SUN 第一章
第二章
已知 MIN_INT = 1000…0 MAX_INT = 0111…1 两者相加得到：
MIN_INT + MAX_INT = 1111…1 = −1（全 1，补码形式）
因此：
b ^ (MIN_INT + MAX_INT) = b ^ (−1) = b ^ (~0) = ~b
原式：
~( ~a | (b ^ (MIN_INT + MAX_INT)) ) = ~( ~a | ~b )
根据德摩根律：
~( ~a | ~b ) = a & b
所以结果是：
A. a & b
总结精度： float：24 位有效二进制精度 double：53 位有效二进制精度 int（32 位）：可精确表示到 ±2³¹−1，不超过 double 的精度范围
逐项分析：
A. (f + d) - f == d f 会提升为 double，然后进行 double 加法：
(double)f + d 会产生一次舍入误差，再减去 (double)f 后仍会保留这次舍入误差。 因此不一定等于 d。 不恒为真。
B. x == (int)(float)x float 只能精确表示到 2²⁴ = 16,777,216。 超过此范围的 int 转成 float 会丢失低位，再转回 int 会改变数值。 不恒为真。
C. x == (int)(double)x double 有 53 位有效精度，完全覆盖 32 位 int 的精度， 即 int → double → int 完全不会丢精度。 恒为真。
D. d == (double)(float)d double → float 会丢失精度（float 精度比 double 少），再转回 double 仍然不恢复原值。 不恒为真。
正确答案：C
把 120 转成二进制：
120₁₀ = 0b 0111 1000
根据 8 位浮点格式：
- 符号位：1 bit
- 阶码：4 bit
- 尾数：3 bit
字段划分： s | exp | frac 0 | 1111 | 000
其中：
- exp = 1111 （全 1）
- frac = 000
在 IEEE 浮点格式中：
- exp = 全 1，frac = 000 → 无穷大（Infinity）
- exp = 全 1，frac ≠ 000 → NaN
这里 frac = 000，因此表示 无穷大。
正确答案：B. 无穷大
u >> 31 取的是最高位（第 31 位），再与 1 相与。
IEEE 754 单精度浮点数格式：
- 符号位：bit31
- 阶码：bit30–23
- 尾数：bit22–0
因此 (u >> 31) & 0x1 取出的正是 符号位。
正确答案：B. 符号位
A. 不同类编码不能进行运算 错误。计算机执行的是机器码，对应的数据类型由指令解释方式决定；同一比特模式在不同指令下也能被当作不同编码处理。
B. 浮点数编码只包含阶码和尾数两部分 错误。IEEE 浮点数包含 符号位 + 阶码 + 尾数 三部分。
C. 表示代码是指令编码，不同芯片体系和操作系统指令编码不同 正确。不同 指令集体系结构（ISA）（如 x86、ARM、RISC-V）对应的指令编码不同，因此表示代码也不同。
D. 表示字符串是 ASCII 编码的字符数组，串长度是数组长度 错误。C 字符串长度由 遇到 '\0' 为止 决定，不是数组总长度。
正确答案：C
A. 无符号数除法是算术右移 错误。算术右移用于有符号数；无符号数右移使用 逻辑右移。并且右移只是除以 2 的幂次的特例，不是一般除法。
B. 无符号除以 2 的 k 次幂是无符号右移 k 位 正确。无符号数右移为逻辑右移，正好对应除以 2ᵏ（向下取整）。
C. 补码除以 2 的 k 次幂时加上偏置导致向偶数舍入 错误。加偏置（round toward +∞）通常用于“向上舍入”技巧，不是向偶数舍入。
D. 补码除以 2 的 k 次幂时导致向 0 舍入 错误。补码算术右移是向 负无穷（floor） 舍入，不是向 0 舍入。
例如： -3 >> 1 = -2（向下取整），而 -3/2 向 0 舍入应为 -1。
正确答案：B
A. 通过无符号编码、补码编码、浮点数编码方式的二进制数 这是对“计算机中信息的表示”最准确的描述： 计算机内部统一以 二进制位模式 表示，不同编码方式（无符号、补码、浮点）只是解释方式不同。
B. 运算属性相同的三种编码二进制数 错误。三种编码的运算规则完全不同。
C. 无符号数、补码、浮点数 虽然接近，但这说的是“数的类型”，不是“表示方式本身”，且不是强调“二进制编码表示”。
D. 十六进制数和二进制数 错误。十六进制只是书写形式，不是存储或处理时的表示方式。
正确答案：A
第一行：10 进制 188 188 → 二进制 = 1011 1100 188 → 十六进制 = 0xBC
第二行：二进制 11110011 11110011₂ → 十进制 = 243 243 → 十六进制 = 0xF3
第三行：十六进制 0xE7 E7₁₆ → 十进制 = 231 231 → 二进制 = 1110 0111
把所有结果整理：
（1）10111100 （2）0xBC （3）243 （4）0xF3 （5）231 （6）11100111
完全对应 A。
无符号加法的溢出判断规律：
对于无符号数：
x + y 发生溢出 ⇔ 结果 s 小于任一操作数
原因：无符号加法在溢出时会模 2n2^n2n 回绕，导致结果变小。
因此正确条件是： s < x 或 s < y
选项 B
题意关键是：w = 4 位补码，并且“补码非”指的是 按位取反（bitwise NOT），即：
补码非(x) = ~x （在 w 位补码下）
4 位补码可表示的范围： −8（1000） ~ +7（0111）
逐项分析：
A. 反码减一是补码非 错误。 “反码减 1 得补码”对应负数求补码，不是补码非的定义。 补码非是“逐位取反”，和“反码减一”无关。
B. -8 的逆元是 -8 错误。 -8 的补码为 1000 补码非：~1000 = 0111 = +7，不是 -8。
C. 8 的补码非是 -0 错误，因为 8 不在 4 位补码可表示范围内（最大是 7）。 因此“8 的补码非”这个说法本身就不存在。
D. 不存在 错误，因为 A、B、C 中已有错误项。
综上，哪一个是“错误”的？ C 完全不成立，因为 8 不可表示，谈不上补码非。
正确答案：C
第三章
C递归程序如下：
long rfun (unsigned long x ){
if x==0
return 0 ;
unsigned long nx =(1);
long rv= rfun(nx);
return (2) ;
}
汇编代码如下：
1 rfun:
2 pushq %rbx
3 movq %rdi,%rbx
4 movl $0,%eax
5 testq %rdi, %rdi
6 je .L2
7 shrq $2,%rdi
8 call rfun
9 addq %rbx,%rax
10 .L2:
11 pop %rbx
12 ret
以下结论正确的是：（ ）
A.缺失表达式为:(1)x>>2,(2)rv
B.缺失表达式为:(1)x>>2,(2)x+rv
C.栈空间最多使用4字节
D.栈空间最多使用8字节