一篇彻底学懂补码

补码是计算机运算中的一种数据表示方式，它的存在意义是简化减法的运算。

许多人接触补码，仅是被告知是“正数不变，负数取反加一”，而对于为什么需要这么做，以及补码本身的存在意义并不清楚。 而网上关于补码的解释比较散，某些网站甚至充斥着太多乱而杂的说法，对初学者（我）而言痛苦不堪，故在此写一篇文章记录，希望其他人少走弯路

这篇文章的目的，则是从补码被发明的缘由说起，从根源上：

如果你对补码有以下误解，请从现在起忘记这些错误观点的存在：

除了上面的错误观点以外，下面还有几点需要提醒，以免先入为主：

在计算机的硬件结构中，实现加法器比实现减法器简单的多。人们希望的是构造出一套 “用加法代替减法” 的运算逻辑，构造的结果也就是现在我们所使用的“补码”。

缘起于日常生活的现象，时钟的顺拨与倒拨均可以达到同一钟点

如上图，十二小时制中，分针由8点拨到6点，有两种方式：

第二种方式本来应该为18时，但由于时钟是十二小时制计时，产生了溢出，显示的是18-12=6时 而第二种形式，则是用加法代替了第一种形式的减法

这正是我们想要的，于是对于“以加代减”的逻辑，有了最初的构造：

时钟超出显示上限，则只显示余下的钟点，这恰好是模数加法运算的体现： 说人话就是：在模12的情况下（或者说对12取余），以下式子是等价的：

( 8 − 2 ) m o d 12 = ( 8 + 10 ) m o d 12 = 6 (8-2)mod12=(8+10)mod12=6 (8−2)mod12=(8+10)mod12=6

按照这个思路，我们在模范围内，也许可以将“X－Y”的减法变更为“X＋Y的补数”的加法。

注：所谓m的补数就是：(模-m)的值，如2的补数是12-2=10

模数加法代替减法是一个很好的思路，但它并不是完美的

上面提及到的情况，事实上只是 “大减小” 的情况，如果出现 “小减大” 情况就出现矛盾了： 举个例子，在模100的情况下，套用上面的模数加法公式企图代替减法：

这和说好的不一样啊，80显然不等于-20，而且也没有因为超越模数而引起取余运算。 然而先贤们并不打算前功尽弃……

他们为了继续使用模数加法代替减法，他们做了一个大胆而又粗暴的定义：让80等于-20，即用80代表-20

根据这个规律，推广到一般的情况就是： 负数的表示方式就是它绝对值的补数——规则①

这样做有两个好处：

这样做后，无论是“大减小”或是“小减大”，模数加法代替减法都已可适用，可以说已经形成了一套较为通用的以加代减体系。

但是注意到，像80这样的大数，失去了自己的意义，在模100的情况下，无法再表示80了。 更一般地，因为我们希望正负数尽量成对出现，而且打算用正数表示负数，这意味着在模100的非负数之间，需要划分一半正数用于表示负数 结合规则①的负数表示方式，最终满足这一系列条件的结果是：

在模100条件下：0 ~ 49表示正数本身； 50 ~ 99表示各自补数的负值（如98代表-2）

更一般地：模n情况下，0 ~ n/2 -1表示本身，n/2 ~ n-1表示各自补数的负值——规则②

所谓补码，其实只是：非负数和规则①表示的负数，在二进制形式下的表示 所以虽然补码叫补码，但事实上它的本质和补字没有直接关联，它只是一种为了实现模数加法代替减法而构造出来的数字映射罢了。

补码并非在二进制中才有用，根据上面的定义，无论任何进制都不会改变补码体系的准确性。二进制与其它进制，影响只是求补码的简便方式（下面会提及）

补码在二进制中的最高位为符号位，其实是因为规则②中，把半模以上的数用作表示负数，而恰好半模以上的数，在二进制表示中的最高位就是1，半模以下最高位是0。

因此，从数字映射来讲，半模以上的正数确实被规则①映射为了负数；但是单论二进制数字而言，最高位的1仅代表它是半模以上的数，脱离了规则①它与正负符号没有任何关系。

总之，尽管在补码中，最高位确实可以简单地看做正负标志，但是需要注意的是，这种做法事实上有迹可循，千万不要想当然地以为这只是一种毫无根据的硬性规定

说了那么多，一直在被定义概念牵着走，我相信不少人会有一个疑问：做这么多都只是人为规定罢了，有没有证明补码在加减运算中正确性的途径？

虽然补码的制定上很巧妙，并不是一般人就能制定出这一套近乎完美的以加代减规则的，但是要证明补码的正确性，则相对于制定简单得多。

不严谨证明如下： 目标：由补码的实质，显然我们没有对非负数做任何调整，我们只是针对负数做了一个映射。如果我们能说明这种映射是可靠的，那么补码就是正确的。

前面也说了，补码从定义上就决定了不会因为进制改变而丢失正确性，因此以下用十进制形式说明

假设一个补码正数x，它的补码负数是y（即在补码中表示x相反数的数），在模 2 n 2^n 2n的情况下，我们只要能证明：对任意的正数x通过使用补码计算都有 ( x + y ) m o d 2 n = 0 (x + y)mod 2^n = 0 (x+y)mod2n=0，那么我们就说明了这种负数映射是可靠的，进而说明补码运算的正确。

由规则①： y = 2 n − x y = 2^n - x y=2n−x 对任意x，有： ( x + y ) m o d 2 n = ( x + 2 n − x ) m o d 2 n = ( 2 n ) m o d 2 n = 0 (x + y)mod 2^n = (x + 2^n - x)mod 2^n =(2^n)mod 2^n = 0 (x+y)mod2n=(x+2n−x)mod2n=(2n)mod2n=0 正数+它的相反数恒为0，这就说明了这种正数到负数的映射是正确的。

