原文：http://blog.chinaunix.net/u/20/showart_438418.html
在计算机里如何表示整数？
整数有无穷多个，在计算机里，通常我们只能表示出 其中的一部分。假如我们用 n 个比特来表示一个整数。1 个比特有 2 个状态，n 个比特就有 2^n 个状态，把这 2^n 个状态的集合记为 A. 显然，用 A，我们可以与 n 个整数建立起一一对应。我们还希望 A 所表示的整数能够象整数那样地运算---整数，象整数那样运算，这是不是一句废话？数学中的整数相加，仍然是一个整数，但 A 里两个整数相加，我们却无法保证它们的和仍在 A 中，用代数的术语来讲，叫做 “不满足封闭性”，这是个很坏的性质。
不
过数学上有处理这个问题的成熟方案，如果我们能后退一步，让 A 表示的是模 |A| 的剩余类，则加法运算马上就封闭了。而且这个时候 A
不仅可以与 2^n 个整数对应起来，而且，在某种意义下，可以与整数环 Z 对应起来。用代数的观点，这个 “某种意义”就是所谓的同态。
整数有两种封闭运算，一种是加法，另一种是乘法。A 作为模 2^n 的剩余类，也有加乘两种运算。定义 Z 到 A 的映射
现在我们回过头来看前面的一句话，红色部分：
“我们通常使用 10 进制数，在这个进制下，f(x) 并不容易计算，但是在计算机里，本质的表示是二进制，于是 f(x) 的运算变得出奇地简单。如果 x 小于 2^n，则 x 的 2 进制表示就是 f(x)，如果 x>=2^n，则要求其模 2^n 的余数，这恰好是 x 二进制表示的最低 n 位，换句话说，简单地把高位抛弃就行了。顺便指出，f(0)=0, f(1)=1.”
红色那句话简直是胡扯，因为没有考虑到负数的情况。但 f(x) 容易计算这句话并没有错，因为当 x 为负数时，我们可以利用 f(x) = -f(-x)。 由于 -x 是正的，f(-x) 容易计算，之后 -f(x) 也不过是取反加 1 而已。
好，到目前为止---在数学世界里，简直是完美的。但是回到现实， A 里头真的没有负数，怎么办？整数能比较大小，A 里头的数又怎么办？
这时候，我们可以用一个不太完美的方案，把 A 里头的元素再映射回整数 Z 中，如果只需要无符号的数，则变换为
2^{n-1} 是个麻烦，在 A 中，它的相反数就是自己，把它当正数，负数都不大合理。出于完整性考虑，随便选一个好了。在这里我们让 2^{n-1} 为负数，理由是它的最高位是 1，跟其它“负数”长得比较象。
换个角度看，模 n 的剩余类，或者余数为 0,1,...,2^{n-1}, 2^{n-1}+1, ..., 2^n-1. 这些余数也可以表示为：
于是我们定义 A 到 Z 的变换，使得
当然，这时运算起来有可能溢出,但结果仍可以看成模 2^n 的余数，外加一个溢出标记。
上面所说的就是补码。
抽象地看，反码与补码只有一个区别，同样的 n 比特状态集合 A，反码让这些元素表示模 2^n-1 的剩余类,而补码模 2^n。于是从 Z 到 A 的映射定义为
f(x) = x mod 2^n-1
不过且慢，A 的大小是 2^n，而模 2^n-1 的余数只有 2^n-1 个？ 是的，这是反码一个不完美的地方，它浪费了全 1 的码字，不过我们可以把全 1 的和全 0 的数看成一样的。
f 同样是个环同态，满足
f(x+y) = f(x) + f(y)
f(xy) = f(x)f(y)
f(x) 可以计算如下，设
则由于 2^n = 1 mod (2^n-1)，所以
A 中的相反数如何求？ -f(x) + f(x) = f(0) = 0, 加出一个全零比较难办，但加出一个全 1 不是问题，所以我们可以让 -f(x) 为 x 的取反，即 0 变成 1， 1 变成 0。于是求相反数的问题解决了。
同样，我们可以考虑在反码中引入正数，负数，这个与补码的类似，这里就不多说了。
有 趣的是 2^n 几乎不可能是素数，而 2^n-1 有可能. 2^n-1 形的素数称为梅森素数。如果 2^n-1 是素的，则 A 中非零元素都可求逆。那么对应于 32 位和 64 位计算机的，将会是 31 位计算机和 61 位计算机，看上去很不错嘛，期待中。
这样就结束了我们对反码的讨论。
这个没有什么可说的，2^n 个状态直接表示 0～2^n-1,如果要引入负数，则让最高位为 1 的表示负数, 所以 0x 代表 x，而 1x 代表 -x.
