2020q3 Homework5 (quiz5)

contributed by < sammer1107 >

tags: `進階電腦系統理論與實作`

測驗 1












#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

double divop(double orig, int slots) {
    if (slots == 1 || orig == 0)
        return orig;
    int od = slots & 1;
    double result = divop(orig / D1, od ? (slots + D2) >> 1 : slots >> 1);
    if (od)
        result += divop(result, slots);
    return result;
}

首先，5~6 判斷如果被除數為 0 或是除數為 1 ，就可以直接返回答案了。
再來，第 7 行的 od 判斷除數是否為奇數
- 如果是偶數，我們可以把除術與被除數都除以二，答案也是一樣的
- 如果是奇數，我們沒辦法把奇數除以二，所以變成把 slot 加一再除以二。如此的話，除出來的結果會比較小，之後需要加回來。
- 根據上面，第 8 行答案應該是 divop(orig / 2, od ? (slots + 1) >> 1 : slots >> 1)
第 9~10 判斷如果除數為奇數，那就把多除的部份補回來。因為

$\begin{aligned} \frac{a}{b} = & \frac{a}{b + 1} \frac{b + 1}{b} \\ = & \frac{a}{b + 1} (1 + \frac{1}{b}) \\ = & \frac{\frac{a}{2}}{\frac{b + 1}{2}} + \frac{\frac{a}{2}}{\frac{b + 1}{2}} \frac{1}{b} \end{aligned}$
所以我們要補加回來的部份就是
$\frac{result}{b}$ 也就是 divop(result, slot)

測驗 2

原題目：
































































































#include <stdint.h>

/* A union allowing us to convert between a float and a 32-bit integers.*/
typedef union {
    float value;
    uint32_t v_int;
} ieee_float_shape_type;

/* Set a float from a 32 bit int. */
#define  INSERT_WORDS(d, ix0)	        \
    do {                                \
        ieee_float_shape_type iw_u;     \
            iw_u.v_int = (ix0);         \
        (d) = iw_u.value;               \
    } while (0)

/* Get a 32 bit int from a float. */
#define EXTRACT_WORDS(ix0, d)        \
    do {                             \
        ieee_float_shape_type ew_u;  \
        ew_u.value = (d);            \
        (ix0) = ew_u.v_int;          \
    } while (0)

static const float one = 1.0, tiny = 1.0e-30;

float ieee754_sqrt(float x)
{
	float z;
	int32_t sign = 0x80000000;
	uint32_t r;
    int32_t ix0, s0, q, m, t, i;
	
	EXTRACT_WORDS(ix0, x);
	
	/* take care of zero */
    if (ix0 <= 0) {
        if ((ix0 & (~sign)) == 0)
            return x; /* sqrt(+-0) = +-0 */
        if (ix0 < 0)
            return (x - x) / (x - x); /* sqrt(-ve) = sNaN */
    }
	/* take care of +INF and NaN */
    if ((ix0 & 0x7ff00000) == 0x7ff00000) {
        /* sqrt(NaN) = NaN, sqrt(+INF) = +INF,*/
        return x;
    }
	/* normalize x */
    m = (ix0 >> 23);
    if (m == 0) { /* subnormal x */
        for (i = 0; (ix0 & 0x00800000) == 0; i++)
            ix0 <<= 1;
        m -= i - 1;
    }
    m -= 127; /* unbias exponent */
    ix0 = (ix0 & 0x007fffff) | 0x00800000;
    if (m & 1) { /* odd m, double x to make it even */
        ix0 += ix0;
    }
    m >>= 1; /* m = [m/2] */
	
    /* generate sqrt(x) bit by bit */
    ix0 += ix0;
    q = s0 = 0; /* [q] = sqrt(x) */
    r = 0x01000000;       /* r = moving bit from right to left */

    while (r != 0) {
        t = s0 + r;
        if (t <= ix0) {
            s0 = t + r;
            ix0 -= t;
            q += r;
        }
        ix0 += ix0;
        r >>= 1;
    }

