Make your own free website on Tripod.com

INF2170

ORGANISATION DES ORDINATEURS ET ASSEMBLEUR


'Quelque part, quelque chose a terriblement mal tourné ...'


Index des problèmes et exemples:

 

 


DÉMOS DU 9 ET 11 DÉCEMBRE

 

Convertir 19,328125 en binaire:

Pour convertir la partie du nombre qui est après la virgule, on fait des multiplications successives par 2:

0,328125 * 2 = 0,65625
0,65625   * 2 = 1,3125
0,3125     * 2 = 0,625            -- Attention, on change le 1 en 0 avant de continuer les multiplications
0,625       * 2 = 1,25
0,25         * 2 = 0,5
0,5           * 2 = 1,0

Il ne nous reste plus qu'à prendre les chiffres en vert : 010101
(On remplit de gauche à droite pour la partie décimale, de droite à gauche pour la partie entière. Autrement dit, on remplit les bits à partir de la virgule.)

Vous savez comment convertir le 19, mais c'est interessant de voir l'analogie avec la méthode d'en haut:

19 / 2 = 9 Reste 1
9   / 2 = 4 Reste 1
4   / 2 = 2 Reste 0
2   / 2 = 1 Reste 0
1   / 2 = 0 Reste 1

On remplit de droite à gauche: 10011

Et on a la réponse: 19,328125d = 10011,010101b

 

 

Addition de deux nombres réels (Question 3 de l'examen final Été 2003):

On veut additionner deux nombres réels (virgule flottante, 32 bits): C281E000 + 41858000 = ?

Méthode 1 (plus simple mais plus longue):

On va convertir les nombres en décimal, les additionner, et encoder la solution en nombre à virgule flottante.

C281E000 = 1100 0010 1000 0001 1110 0000 0000 0000
Signe: 1 Nombre négatif
Exposant: 10000101b = 85h    85-7F = 6
Mantisse: 000 0001 1110 0000 0000 0000   1,00 0000 1111
Nombre: - 1,00 0000 1111 * 26 = - 100 0000,1111 = -64,9375d

41858000 = 0100 0001 1000 0101 1000 0000 0000 0000
Signe: 0 Nombre Positif
Exposant: 1000 0011b = 83h 83-7F = 4
Mantisse: 000 0101 1000 0000 0000 0000 1,0000 1011
Nombre: 1,0000 1011 *24 = 1 0000,1011 = 16,6875d

Somme: -64,9375 + 16,6875 = -48,25

-48,25d = - 11 0000,01 = - 1,100 0001 * 25
Signe: Négatif 1
Exposant: 5 5+7F = 84h = 1000 0100b
Mantisse: 100 0001 100 0001 0000 0000 0000 0000
Nombre: 1100 0010 0100 0001 0000 0000 0000 0000b = C2410000h

 

Méthode 2 (plus rapide mais plus compliquée):

On va ramener les nombres au même exposant et les additionner directement en hexadécimal:

41858000 a comme exposant 83h. On va le faire passer à 85h:

41858000 = 0100 0001 1000 0101 1000 0000 0000 0000
Pour augmenter l'exposant de 2, on doit aussi ajuster la mantisse, c'est à dire qu'on doit la décaler à droite de 2 cases. Attention, il ne faut pas oublier qu'il y a un 1 caché à gauche de la virgule (puisque le nombre est normalisé), qu'on doit faire entrer dans la mantisse en la décalant:

Mantisse originale: 00001011000000000000000    (000 0101 1000 0000 0000 0000)
Mantisse décalée:  01000010110000000000000    (010 0001 0110 0000 0000 0000)

Nombre original:     1,0000 1011 * 24
Nombre décalé: 0,01 0000 1011 * 26

Maintenant que les deux nombres ont le même exposant, on peut les additionner:

Mantisse de C281E000 : 000 0001 1110 0000 0000 0000 Nombre à additionner:  -1,000 0001 1110 0000 0000 0000
0,0100 0010 1100b + (-1,0000 0011 1100b) = 0,42Ch - 1,03Ch = -0,C10h = -0,1100 0001 0000