原码最好的地方是它简单，最不好的地方在于它没有良好的代数结构。
在计算机里如何表示整数？
整数有无穷多个，在计算机里，通常我们只能表示出 其中的一部分。假如我们用 n 个比特来表示一个整数。1 个比特有 2 个状态，n 个比特就有 2^n 个状态，把这 2^n 个状态的集合记为 A. 显然，用 A，我们可以与 n 个整数建立起一一对应。我们还希望 A 所表示的整数能够象整数那样地运算---整数，象整数那样运算，这是不是一句废话？数学中的整数相加，仍然是一个整数，但 A 里两个整数相加，我们却无法保证它们的和仍在 A 中，用代数的术语来讲，叫做 “不满足封闭性”，这是个很坏的性质。
一、补码
整数有两种封闭运算，一种是加法，另一种是乘法。A 作为模 2^n 的剩余类，也有加乘两种运算。定义 Z 到 A 的映射
f(x) = m mod 2^n
f 是一个同态，也就是说，f 满足这样的良好性质：
f 是一个同态，也就是说，f 满足这样的良好性质：
f(x+y) = f(x) + f(y)
f(xy) = f(x)f(y)
我 们通常使用 10 进制数，在这个进制下，f(x) 并不容易计算，但是在计算机里，本质的表示是二进制，于是 f(x) 的运算变得出奇地简单。如果 x 小于 2^n，则 x 的 2 进制表示就是 f(x)，如果 x>=2^n，则要求其模 2^n 的余数，这恰好是 x 二进制表示的最低 n 位，换句话说，简单地把高位抛弃就行了。顺便指出，f(0)=0, f(1)=1.
我们来看一看 A 中的加法，f(x)+f(y), 若结果小于 2^n，则运算自然封闭，如果 f(x)+f(y) >= 2^n，则取其最低的 n 位，用电路实现时，可以简单地扔掉高位，保留低位。
到目前为止，一切都很好，但是减法怎么办呢？对整数运算而言，减去 a 不过是加上 a 的相反数的同义语。只要对 A 中的每个元素，能容易计算出其相反数就可以了。理论上 f(x) 的相反数就是
所 以我们只要有在 A 中找一个元素，使得它与 f(x) 的和是 0 就可以了。但是 f(x) 本身可能含有很多比特 1，加上一个数能使它们变成 0 吗？ 考虑到 A 中的加法要模去一个 2^n，这个问题实际上很好办，只要让求出的和是 2^n 就可以了。所以难发现 -f(x) 就是把 f(x) 的比特“取反”---即 0 变 1， 1 变 0，并加上 1 就得到了 -f(x)。容易验证：
f(xy) = f(x)f(y)
我 们通常使用 10 进制数，在这个进制下，f(x) 并不容易计算，但是在计算机里，本质的表示是二进制，于是 f(x) 的运算变得出奇地简单。如果 x 小于 2^n，则 x 的 2 进制表示就是 f(x)，如果 x>=2^n，则要求其模 2^n 的余数，这恰好是 x 二进制表示的最低 n 位，换句话说，简单地把高位抛弃就行了。顺便指出，f(0)=0, f(1)=1.
