代替 $-Y$，减法就变成了加法。而 $2^n-Y$ 正是 $[-Y{]}_{\mathrm{补}}$ 的定义式。于是"符号位能不能一起算"这个问题得到了肯定回答：补码的符号位可以和数值位一起参加加法运算，加法器不必知道操作数的正负。

"取反加 1"的来历。 定义式里是 $2^n+X$（$X$ 为负），实际操作却是"取反加 1"。以 8 位、$|X|=1101100$ 为例：

$$2^8-1101100=\underset{\text{产生符号位}}{\underbrace{10000000}}+\underset{\text{数值位按位取反}}{\underbrace{(1111111-1101100)}}+\underset{\text{末位加 1}}{\underbrace{1}}$$

拆项之后一目了然：$2^8=10000000+10000000$，前一个 $10000000$ 留下来充当符号位 1，后一个拆成 $1111111+1$；而 $1111111-$ 数值位就是逐位取反（每一位不是 0 就是 1，用 1 减等于翻转），剩下那个 $1$ 就是末位加 1。

用一个数把"定义式"和"取反加 1 操作"对上号。 取 8 位、真值 $-45$，$45=(101101{)}_2$，7 位数值位写作 0101101：

编码	结果	怎么来的（操作路径）
原码	10101101	符号位 1 + 绝对值
反码	11010010	原码数值位取反
补码	11010011	反码加 1
移码	01010011	补码符号位取反

再走定义式这条路，两边必须落到同一串位：

• 补码定义式 $2^n+X$：$2^8-45=211=(11010011{)}_2$ ✓
• 移码定义式 $2^{n-1}+X$：$2^7+(-45)=128-45=83=(01010011{)}_2$ ✓

操作路径与定义式给出同一个结果——这正是上面那段代数展开所证明的事。手算时用操作路径快，判断边界或位数变化时回到定义式才靠得住。

二、四位字长的全表

真值	原码	反码	补码	移码
+7	0111	0111	0111	1111
+6	0110	0110	0110	1110
+5	0101	0101	0101	1101
+4	0100	0100	0100	1100
+3	0011	0011	0011	1011
+2	0010	0010	0010	1010
+1	0001	0001	0001	1001
+0	0000	0000	0000	1000
−0	1000	1111	—	—
−1	1001	1110	1111	0111
−2	1010	1101	1110	0110
−3	1011	1100	1101	0101
−4	1100	1011	1100	0100
−5	1101	1010	1011	0011
−6	1110	1001	1010	0010
−7	1111	1000	1001	0001
−8	—	—	1000	0000

看最后两行：$-8$ 只有补码和移码能表示，原码/反码的那个位串被 $-0$ 占用了。再看移码那一列从上到下严格递减、从下到上严格递增——这正是它能直接按无符号比大小的直观形态。

三、还有一种"第零号编码"：无符号数

上面四种回答的都是"符号怎么编"。如果一个量根本不会为负（地址、计数值、位串本身），就没必要留出符号位——$n$ 位全部当数值位：

$$X=\sum _{i=0}^{n-1}{b}_i\cdot 2^i,0\le X\le 2^n-1$$

它与补码的关系就是最高位权的差别：补码把最高位的权取成 $-2^{n-1}$，无符号取成 $+2^{n-1}$，两者相差 $2^n$。所以 8 位的 11111111 按补码是 $-1$、按无符号是 $255$。它没有符号位，也就谈不上"看两个符号位判溢出"那一套——无符号加法的溢出判据是最高位是否产生进位，见 补码加减法与溢出判断。

编码	负数怎么编	零	表示范围（$n$ 位）	主要用途
无符号	不表示负数	唯一	$[0,2^n-1]$	地址、计数、位串
原码	符号位 1 + 绝对值	两个	$[-(2^{n-1}-1),2^{n-1}-1]$	乘除法的数值部分、浮点尾数
反码	原码数值位取反	两个	$[-(2^{n-1}-1),2^{n-1}-1]$	求补码的中间步骤
补码	反码 + 1	唯一	$[-2^{n-1},2^{n-1}-1]$	整数的通用表示、加减运算
移码	补码符号位取反	唯一	$[-2^{n-1},2^{n-1}-1]$	浮点数的阶码

这张表里有三处不是巧合：

🔴 零的表示：原码 / 反码各两个，补码 / 移码唯一。 $[-0{]}_{\mathrm{原}}=10\dots 0$，$[-0{]}_{\mathrm{反}}=11\dots 1$。

🔴 补码为什么比原码、反码多一个数：原码与反码各浪费了一个位串在 $-0$ 上。$n$ 位一共 $2^n$ 个位串是定死的，少一个零就能多一个数，空出来的那个给了 $-2^{n-1}$。所以范围的不对称不是设计缺陷，是消除冗余的必然结果。左右不对称的算法也随之清楚：正数 $2^{n-1}-1$ 个、负数 $2^{n-1}$ 个、零 1 个，加起来正好 $2^n$——零被算进了非负那一侧，所以负数多一个。

🔴 移码 $=$ 补码的符号位取反，这个改动的用意是：加偏置之后最小真值映射到全 0、最大真值映射到全 1，中间严格单调递增，于是"真值的大小顺序"与"把位串当无符号整数读的顺序"完全一致——浮点比大小时硬件直接按位串比就行。补码做不到这一点：补码里 $-1$ 是全 1，按无符号读反而是最大值。