不过这个证明并不包括边缘值（最小负数），至于这个东西的补码，似乎就真的只是人为规定且恰好不违反规则①了（）

上面基本讲解了补码的意义与本质，现在剩下的问题就是在二进制中：原码负数如何求补码？ 我们总不能按规则①，依靠十进制定义来求负数表示，再转换成二进制吧？ 我们希望的是找到一种原码直接转换成补码的形式

也就是我们喜闻乐见的“除符号位以外，按位取反加一”

其实仍然是从规则①入手得到的规律： 设一个十进制数x的原码为： [ x ] 原 = 1 x 1 x 2 . . . x n [x]_原 = 1x_1x_2...x_n [x]原​=1x1​x2​...xn​， 0 ≥ x > -2 n ^{n} n 则它的绝对值|x|的原码为： [ ∣ x ∣ ] 原 = 0 x 1 x 2 . . . x n [|x|]_原 = 0x_1x_2...x_n [∣x∣]原​=0x1​x2​...xn​， 0 ≤ x < -2 n ^{n} n 则它的绝对值|x|的补码为： [ ∣ x ∣ ] 补 = 0 x 1 x 2 . . . x n [|x|]_补 = 0x_1x_2...x_n [∣x∣]补​=0x1​x2​...xn​， 0 ≤ x < -2 n ^{n} n

根据规则①有： [ x ] 补 = ( 2 n + 1 ) D − [ ∣ x ∣ ] 补 [x]_补 = (2^{n+1})_D - [|x|]_补 [x]补​=(2n+1)D​−[∣x∣]补​ （D表示十进制数）

统一为二进制，并转换为竖式计算：

1     0     0     0     . . . 0     − 0    x 1 x 2 . . . x n ‾ \begin{aligned} 1\;\, 0\;\, 0\;\, 0\;\, ...0\;\, \\ \underline{- 0\;x_{1}x_{2}...x_{n}}\\ \end{aligned} 1000...0−0x1​x2​...xn​​​

被减数拆为111…1 + 1得：

    1     1     1     . . . 1     +     1 − 0    x 1 x 2 . . . x n   ‾ 1    x ‾ 1 x ‾ 2 . . . x ‾ n +     1 \begin{aligned} \;\, 1\;\, 1\;\, 1\;\, ...1\;\, + \;\,1\\ \underline{- 0\;x_{1}x_{2}...x_{n}\quad\quad\,}\\ 1\;\overline{x}_1\overline{x}_2...\overline{x}_n + \;\,1\\ \end{aligned} 111...1+1−0x1​x2​...xn​​1x1​x2​...xn​+1​

因此得到 [ x ] 补 = 1    x ‾ 1 x ‾ 2 . . . x ‾ n +   1 [x]_补 = 1\;\overline{x}_1\overline{x}_2...\overline{x}_n + \,1 [x]补​=1x1​x2​...xn​+1 对比原码： [ x ] 原 = 1 x 1 x 2 . . . x n [x]_原 = 1x_1x_2...x_n [x]原​=1x1​x2​...xn​ 恰好就得到了“符号位不变，其余按位取反加一”的结论

最后回顾到补码本身的作用，考察补码是如何只用加法器实现加减法的。而对于乘除法，补码并没有太大优势，都是“硬件迎合补码”，而非如同加减那样“补码迎合硬件”，故不在此赘述。

设x,y为两个十进制数，则有： [ x ] 补 + [ y ] 补 = [ x + y ] 补 ( m o d   2 n + 1 ) [x]_补+[y]_补=[x+y]_补\qquad(mod\ 2^{n+1}) [x]补​+[y]补​=[x+y]补​(mod 2n+1)

分四种情况讨论。

首先由于保证运算结果不溢出，即约定范围： ∣ x ∣ < ( 2 n − 1 ) , ∣ y ∣ < ( 2 n − 1 ) , ∣ x + y ∣ < ( 2 n − 1 ) |x|0, 则 x + y > 0 x+y>0 x+y>0

相加两数都是正数，和也是正数。 由正数补码的定义，用十进制表示有： [ x ] 补 = x , [ y ] 补 = y , [ x + y ] 补 = x + y [x]_补=x,\quad[y]_补=y,\quad[x+y]_补=x+y [x]补​=x,[y]补​=y,[x+y]补​=x+y

故有： [ x ] 补 + [ y ] 补 = x + y = [ x + y ] 补 ( m o d   2 n + 1 ) [x]_补+[y]_补=x+y=[x+y]_补\qquad(mod\ 2^{n+1}) [x]补​+[y]补​=x+y=[x+y]补​(mod 2n+1) （2） x > 0 , y < 0 x>0,y0,y 0 x+y>0 x+y>0 或 x + y < 0 x+y0 x+y>0 ，则：

[ x + y ] 补 = x + y [x+y]_补=x+y [x+y]补​=x+y

\quad 故有：

[ x ] 补 + [ y ] 补 = x + 2 n + 1 + y = x + y = [ x + y ] 补 ( m o d   2 n + 1 ) [x]_补+[y]_补=x+2^{n+1}+y=x+y=[x+y]_补\qquad(mod\ 2^{n+1}) [x]补​+[y]补​=x+2n+1+y=x+y=[x+y]补​(mod 2n+1) \quad （ii） x + y < 0 x+y 0 x+y>0 x+y>0 或 x + y < 0 x+y