我们来看一看 A 中的加法，f(x)+f(y), 若结果小于 2^n，则运算自然封闭，如果 f(x)+f(y) >= 2^n，则取其最低的 n 位，用电路实现时，可以简单地扔掉高位，保留低位。
到目前为止，一切都很好，但是减法怎么办呢？对整数运算而言，减去 a 不过是加上 a 的相反数的同义语。只要对 A 中的每个元素，能容易计算出其相反数就可以了。理论上 f(x) 的相反数就是
f(-f(x))
不过这个好像不容易计算，因为我们现在并没有给出 A 中“负数”的概念，事实上 A 是模 2^n 的剩余类环，根本就没有所谓的负数。
这个困难也是容易处理的。作为 f(x) 的相反数，-f(x) 应该满足这样的性质：
这个困难也是容易处理的。作为 f(x) 的相反数，-f(x) 应该满足这样的性质：
-f(x) + f(x) = f(0) = 0
所 以我们只要有在 A 中找一个元素，使得它与 f(x) 的和是 0 就可以了。但是 f(x) 本身可能含有很多比特 1，加上一个数能使它们变成 0 吗？ 考虑到 A 中的加法要模去一个 2^n，这个问题实际上很好办，只要让求出的和是 2^n 就可以了。所以难发现 -f(x) 就是把 f(x) 的比特“取反”---即 0 变 1， 1 变 0，并加上 1 就得到了 -f(x)。容易验证：
f(-x) = - f(x).
现在我们回过头来看前面的一句话，红色部分：
“我们通常使用 10 进制数，在这个进制下，f(x) 并不容易计算，但是在计算机里，本质的表示是二进制，于是 f(x) 的运算变得出奇地简单。如果 x 小于 2^n，则 x 的 2 进制表示就是 f(x)，如果 x>=2^n，则要求其模 2^n 的余数，这恰好是 x 二进制表示的最低 n 位，换句话说，简单地把高位抛弃就行了。顺便指出，f(0)=0, f(1)=1.”
红色那句话简直是胡扯，因为没有考虑到负数的情况。但 f(x) 容易计算这句话并没有错，因为当 x 为负数时，我们可以利用 f(x) = -f(-x)。 由于 -x 是正的，f(-x) 容易计算，之后 -f(x) 也不过是取反加 1 而已。
好，到目前为止---在数学世界里，简直是完美的。但是回到现实， A 里头真的没有负数，怎么办？整数能比较大小，A 里头的数又怎么办？
这时候，我们可以用一个不太完美的方案，把 A 里头的元素再映射回整数 Z 中，如果只需要无符号的数，则变换为
g(u) = u, 0<= u <2^n
如果要考虑负数，如果没有特别的理由，则要求正负个数大致相等是自然的。可以考虑让 0 代表 0， 1~2^{n-1}-1
代表正数，2^{n-1}+1～2^n-1 代表负数。丢掉一个 2^{n-1} 是因为希望正数和负数刚好配对，若 u 代表负数，则其落在
2^{n-1}+1~2^n-1 中，但它代表负几呢？当然是负 -u 了。从两个相反数之和为 0 ,或 2^n 的观点，-u 就是 2^n-u,
而 u 则是 -(-u) 即 u-2^n。其实就是不把 A 中的元素模 2^n 的剩余类，而直接看成整数。不过这时的运算就要考虑溢出了。如果是无符号的情形，运算的结果仍是模 2^n 的余数，外加一个溢出标志。
2^{n-1} 是个麻烦，在 A 中，它的相反数就是自己，把它当正数，负数都不大合理。出于完整性考虑，随便选一个好了。在这里我们让 2^{n-1} 为负数，理由是它的最高位是 1，跟其它“负数”长得比较象。
换个角度看，模 n 的剩余类，或者余数为 0,1,...,2^{n-1}, 2^{n-1}+1, ..., 2^n-1. 这些余数也可以表示为：
0,1~2^{n-1}, 2^n-(2^{n-1}-1), ..., 2^{n}-1
