【解惑】剖析float型的内存存储和精度丢失问题

时间:2022-11-19 12:40:11

问题提出:12.0f-11.9f=0.10000038,"减不尽"为什么?

现在我们就详细剖析一下浮点型运算为什么会造成精度丢失?

1、小数的二进制表示问题

首先我们要搞清楚下面两个问题:

(1)  十进制整数如何转化为二进制数

算法很简单。举个例子,11表示成二进制数:

11/2=5   余   1

5/2=2   余   1

2/2=1   余   0

1/2=0   余   1

0结束         11二进制表示为(从下往上):1011

这里提一点:只要遇到除以后的结果为0了就结束了,大家想一想,所有的整数除以2是不是一定能够最终得到0。换句话说,所有的整数转变为二进制数的算法会不会无限循环下去呢?绝对不会,整数永远可以用二进制精确表示 ,但小数就不一定了。

(2) 十进制小数如何转化为二进制数

算法是乘以2直到没有了小数为止。举个例子,0.9表示成二进制数

0.9*2=1.8   取整数部分  1

0.8(1.8的小数部分)*2=1.6    取整数部分  1

0.6*2=1.2   取整数部分  1

0.2*2=0.4   取整数部分  0

0.4*2=0.8   取整数部分  0

0.8*2=1.6   取整数部分  1

0.6*2=1.2   取整数部分  0

.........      0.9二进制表示为(从上往下): 1100100100100......

注意:上面的计算过程循环了,也就是说*2永远不可能消灭小数部分,这样算法将无限下去。很显然,小数的二进制表示有时是不可能精确的 。其实道理很简单,十进制系统中能不能准确表示出1/3呢?同样二进制系统也无法准确表示1/10。这也就解释了为什么浮点型减法出现了"减不尽"的精度丢失问题。

2、 float型在内存中的存储 

众所周知、 Java 的float型在内存中占4个字节。float的32个二进制位结构如下

float内存存储结构   

                 4bytes          31                  30            29----23        22----0         

                        表示       实数符号位      指数符号位        指数位          有效数位

        其中符号位1表示正,0表示负。有效位数位24位,其中一位是实数符号位。

将一个float型转化为内存存储格式的步骤为:

(1)先将这个实数的绝对值化为二进制格式,注意实数的整数部分和小数部分的二进制方法在上面已经探讨过了。 
     (2)将这个二进制格式实数的小数点左移或右移n位,直到小数点移动到第一个有效数字的右边。 
     (3)从小数点右边第一位开始数出二十三位数字放入第22到第0位。 
     (4)如果实数是正的,则在第31位放入“0”,否则放入“1”。 
     (5)如果n 是左移得到的,说明指数是正的,第30位放入“1”。如果n是右移得到的或n=0,则第30位放入“0”。 
     (6)如果n是左移得到的,则将n减去1后化为二进制,并在左边加“0”补足七位,放入第29到第23位。如果n是右移得到的或n=0,则将n化为二进制后在左边加“0”补足七位,再各位求反,再放入第29到第23位。

举例说明: 11.9的内存存储格式

(1) 将11.9化为二进制后大约是" 1011. 1110011001100110011001100..."。

(2) 将小数点左移三位到第一个有效位右侧: "1. 011 11100110011001100110 "。 保证有效位数24位,右侧多余的截取(误差在这里产生了 )。

(3) 这已经有了二十四位有效数字,将最左边一位“1”去掉,得到“ 011 11100110011001100110 ”共23bit。将它放入float存储结构的第22到第0位。

(4) 因为11.9是正数,因此在第31位实数符号位放入“0”。

(5) 由于我们把小数点左移,因此在第30位指数符号位放入“1”。

(6) 因为我们是把小数点左移3位,因此将3减去1得2,化为二进制,并补足7位得到0000010,放入第29到第23位。

最后表示11.9为:  0 1 0000010 011 11100110011001100110

再举一个例子:0.2356的内存存储格式
      (1)将0.2356化为二进制后大约是0.00111100010100000100100000。 
      (2)将小数点右移三位得到1.11100010100000100100000。 
      (3)从小数点右边数出二十三位有效数字,即11100010100000100100000放
入第22到第0位。 
      (4)由于0.2356是正的,所以在第31位放入“0”。 
      (5)由于我们把小数点右移了,所以在第30位放入“0”。 
      (6)因为小数点被右移了3位,所以将3化为二进制,在左边补“0”补足七
位,得到0000011,各位取反,得到1111100,放入第29到第23位。

最后表示0.2356为:0 0 1111100 11100010100000100100000

将一个内存存储的float二进制格式转化为十进制的步骤: 
     (1)将第22位到第0位的二进制数写出来,在最左边补一位“1”,得到二十四位有效数字。将小数点点在最左边那个“1”的右边。 
     (2)取出第29到第23位所表示的值n。当30位是“0”时将n各位求反。当30位是“1”时将n增1。 
     (3)将小数点左移n位(当30位是“0”时)或右移n位(当30位是“1”时),得到一个二进制表示的实数。 
     (4)将这个二进制实数化为十进制,并根据第31位是“0”还是“1”加上正号或负号即可。

3、浮点型的减法运算

浮点加减运算过程比定点运算过程复杂。完成浮点加减运算的操作过程大体分为四步:   
    (1) 0操作数的检查;

如果判断两个需要加减的浮点数有一个为0,即可得知运算结果而没有必要再进行有序的一些列操作。

   (2) 比较阶码(指数位)大小并完成对阶;

两浮点数进行加减,首先要看两数的 指数位 是否相同,即小数点位置是否对齐。若两数 指数位 相同,表示小数点是对齐的,就可以进行尾数的加减运算。反之,若两数阶码不同,表示小数点位置没有对齐,此时必须使两数的阶码相同,这个过程叫做对阶 。

 如何对 阶(假设两浮点数的指数位为 Ex 和 Ey ):

通过尾数的移位以改变 Ex 或 Ey ,使之相等。 由 于浮点表示的数多是规格化的,尾数左移会引起最高有位的丢失,造成很大误差;而尾数右移虽引起最低有效位的丢失,但造成的误差较小,因此,对阶操作规定 使尾数右移,尾数右移后使阶码作相应增加,其数值保持不变。很显然,一个增加后的阶码与另一个相等,所增加的阶码一定是小阶。因此在对阶时,总是使小阶向大阶看齐 ,即小阶的尾数向右移位 ( 相当于小数点左移 ) ,每右移一位,其阶码加 1 ,直到两数的阶码相等为止,右移的位数等于阶差 △ 。 
   (3) 尾数(有效数位)进行加或减运算;

对阶完毕后就可 有效数位 求和。 不论是加法运算还是减法运算,都按加法进行操作,其方法与定点加减运算完全一样。 
   (4) 结果规格化并进行舍入处理。

浮点数的加减法:具体见http://www.zzslxx.com/wmy/jy/Chap02/2.7.1.htm

4、 计算12.0f-11.9f

12.0f 的内存存储格式为:    0 1 0000010 10000000000000000000000

11.9f 的内存存储格式为:     0 1 0000010 011 11100110011001100110

可见两数的指数位完全相同,只要对有效数位进行减法即可。

12.0f-11.9f   结果:         0 1 0000010 00000011001100110011010

将结果还原为十进制为: 0.000 11001100110011010= 0.10000038