Pour faire la soustraction, on oublie la virgule et comme on ne veut pas avoir de débordement, on va soustraire le plus petit du plus gros:
103C - 042C = 0C10

On se rappelle qu'on a inversé les signes et qu'on a enlevé la virgule:
Réponse: -0,C10

Nouveau nombre: - 0,1100 0001 0000 * 26 = - 1,100 0001 0000 *25
Signe: Négatif 1
Exposant: 5 5+7F = 84h = 1000 0100b
Mantisse: 100 0001 0000 0000 0000 0000
Nombre encodé: 1100 0010 0100 0001 0000 0000 0000 0000b = C2410000h

 

Je ne suis pas sûr que la 2e méthode vale la peine dans un examen, compte tenu qu'on vous demande quand même de donner les valeurs décimales des nombres... Mais c'est la méthode la plus rapide et la plus proche du fonctionnement du processeur.

 

Bonne chance à l'examen et passez de joyeuses fêtes!!!!

 

 


DÉMOS DU 2 ET 4 DÉCEMBRE

 

Exemple d'utilisation des pointeurs et indirections:

Pour commencer, un petit rappel sur les modes d'adressage. Les adresses mémoire sont écrites à gauche des instructions, en rouge:

0000			loadb	ptr,i	;B=0011
0003			loadx	d#0,i	;X=0000

0006			loada	ptr,i	;Charge ptr dans A			-> A = 0011
0009			loada	ptr,d	;Charge le mot pointé par ptr dans A	-> A = 1234
000C			loada	,x	;Charge le mot pointé par B+X dans A	-> A = 1234
000D			ldbyta	ptr,d	;Charge l'octet pointé par ptr dans A	-> A = ..12
					;les ".." signifient que cette partie de A reste inchangée. Donc,
					;dans ce cas, la valeur de A serait "1212" pcq l'instruction précédente
					;a déjà chargé "1234" dans A. Les deux derniers chiffres de A seront
					;écrasés par "12".

0010			stop

0011	ptr:		.WORD	h#1234	;À l'adresse (hexadécimale) "0011", on retrouve le mot "1234"
					;Si on regarde seulement les octets:
					;Adresse 0011 -> Octet "12"
					;Adresse 0012 -> Octet "34"
		 
 

Notes:

 

Utilisation de l'indirection et allocation de mémoire:

On se sert de la fonction New() qui prend en paramètre un pointeur qui recevra l'adresse de l'espace mémoire alloué, et la taille désirée de cet espace.

0000
0003
0006
0009
000C
000F




0012

0015
0018

0019







001C

001F













0022
0025
0028
002B
002E
0031



0034
0037
003A
003D



003E

003F


0041
		addsp	d#-4,i
		loada	ptr,i
		storea	d#0,s
		loada	d#4,i
		storea	d#2,s
		jsr	New	;New(ptr,4)	"alloue 4 octets et sauve l'adresse de ces
				;		4 octets à l'adresse pointée par ptr" (ou
				;		dans la variable ptr, si vous préférez)
	;Supposons que les 4 octets de mémoire ont été alloués à la case hexadécimale "0100"
	;on peut faire:
		loadb	ptr,i	;B = ptr, c-à-d B pointe sur le pointeur sur la mémoire
				;qu'on vient d'allouer
		loadx	d#0,i
		loadb	,x	;B = pointeur sur la mémoire qu'on vient d'allouer
	;Ou:
		loadb	ptr,d	;"Va chercher le mot pointé par ptr et charge le dans B"
				;Le mot pointé par ptr est un pointeur sur la mémoire
				;qu'on vient d'allouer.
	;Étant donné que l'espace qu'on vient d'allouer est notre premier bloc de
	;mémoire, on va sauver son adresse (c-à-d un pointeur sur lui) dans la variable
	;"premier". On pourra dire que "premier" est un pointeur sur le pointeur du
	;premier bloc de mémoire allouée.

		loada	ptr,d	;même chose que pour B, plus haut. A contient maintenant
				;le pointeur sur les 4 octets de mémoire qui ont été alloués
		storea	premier,d	;premier contient maintenant l'adresse des
					;4 octets de mémoire qui ont été alloués