一句话选型：要按位串直接比大小就用移码，要让符号位参与加法就用补码。 阶码需要前者，整数需要后者。

四、按权展开：把符号位当成一个负权

前面的分段定义适合"给真值求编码"。反过来"给一串位求真值"，用按权展开更快——只要把最高位的权取成负的：

$$\boxed{{\displaystyle X=-b_{n-1}\cdot 2^{n-1}+\sum _{i=0}^{n-2}{b}_i\cdot 2^i}}$$

8 位的具体形态是 $X=-128b_7+64b_6+32b_5+16b_4+8b_3+4b_2+2b_1+b_0$：

位串	展开	真值
10000000	$-128+0$	$-128$
10000001	$-128+1$	$-127$
11111111	$-128+127$	$-1$

🔴 由位串求真值，走按权展开最快。 口诀是：符号位为 1 时，真值 $=-2^{n-1}$ 再加上低 $n-1$ 位当无符号数读出的值。位串里 1 越多，这条路越省事。

🔴 顺带澄清一个常见误解：10000000 不是溢出。 8 位补码的范围是 $[-128,+127]$，$-128$ 是合法值。"求补必溢出"说的是对它做求补运算会溢出（$+128$ 超出上界），不是它本身非法。

这个式子怎么来的，以及用它构造"含 k 个 1 的最小补码"（碰到给 1 的个数求极值这类题、或想确认它对正数也成立时展开）

设最高位 $b_{n-1}=1$，则位串的无符号值为 $2^{n-1}+(\text{低 }n-1\text{ 位的值})$。而补码定义说这串位代表 $\text{无符号值}-2^n$，于是

$$X=2^{n-1}+(\text{低位值})-2^n=-2^{n-1}+(\text{低位值})$$

正是上式。$b_{n-1}=0$ 时它退化为普通的无符号展开，同样成立。

用它构造极值。 问：由 3 个 1 和 5 个 0 组成的 8 位二进制补码，能表示的最小整数是多少？

1. 定符号位。要最小（最负），符号位必须是 1——符号位为 0 的都是非负数，一定比它大。用掉一个 1。
2. 写出展开式。符号位为 1 $\Rightarrow$ 真值 $=-128+(\text{低 7 位的无符号值})$。
3. 最小化剩下的部分。低 7 位还剩 2 个 1 和 5 个 0，要让它作为无符号数尽可能小，就把两个 1 全塞到最低位：0000011 $=3$。

$$X_{min}=-128+3=\mathbf{-}\mathbf{125},\text{机器数 }\mathtt{\text{10000011}}$$

第 3 步为什么不能随手放：满足"3 个 1"的位串不止一个，11100000 同样有 3 个 1，但两个 1 摆在高位，低 7 位读出来是 96，真值 $=-128+96=-32$——合法，却远不是最小。约束限定了 1 的个数，最小化则要求把这些 1 尽量往低位摆，两件事要分开想。

考点速记

1. 四种编码是对"符号位能否参加运算"的四种回答，差别只在负数怎么编；零的表示是原码/反码各两个、补码/移码唯一，补码多出的 $-2^{n-1}$ 正是从 $-0$ 那里省下来的。
2. 补码能用加法做减法的原因是模运算（$n$ 位寄存器丢弃进位等价于对 $2^n$ 取模），"取反加 1"是定义式 $2^n+X$ 的代数展开，不是口诀。
3. 移码 $=$ 补码符号位取反，它把真值顺序映射成无符号数顺序，所以用于阶码；由位串求真值走按权展开（最高位取负权）最快；给定编码必须交代编码方式和位数，否则边界问题无解。

这一节在真题里被考过的形式（下方「真题练习」里属于本篇的那几道）：

• 给一个十进制真值，问它的机器数（十六进制）：正数直接转；负数走 $2^n+X$ 或"取反加 1"，算完用按权展开验一遍。⚠️ 位数按题面给的类型定（short 是 16 位），别按 32 位算。
• 给机器数问真值，并接着做一次加减：先按权展开求出两个真值（最高位取负权最快），算完再编码回去。这类题通常在第二问上设溢出陷阱。
• 给几个机器数，问按无符号 / 按带符号解释时的大小关系：同一串位在两种解释下的顺序可以完全不同。按无符号就直接比位串；按带符号先看最高位——负数一律小于非负数，都是负数时再比。这道题考的正是"补码顺序 $\ne$ 位串顺序"。
• 给一个机器数，问它按 int 或按 float 解释时的值可能是多少：把同一串位分别按补码和 IEEE 754 各读一遍，看哪个选项对得上。这是"位串本身没有类型"的最直接考法。
• 问由若干个 1 和若干个 0 组成的 $n$ 位补码能表示的最小整数：要最小就要最负，所以符号位必须是 1，剩下的 1 尽量往低位放（数值部分越小越负）。

易错：把补码的表示范围写成左右对称。负数比正数多一个，因为零算在非负那侧。

易错：按无符号的顺序去比补码的大小。补码里全 1 是 $-1$ 而不是最大值。

易错：位数按 32 位默认算。short 是 16 位，题面给什么类型就用什么位数。

易错：把"取反加 1"当成孤立口诀。它就是 $2^n+X$，拿不准时回到定义式。

教材出处

• 四种编码的定义式与表示范围：唐朔飞《计算机组成原理》第 3 版 §6.1 无符号数和有符号数，印刷页 p223–p228（含表 6.1 全位串对照表、图 6.1 移码数轴）
• 模运算动机（钟表模 12 的例子）与"取反加 1"的代数展开：袁春风《计算机组成与系统结构》第 3 版 §2.1.4 定点数的编码，印刷页 p29–p31
• $-2^{n-1}$ 在 $n$ 位与 $n+1$ 位下机器数不同、给定编码必须明确位数：同书 §2.1.4 例 2.12，印刷页 p30

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