不恢复余数除法（加减交替法）

大纲定位

二（二）3　乘/除运算
大纲原文是「乘/除法运算的基本原理，乘法电路和除法电路的基本结构」。加减交替法是实际计算机普遍采用的除法算法（教材原话：恢复余数除法在计算机中很少采用），所以除法器的结构题基本都以它为背景。

大纲这一条还要求「电路的基本结构」，那部分见乘法电路与除法电路的基本结构——真题里除法/乘法的综合题考的正是那里。

考情分析

408 的题型只有单项选择题和综合应用题两类。真题中除法以除法器结构形式出现（问寄存器初值、计数器位置、ALU 操作种类）。本篇要拿下的是两件事："余数符号决定下一步做加还是做减"的规则，以及末位余数为负时的修正——后者最容易漏。

从恢复余数法推导

恢复余数法中，当余数 $R_{i} < 0$ 时执行三步操作：

R_{i} + Y （恢复） \overset{左移}{\to} 2 (R_{i} + Y) \overset{- Y}{\to} 2 (R_{i} + Y) - Y = 2 R_{i} + Y

如果跳过恢复，直接对负余数左移再加 $Y$ ：

2 R_{i} + Y

两者结果完全相同。这意味着"不够减"时根本不需要恢复，只需记住下一步改做加法即可。

运算规则

R_{i} \geq 0 ⟹ 商 1， R_{i + 1} = 2 R_{i} - Y

R_{i} < 0 ⟹ 商 0， R_{i + 1} = 2 R_{i} + Y

口诀：余数为正做减法，余数为负做加法。每步固定一次加法或减法，步骤数完全固定。

最终余数修正

若最后一步余数为负（末位商 0），需执行一次修正：

R_{修 正} = R_{n} + Y

原因：最后一步不够减时，后续没有左移来"消化"这个负余数，所以需要真正恢复一次。

算法流程

输入：被除数 |X|，除数 |Y|（定点小数，要求 |X| < |Y|）
初始：R = |X|，先做一次试减 R = R - |Y|

// 首次试减是溢出判断，产生商的整数位 q0，不计入小数商位
if R >= 0: q0 = 1，溢出，停止
else: q0 = 0，继续（不恢复，下一步按"负余数做加法"规则走）

for i = 1 to n:
    s = sign(R)             // ★ 必须在左移之前记下符号
    R = R << 1              // 左移（左移后符号位会被数值位占用，不可再读）
    if s >= 0:
        R = R - |Y|         // 上一步余数为正 → 减
    else:
        R = R + |Y|         // 上一步余数为负 → 加
    判断 R 正负：正 → Q[i] = 1，负 → Q[i] = 0

商 = 0.Q[1]Q[2]...Q[n]

// 最终修正
if R < 0:
    R = R + |Y|             // 末位商 0 时余数需真正恢复一次

最容易错的一步

与恢复余数法相同：首次试减只是溢出判断（商的整数位 $q_{0}$ ），不是第一个小数商位。 $n$ 个小数商位都从"左移之后"的加/减开始取。把 $q_{0}$ 当成 $q_{1}$ ，整条商会错位一位。

教材差异

有的教材先移位后运算，有的先运算后移位，两者逻辑等价但中间步骤不同。考试时认准一种写法保持一致。

交互可视化

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例题

例 1：用加减交替法计算 $0.1011 \div 0.1101$ （正数，4 位数值位）

$| X | = 0.1011$ ， $| Y | = 0.1101$ ， $[- | Y |]_{补} = 1.0011$

采用先左移后加减的写法（与两本主教材的演算表一致）：

看表前先说清一件事

表中的余数是单符号位表示的。左移时符号位会被第一个数值位顶掉——比如 0.1011 左移得 1.0110，看着像负数，其实不是。所以「这一步该加还是该减」永远取决于左移之前那个余数的符号，不能读左移之后的符号位。（若改用双符号位书写，左移按算术左移处理，最高位才是真符号。）