	;Supposons qu'on veut allouer un autre bloc de 4 octets et sauver son pointeur dans
	;la deuxième moitié du premier bloc:

			

	;On rappelle la fonction new(ptr,4)

		addsp	d#-4,i
		loada	ptr,i
		storea	d#0,s
		loada	d#4,i
		storea	d#2,s
		jsr	New	;New(ptr,4)

	;Supposons que les 4 nouveaux octets ont été alloués à l'Adresse hexadécimale "01C0"

		loada	ptr,d	;On va chercher le pointeur sur le 2e bloc
		loadb	premier,d	;On positionne B sur le premier bloc
		loadx	d#2,i	;on positionne X sur la 2e moitié du bloc
		storea	,x	;Et on y place notre pointeur
		
		

		stop

ptr:		.WORD	h#0000	;Espace temporaire pour sauver les pointeurs.
				;En pep7, une adresse (= un pointeur) prend
				;16 bits = 2 octets = 1 mot.
premier:	.WORD	h#0000	;Pointeur sur le premier bloc.

A=003F=ptr

A=0004






B=003F=ptr

X=0000
B=0100

B=0100







A=0100
















A=003F=ptr

A=0004





A=01C0
B=0100
X=0002









 

 

Pointeurs, adresses et variables:

 

 


DÉMOS DU 25 ET 27 NOVEMBRE

 

Programmation de BINO (BINARY OUTPUT):

Pour modifier une interruption, vous allez avoir besoin du code du système d'exploitation, qui est inclus dans le répertoire "/pep7/docu" du zip. Vous pouvez aussi le trouver sur le site web du cours (Dans la section "Laboratoiressemaine 12").

Nous allons remplacer l'instruction HEXO par BINO:
1) Trouver le marqueur "Opc11111:" dans le code source, qui est le point d'entrée de HEXO
2) Remplacer le code par celui de BINO
3) Dans le menu "Pep7Redefine Mnemonics..." remplacer "HEXO" par "BINO", laisser la case "Unary" déseletionnée, et sauver.
4) Activer la fenètre contenant le "nouveau" système d'exploitation et selectionner dans le menu: "Pep7Assemble/install New OS"
5) Pep7 est prêt à assembler notre nouvelle instruction!

 

 
	;Code de la nouvelle interruption BINO.
	;le code en majuscule vient de HEXO, et reste inchangé..
	;le reste vient du programme BINOUT
Opc11111:	ADDSP	d#-2,i		;Allocate storage for number
		JSR	Get		;Get number from memory
		LOADA	number,s	;A := number
		ADDSP	d#2,i		;Deallocate storage for number

		loadx	d#16,i
rep:		asla
		brc	retenue
		charo	c#/0/,i
		br	dec
retenue:	charo	c#/1/,i
dec:		subx	d#1,i
		brne	rep

		RTS 

 

 

Notes:

		LOADA	TRUE,i		;TRUE=1. Égalité définie au début du code de l'OS
		STOREA	isUnary,d	;Avertir la fonction qui gère les interruption que celle-ci est
					;unaire.

 

 


DÉMOS DU 18 ET 20 NOVEMBRE

 

 Structure des nombres à virgule flottante:

 

Structure des nombres:

 

Exceptions aux nombres normalisés:

 

 

Exemple 1: Convertir -18,75 en nombre binaire à virgule flottante à 32 bits:

18d = 10010b
0,75d = 2-1 + 2-2 = 1/2 + 1/4 = 0,11b
18,75d = 10010,11b

On décale la virgule jusqu'au premier bit (le plus à gauche) valant 1. On se rappelle que déplacer la virgule à gauche revient à diviser le nombre par 2
(imaginez que les bits à droite de la virgule sont ceux qu'on perdrait en faisant un shift à droite d'un registre):
10010,11 = 1,001011 * 24

On a maintenant tout ce qu'il nous faut:
Signe: Négatif
Exposant: 4
Mantisse: 001011

On encode pour le format des nombres à virgule flottante:
Signe = 1
Exposant = 4d + 7Fh = 83h = 10000011b
Mantisse = 001 0110 0000 0000 0000 0000