    /* use floating add to find out rounding direction */
    if (ix0 != 0) {
        z = one - tiny; /* trigger inexact flag */
        if (z >= one) {
            z = one + tiny;
            if (z > one)
                q += 2;
            else
                q += (q & 1);
        }
    }
	
    ix0 = (q >> 1) + 0x3f000000;
    ix0 += (m << 23);
	
    INSERT_WORDS(z, ix0);

    return z;
}

37~42: 這裡一並處理數字為 0 或數字為負的情況。
- 若原數字為負，則轉成 int 來看仍會是負的(都可用最高位判斷); 若原數字為 +0 ，則轉成 int 來看也是 0。所以 37 用 <= 0 來判斷。
- 38~39 進一步處理
  $\pm 0$ 。把 sign bit 設為 0 若等於 0，即可一次處理兩種情況。
- 剩下的非 0 負數，則透過產生 NaN 處理。
44~47: 這裡要處理 NaN 與 Inf，兩者在 exponent 的部份皆是 255，所以要透過 & 0x7F800000 來看 exponent 是不是全 1 。這部份正確的寫法應該是
```
if ((ix0 & 0x7f800000) == 0x7f800000) {
    /* sqrt(NaN) = NaN, sqrt(+INF) = +INF,*/
    return x;
}
```
48~60: 這裡把指數的部份單獨取出來做處理，因為我們已經去掉負數的情況，所以可以直接 >> 23 來取得指數。
```
/* normalize x */
m = (ix0 >> 23);
if (m == 0) { /* subnormal x */
    for (i = 0; (ix0 & 0x00800000) == 0; i++)
        ix0 <<= 1;
    m -= i - 1;
}
m -= 127; /* unbias exponent */
ix0 = (ix0 & 0x007fffff) | 0x00800000;
if (m & 1) { /* odd m, double x to make it even */
    ix0 += ix0;
}
m >>= 1; /* m = [m/2] */
```
- 50~54：如果指數部份皆為 0 ，代表數字在 subnormal 模式。我們要重新以類似 normal 的方式表示這個數，方便後續處理。所以我們把 ix0 向左移，直到 mantissa 中有 1 overflow 到 exponent 中，並以負數紀錄下相對的指數在 m 中。
- 55：這裡我們把 bias 補回來，m 現在表示真實的指數。
- 56：這裡我們透過 & 0x007fffff 只留下 mantissa 的部份，然後再 | 0x00800000 來補回隱藏的 1 ，如此現在 ix0 就反映出實際的值了，像 fixed point 的感覺。
- 57~60: 開根號的時候指數的部份其實就是除以二(>> 1)，但當 m 為奇數時，無法被 2 整除，因此我們要把 ix0 乘以二，如此指數減 1 ，現在就可以直接用 shift 做除以 2 了。
62~76: 這裡用的開根號方式類似手算十進位開根號的方式，只不過改成是在 2 進位做。
- 觀察 ix0 這裡所代表的值，在 56 之後會佔用 24 bit，再經過 58,63 行之後最多佔用 26 bit。
- 假設有個二進位小數為 x.xx... ，則平方後小於
  $2^{2} = 100.00 . . .$ 所以小數點前最多兩個 bit。依此類推得到開根號後長度應該減半，與十進位中的規則類似。如此我們可以像原本開根號的方式一樣將被開根數兩兩切一段，並逐段處理來算出開根號。
- 因為 ix0 是 25 bit 或 26 bit，所以第一個處理的位置是 bit 25 (從 1 開始數)，對應到 r = 0x01000000 這個答案。之後一次要跳兩格，但是為了計算方便，74~75 把 ix0 << 1 然後 r >> 1 所以和跳兩格是等效的。
- 我們已知 r 代表目前正在處理的 bit 位置，68,69 行做的事情就是測試下一個開出來的值是不是 1 ，如果是就：
  - 把 2r 加到 s0 (68,70 總共加了兩個 r)，這對應到 10 進位中把最右邊的數字再乘以 2 的動作。
  - 把左邊數(t)與新的 bit (
    $= 1$ )的乘積從現有數 (ix0) 扣掉
  - 把這個 bit 加到答案之中 (q += r)
```
t = s0 + r;
if (t <= ix0) {
    s0 = t + r;
    ix0 -= t;
    q += r;
}
```
- 如果下一個值開出來是 0，則不會進 if ，直接換下個位置即可。
- 原本轉成 fix point 格式後，小數點之後有 23 個 bit，但是 63 行相當於把小數點往上移了一個位置。故出了回圈之後，q 應該會是一個 25 bit 的數字，其中 24 個 bit 皆在小數點底下，這多出來的一個 bit，讓我們之後可以做 rounding。
rounding: 這裡我們透過把 1 加減很小的數來判斷系統使用的 rounding mode。
+ 如果減了之後小於 1 ，代表系統是 round down，而因為 ix0 > 0，所以我們目前的答案已經是偏小的，所以不需再做動作。多餘的 1 等一下就會被 shift 掉。
+ 如果減了之後等於 1 ，且加了之後大於 1，說明系統是 round up，因此直接進位到最低位 (+2)
+ 如果加減都回到 1 ，說明系統是 round to nearest? 此時如果最低位為 1 ，就進位。
90~91：做完 rounding 之後，要把 mantissa 與 exponent 再次合併，所以要把 m 再 << 23 回去他的位置。要注意的是這裡的 m 並沒有 bias。所以 90 行要把 m 從 2 補數轉到 bias representation。
- 我們把 m 看成 8 bit signed，則轉換方式就是把 127=0b011111111 加回去。但q >> 1　事實上還有一個 1 在 bit 24，所以答案是 0x3f000000。
- 這裡還要注意 m 可能是負的，所以 + m << 23 的動作可能會影響到 float 的 sign bit，但是因為 m 不可能是 -128 所以一定會 overflow 把 float sign bit 變回 0。