我们刚才所做的就是把上面数列中 2^{n} -r （1<= r<= 2^{n-1}-1）类型的的数对应为负数 -r 而已。用代数的术语，就是在陪集中选取了不同的代表元。
我们刚才所做的就是把上面数列中 2^{n} -r （1<= r<= 2^{n-1}-1）类型的的数对应为负数 -r 而已。用代数的术语，就是在陪集中选取了不同的代表元。
于是我们定义 A 到 Z 的变换，使得
当 0<= u <= 2^{n-1} 时， g(u) = u
当 2^{n-1} <u < 2^n 时，g(u)=u - 2^n
当 2^{n-1} <u < 2^n 时，g(u)=u - 2^n
当然，这时运算起来有可能溢出,但结果仍可以看成模 2^n 的余数，外加一个溢出标记。
上面所说的就是补码。
二、反码
抽象地看，反码与补码只有一个区别，同样的 n 比特状态集合 A，反码让这些元素表示模 2^n-1 的剩余类,而补码模 2^n。于是从 Z 到 A 的映射定义为
f(x) = x mod 2^n-1
不过且慢，A 的大小是 2^n，而模 2^n-1 的余数只有 2^n-1 个？ 是的，这是反码一个不完美的地方，它浪费了全 1 的码字，不过我们可以把全 1 的和全 0 的数看成一样的。
f 同样是个环同态，满足
f(x+y) = f(x) + f(y)
f(xy) = f(x)f(y)
俄且 f(0)=0, 或者全 1， f(1) = 1.
f(x) 可以计算如下，设
x = 2^n q + r,
则由于 2^n = 1 mod (2^n-1)，所以
x = q + r (mod 2^n -1)
若然 q+r 仍大于等于 2^n，则递归使用上述步骤。当然也可以直接去模 2^n-1，但上面的处理充分利用了二进制表示。而且当 x 为负数时，我们有两外的处理方法，见后面相反数的部分。
f(x) 能求出后，A 中的加法运算和乘法运算也就容易处理了，若 f(x)+f(y)<2^n，则不作特别处理，如果 f(x)+f(y) >=2^n，则结果为 f(f(x)+f(y)) 即把第 n+1 比特加到最低比特上。对于乘法，f(x)f(y) 可以多出n-1 位，处理方法是把第 n+i 比特加到第 i 比特上，或者说把高出 n 位的比特都右移 n 位并加在低位上, 如果仍然越界，则重复上述步骤。从这里可以看到反码的一个弱点，它的越界处理比较麻烦，而补码直接把越界的位丢掉就是了。
f(x) 能求出后，A 中的加法运算和乘法运算也就容易处理了，若 f(x)+f(y)<2^n，则不作特别处理，如果 f(x)+f(y) >=2^n，则结果为 f(f(x)+f(y)) 即把第 n+1 比特加到最低比特上。对于乘法，f(x)f(y) 可以多出n-1 位，处理方法是把第 n+i 比特加到第 i 比特上，或者说把高出 n 位的比特都右移 n 位并加在低位上, 如果仍然越界，则重复上述步骤。从这里可以看到反码的一个弱点，它的越界处理比较麻烦，而补码直接把越界的位丢掉就是了。
A 中的相反数如何求？ -f(x) + f(x) = f(0) = 0, 加出一个全零比较难办，但加出一个全 1 不是问题，所以我们可以让 -f(x) 为 x 的取反，即 0 变成 1， 1 变成 0。于是求相反数的问题解决了。
同样，我们可以考虑在反码中引入正数，负数，这个与补码的类似，这里就不多说了。
有 趣的是 2^n 几乎不可能是素数，而 2^n-1 有可能. 2^n-1 形的素数称为梅森素数。如果 2^n-1 是素的，则 A 中非零元素都可求逆。那么对应于 32 位和 64 位计算机的，将会是 31 位计算机和 61 位计算机，看上去很不错嘛，期待中。
这样就结束了我们对反码的讨论。
三、原码
原码最好的地方是它简单，最不好的地方在于它没有良好的代数结构。