Donc, -18,75 en nombre binaire à virgule flottante à 32 bits est: 1100 0001 1001 0110 0000 0000 0000 0000b ou  C196000h

Notes:

 

 

Exemple 2: Convertir le nombre à virgule flottante sur 32 bits 3E340000h en nombre décimal:

On trouve sa valeur binaire: 0011 1110 0011 0100 0000 0000 0000 0000
Signe = 0
Exposant = 01111100b = 7Ch
Mantisse = 011 0100 0000 0000 0000 0000

On décode:
Signe = positif
Exposant = 7Ch - 7Fh = -3h = -3d
Mantisse = 01101

On reconstruit le nombre : 1,01101 * 2-3 = 0,00101101
En décimal, 0,00101101b = 2-3 + 2-5 + 2-6 + 2-8 = 0,125 + 0,03125 + 0,015625 + 0,00390625 = 0,17578125

Donc, le nombre à virgule flottante sur 32 bits 3E320000h vaut 0,17578125 en décimal.

Notes:

 

 

L'histoire du bug du pentium:

Une histoire vraie! :)
En 1994, on découvre un bug plutôt embêtant dans les processeur Pentium 60Mhz à 100Mhz. L'instruction FDIV (Floating point DIVision) retournait, dans certains cas, des valeurs dont la perte de précision dépassait de loin les limites de l'acceptable. L'ordinateur pouvait ainsi calculer:
4,195,835 / 3,145,727 * 3,145,727 - 4,195,835 = 256 (et non pas 0...)

Un bug dans un processeur n'est ni chose nouvelle, ni surprenant. Mais la plupart du temps, ils sont mineurs ou n'arrivent que dans des circonstances très rares. Intel décida sur le coup que le bug n'était pas assez important pour échanger les processeurs affectés, sans se douter de tout ce qui allait leur tomber sur la tête.

Jusqu'à la fin du mois de décembre 1994, où Intel ordonna un rappel des processeurs défectueux, flèches et couteaux ont volé entre des clients mécontents et Intel, qui même jusqu'à ce jour préfère appeler le problème de l'instruction FDIV une simple "faille" plutôt qu'un "bug". :)
Voici quelques blagues qu'on retrouve sur internet à ce sujet (en anglais seulement - désolé) :

Q: What algorithm did Intel use in the Pentium's floating point divider?
A: "Life is like a box of chocolates." (Source: F. Gump of Intel)

Q : What do you call a series of FDIV instructions on a Pentium?
A1: Successive approximations.
A2: A random number generator.

New Intel slogans for the Pentium:
- Redefining the PC--and Mathematics As Well
- We give you the most megaflops.
- Pentium, the computer your kids can relate to: it can't do fractions either.

Reasons to buy a Pentium
- Math errors add zest to life
- You need an alibi for the I.R.S.

I wonder...
- Does Intel use a buggy Pentium to calculate the quarterly dividends for its stockholders? An interesting question, to be sure.
- Did Intel use a Pentium to calculate the 27000 years it takes to give an error?

 

 


DÉMOS DU 11 ET 13 NOVEMBRE

 

La fonction Factorielle:

 
		addsp	d#-4,i		;préparer l'appel de la fonction
		deci	d#0,s		;nombre en parametre
		jsr	fact
		deco	d#0,s		;imprimer le résultat
		addsp	d#2,i		;et nettoyer la pile
		stop

fact:		loada	d#2,s		;charger le nombre passé en paramètre (n)
		breq	zero
		suba	d#1,i		;n-1
		addsp	d#-4,i		;préparer l'appel de la fct factorielle
		storea	d#0,s		;paramètre = n-1
		jsr	fact
		loada	d#4,s		;A = n
		loadx	d#0,s		;X = (n-1)!
		addsp	d#-6,i		;préparer l'appel de Mulss (la pile est déjà à -2, donc (-2) - 6 = -8)
		storex	d#0,s
		storea	d#2,s
		jsr	Mulss		;n * (n-1)!
		loada	d#2,s		;récupérer la solution
		addsp	d#4,i		;et nettoyer la pile...
		br	suite

zero:		loada	d#1,i		;0! = 1
suite:		storea	d#4,s		;stocker la réponse
		loada	d#0,s
		storea	d#2,s		;déplacer le pointeur de retour
		addsp	d#2,i		;et encore une fois, nettoyer la pile
		rts 
.END