步骤	操作	余数 $R$	商位
初始		`0.1011`
首次试减	$R - Y = 0.1011 + 1.0011 = 1.1110$	`1.1110`（负）	$q_{0} = 0$ （不溢出，不计入商）
左移		`1.1100`
第 1 步	上步余数负 → $R + Y = 1.1100 + 0.1101 = 0.1001$	`0.1001`（正）	$q_{1} = 1$
左移		`1.0010`
第 2 步	上步余数正 → $R - Y = 1.0010 + 1.0011 = 0.0101$	`0.0101`（正）	$q_{2} = 1$
左移		`0.1010`
第 3 步	上步余数正 → $R - Y = 0.1010 + 1.0011 = 1.1101$	`1.1101`（负）	$q_{3} = 0$
左移		`1.1010`
第 4 步	上步余数负 → $R + Y = 1.1010 + 0.1101 = 0.0111$	`0.0111`（正）	$q_{4} = 1$

末位余数为正，无需修正。

商 = 0.1101，余数 = $0.0111 \times 2^{- 4}$

与恢复余数法结果完全一致，但全程没有做过恢复操作。注意首次试减后余数为负时不恢复，直接左移后按规则做加法——这正是"加减交替"名字的由来。

例 2：用加减交替法计算 $X = - 0.1000$ ， $Y = 0.1011$

符号处理： $1 \oplus 0 = 1$ ，商为负。

取绝对值 $| X | = 0.1000$ ， $| Y | = 0.1011$ ， $[- | Y |]_{补} = 1.0101$

步骤	操作	余数	商位
首次试减	$0.1000 + 1.0101 = 1.1101$	`1.1101`（负）	$q_{0} = 0$ （不溢出，不计入商）
左移		`1.1010`
第 1 步	上步余数负 → $R + Y = 1.1010 + 0.1011 = 0.0101$	`0.0101`（正）	$q_{1} = 1$
左移		`0.1010`
第 2 步	上步余数正 → $R - Y = 0.1010 + 1.0101 = 1.1111$	`1.1111`（负）	$q_{2} = 0$
左移		`1.1110`
第 3 步	上步余数负 → $R + Y = 1.1110 + 0.1011 = 0.1001$	`0.1001`（正）	$q_{3} = 1$
左移		`1.0010`
第 4 步	上步余数正 → $R - Y = 1.0010 + 1.0101 = 0.0111$	`0.0111`（正）	$q_{4} = 1$

商的绝对值 = 0.1011，末位余数为正无需修正。

最终：商 = $- 0.1011$ （原码 $1.1011$ ），余数 = $- 0.0111 \times 2^{- 4}$ （余数符号与被除数同号，取负）。

验证： ${0.1011}_{2} \times {0.1011}_{2} + {0.0111}_{2} \times 2^{- 4} = \frac{121}{256} + \frac{7}{256} = \frac{128}{256} = {0.1000}_{2} = | X |$ ✓

与恢复余数法的对比

特性	恢复余数法	加减交替法
每步操作次数	最多 2 次（试减+恢复）	恰好 1 次
步骤数	不固定	固定 $n$ 步
最终修正	不需要	末位余数为负时需修正
硬件效率	低	高，实际计算机采用
控制逻辑	需要条件分支	更规整

补码加减交替法（扩展）

上面讨论的是原码除法。408 偶尔也会涉及补码加减交替法，规则略有不同：

被除数与除数同号：初始做减法
被除数与除数异号：初始做加法
余数与除数同号 → 商 1，下一步做减
余数与除数异号 → 商 0，下一步做加
末位恒置 1（精度损失最大 $2^{- n}$ ；这是补码加减交替法专属的简化约定，与上文原码除法"末位余数为负才修正"的处理不同，别混用）

补码除法的商直接就是补码表示，不需要单独处理符号。

考点清单

[ ] 加减交替法核心规则：正余数下一步减，负余数下一步加
[ ] 每步操作固定为一次加/减法
[ ] 最终余数为负时需修正 $R = R + Y$
[ ] 与恢复余数法的推导关系： $2 (R + Y) - Y = 2 R + Y$
[ ] 原码除法符号位单独处理（异或），余数符号与被除数相同
[ ] 步骤数固定为 $n$ （数值位位数），效率优于恢复余数法

真题练习

2025Q449分 2024Q152分 2020Q4313分

不恢复余数除法（加减交替法）

大纲定位

考情分析

从恢复余数法推导

运算规则

最终余数修正

算法流程

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例题

与恢复余数法的对比

补码加减交替法（扩展）

考点清单

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