LeetCode Sqrt

利用一樣的原理，我們一樣可以做整數開根號






















int mySqrt(int x){
    uint32_t pos, t=0, ans=0, s0=0;
    
    if (x <= 1)
        return x;
    
    pos = 1 << ((31 - __builtin_clz(x)) & (~1));

    while (pos) {
        ans <<= 1;
        t = s0 | pos;
        if (t <= x) {
            s0 = t + pos;
            x -= t;
            ans |= 1;
        }
        pos >>= 2;
        s0 >>= 1;
    }
    
    return ans;
}

7：這裡先利用 clz 來決定開根號的起始位置。相當於兩個兩個分段後，從最高位那段開始。
- e.g. 假如 x = 10011 則 pos = 10000，x = 110010 則 pos = 10000。
9~19：這裡與原本的方法差不多，除了：
- 我改成不 shift x，而是 shift s0 與 pos（原本的 r）。因為當數字很大的時候，左移 x 有可能會 overflow。
- 再來紀錄答案的方式我改成設定最低 bit 再左移的方式。因為現在 pos 一次移動兩格，也不方便透過 pos 來設定 bit 了。

測驗 3













int consecutiveNumbersSum(int N)
{
    if (N < 1)
        return 0;
    int ret = 1;
    int x = N;
    for (int i = 2; i < x; i++) {
        x += ZZZ;
        if (x % i == 0)
            ret++;
    }
    return ret;
}

從數學式

k x = N - \frac{k (k - 1)}{2}

看，

\frac{k (k - 1)}{2}

其實就是

1 + 2 + \dots + (k - 1)

。而 i 其實就對應到

k

。x 裡面存放的就是

N - \frac{k (k - 1)}{2}

，所以從 x=N 開始，每次減

k - 1

即可，對應到程式碼的 x += 1-i。檢查有沒有解就是等式右邊是否能被

k

整除，對應到程式碼的 x % i == 0。

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