 

 

 

La suite de Fibonacci:

 
Fibo:		loada	d#2,s		;charger le nombre passé en paramètre (n)
		breq	zero
		compa	d#1,i
		breq	un

		suba	d#1,i		;n-1
		addsp	d#-4,i		;préparer l'appel de la fonction Fibo()
		storea	d#0,s		;paramètre = n-1
		jsr	Fibo
					;On laisse la réponse sur la pile pour plus tard
		loada	d#4,s		;charger n
		suba	d#2,i		;n-2
		addsp	d#-4,i		;préparer l'appel de la fonction Fibo()
		storea	d#0,s		;paramètre = n-2
		jsr	Fibo

		loada	d#0,s		;récupérer la solution de Fibo(n-2)
		adda	d#2,s		;additionner la solution de Fibo(n-1)
		addsp	d#4,i		;et nettoyer la pile...
		br	suite

zero:		loada	d#0,i		;Fibo(0) = 0
		br	suite
un:		loada	d#1,i		;Fibo(1) = 1

suite:		storea	d#4,s		;stocker la réponse
		loada	d#0,s
		storea	d#2,s		;déplacer le pointeur de retour
		addsp	d#2,i		;et encore une fois, nettoyer la pile
		rts 
.END

 

 

 


DÉMOS DU 28 ET 30 OCTOBRE

 

Moyenne de deux nombres:

 
		addsp	d#-4,i		;réserver 2 words sur la pile
		deci	d#0,s		;prendre le premier nombre et le placer à la case 0 de la pile
		deci	d#2,s		;prendre le deuxième nombre et le placer à la case 2 de la pile

		jsr moyenne

		addsp	d#4,i		;Redonner les 4 octets qu'on a pris à la pile au début.
					;Cette méthode de nettoyage est simple mais n'est pas très
					;propre. Regardez l'exemple suivant pour voir la bonne manière
					;de faire...
		stop


moyenne:	loada	chaine1,i	;charger dans A l'adresse de la chaîne à afficher
		storea	d#-2,s		;la placer sur la pile
		addsp	d#-2,i		;ajuster le pointeur de pile pour l'adresse de la chaîne qu'on vient
					;d'y mettre
		jsr afficher		;afficher cette chaîne ( "La moyenne de " )
		deco	d#2,s		;afficher le 1er nombre
		loada	chaine2,i
		addsp	d#-2,i
		storea	d#0,s
		jsr	afficher	;" et "
		deco	d#4,s		;afficher le 2e nombre
		charo	c#/ /,i
		charo	c#/=/,i
		charo	c#/ /,i		;" = "

		loada	d#2,s
		adda	d#4,s		;A = n1+n2
		asra			;A = A/2 (c-à-d, moyenne). Le flag C nous dit si le nombre était impair
		storea	d#2,s		;on utilise l'espace du premier nombre pour afficher
		deco	d#2,s		;afficher le résultat
		brc	retenue		;le nombre était impair -> afficher ",5"
					;Dans ce cas, on peut faire l'instruction de branchement après
					;STOREA et DECO car ces deux instructions ne modifient pas les
					;flags mis à jour par ASRA
		br	finmoy		;pas de retenue? routine terminée. On pourrait aussi
					;faire un RTS directement...
retenue:	charo	c#/,/,i
		charo	c#/5/,i		;",5"
finmoy:		rts


chaine1:	.ASCII	/La moyenne de /
		.BYTE	d#0
chaine2:	.ASCII	/ et /
		.BYTE	d#0

		
.END

 

 

		;[Enlever l'instruction "addsp	d#4,i" à la fin du programme]

finmoy:		loada	d#0,s	;Charger l'adresse de retour de la routine dans A
		storea	d#4,s	;La placer en haut de la pile, à la place du premier nombre qu'on avait donné
				;en paramètre
		addsp	d#4,i	;Après cette instruction, la pile pointe sur l'adresse de retour,
				;et est nettoyée des deux nombres donnés en paramètres.
		rts

 

 

Routine d'affichage de strings:

 
afficher:	loadb	d#2,s		;charger l'adresse de la chaîne dans BP
		loadx	d#0,i
		loada	d#0,i

rep:		ldbyta	,x		;boucle d'affichage, rien de nouveau...
		breq	finaff
		charo	,x
		addx	d#1,i
		br	rep

finaff:		loada	d#0,s		;charger l'adresse de retour
		storea	d#2,s		;la placer en haut
		addsp	d#2,i		;et nettoyer la pile
		rts

 

 

 


DÉMOS DU 7 ET 9 OCTOBRE

 

Trace d'un BREQ ou BRNE utilisé sans instruction COMPR

Reprenons le bout de code où on charge un caractère dans le registre A dans le but de savoir si on doit l'afficher ou s'il signale la fin de la string:
(Voir: Affichage de strings)

        ...
        loada    d#0,i
rep:
    ldbyta   ,x
        breq     finprog
        ...
 

Étape par étape:

1) État des registres à l'origine:

	Registres:
	A  = ????
	X  = 0000
	BP = pointe sur le début de la string

	Status bits (flags):
	Z (Zéro; 1 -> Le nombre est nul, 0 -> le nombre n'est pas nul) = ?
	N (Négatif; 1 -> le nombre est négatif, 0 -> le nombre est positif ou nul) = ?
	C (Carry ou Retenue; 1 -> la dernière opération a fait un débordement de nombre non signé) = ?
	V (oVerflow ou débordement; 1 -> la dernière opération a fait un débordement de nombre signé) = ?

 

2) État des registres après l'exécution de: LOADA    d#0,i

	Registres:
	A  = 0000
	X  = 0000
	BP = pointe sur le début de la string

	Status bits (flags):
	Z = 1
	N = 0
	C = ? (inchangé)
	V = ? (inchangé)

 

3) État des registres après l'exécution de: LDBYTA    ,x
a) Si on a chargé un caractère normal, prenons par exemple le caractère "C" (valeur ASCII : 43)

	Registres:
	A  = 0043
	X  = 0000
	BP = pointe sur le début de la string

	Status bits (flags):
	Z = 0
	N = 0
	C = ? (inchangé)
	V = ? (inchangé)

b) Si on a chargé le caractère nul (valeur ASCII: 00)

	Registres:
	A  = 0000
	X  = 0000
	BP = pointe sur le début de la string

	Status bits (flags):
	Z = 1
	N = 0
	C = ? (inchangé)
	V = ? (inchangé)

 

4) On arrive pour faire le BREQ

L'intruction BREQ effectue un branchement si le flag Z est à 1, sinon on continue avec l'instruction suivante.

 

Notes:

	[le processeur effectue l'opération A - 0 et utilise le résultat (0) pour mettre les flags à jour]

	Registres:
	A  = 0000
	X  = 0000
	BP = pointe sur le début de la string

	Status bits (flags):
	Z = 1
	N = 0
	C = 0
	V = 0

Le résultat du branchement sera donc le même de toute façon...

	Registres:
	A  = ??00
	X  = 0000
	BP = pointe sur le début de la string

	Status bits (flags):

	Z = 0 si les ?? du registre A ont une valeur non-nulle
	Z = 1 si on est chanceux et que les ?? du registre A ont une valeur nulle

	N = 0 si le bit de signe (gauche) des ?? vaut 0
	N = 1 si le bit de signe (gauche) des ?? vaut 1

	C = ? (inchangé)
	V = ? (inchangé)

Autrement dit, quand on fait une opération sur un registre, même si c'est une opération sur 8 bits, le processeur mettra les flags à jour en fonction du contenu du registre AU COMPLET, c-à-d en fonction des 16 bits du registre!

 

 

Saisie de strings:

 
		loadb	chaine,i
		loadx	d#0,i
		loada	d#0,i

nxtinput:	chari	,x		;charger le caractère dans la string
		ldbyta	,x
		addx	d#1,i		;+1 à notre compteur
		compa	h#0A,i		;A = 000A ?	(0A est un "ENTER" en ASCII)
		brne	nxtinput	;Non, on a pas appuyé sur ENTER -> on continue

		subx	d#1,i		;X pointait le caractère après le "ENTER". Il faut donc
					;le reculer pour qu'il pointe le "ENTER" (0A)
		loada	d#0,i
		stbyta	,x		;Remplacer le caractère "0A" par "00" pour marquer la fin
					;de la string

		stop

chaine:		.BLOCK	d#50		;50 caractères maximum

.END

 

 

 


DÉMOS DU 30 SEPTEMBRE ET 2 OCTOBRE

 

Affichage de strings:

 
		loadb	chaine,i	;charger l'adresse de la chaîne dans BP
		loadx	d#0,i		;reset de l'index (X pointe le début de la chaîne)
		loada	d#0,i		;reset de A (le but est surtout de mettre les 8 PREMIERS bits à 0)

rep:		ldbyta	,x		;charger le caractère à afficher dans les 8 derniers bits de A
					;A = 0000 0000 ???? ????
		breq	finprog		;si on a chargé le caractère nul dans les 8 derniers bits de A, la
					;valeur du registre au complet sera nulle (A = 0000 0000 0000 0000)
		charo	,x		;Afficher le caractère pointé par X + BP
		addx	d#1,i		;+1 à notre compteur
		br	rep		;et recommencer la boucle...

finprog:	stop

chaine:		.ASCII	/Bonjour/
		.BYTE	d#0		;une fois le programme chargé en mémoire, ce byte (qui est le
					;caractère nul) suivra la string "Bonjour". Il ne faut donc déclarer
					;AUCUNE variable entre .ASCII et .BYTE !!

.END

 

 

 

Changer des minuscules en majuscules, ou inversement:

Valeurs hexadécimales des caractères ASCII:
'0' = 30    ...    '9' = 39
'A' = 41    ...    'Z' = 5A
'a' = 61    ...    'z' = 7A

Pour changer un "A" en "a", il suffit donc d'additionner 20 (hex) à sa valeur; pour l'inverse, on soustrait.
Notez qu'il y a une manière plus efficace de faire l'opération. Si on regarde la valeur binaire des caractères:
'0' = 00110000    ...    '9' = 00111001
'A' = 01000001    ...    'Z' = 01011010
'a' = 01100001    ...    'z' = 01111010

On remarque qu'il y a un seul bit qui fait la différence entre la lettre majuscule et minuscule.
On peut donc utiliser les instructions AND et OR pour donner la valeur 1 ou 0 au bit en question, quelle que soit sa valeur précédente. Cela nous évite d'avoir à tester si on doit faire l'opération ou pas: on la fait de toutes façons.
Mettez soit l'instruction AND ou OR pour obtenir des majuscules ou des minuscules.

 
		loadb	chaine,i	
		loadx	d#-1,i		;-1 parce que l'on rajoute 1 dès le début de la boucle..
		loada	d#0,i		
next:		addx	d#1,i
		ldbyta	,x		
		breq	fin

		compa	h#41,i		;'A'
		brlt	next		;pas une lettre?, on branche
		compa	h#5A,i		;'Z'
		brle	lettre		; c'est une lettre -> on branche

		compa	h#61,i		;'a'
		brlt	next		;pas une lettre?, on branche
		compa	h#7A,i		;'z'
		brle	lettre		;c'est une lettre -> on branche

		br	next		;arrivé ici, ça ne peut plus être une lettre...

lettre:		anda	h#DF,i		;A AND 11011111, pour faire une lettre majuscule
		;ora	h#20,i		;A OR  00100000, pour faire une lettre minuscule
		stbyta	,x		;remplacer le caractère dans la string
		br	next		;et recommencer la boucle...

fin:		stop

chaine:		.ASCII	/Bonjour TOUT le Monde 123/
		.BYTE	d#0		;une fois le programme chargé en mémoire, ce byte (qui est le
					;caractère nul) suivra la string "Bonjour". Il ne faut donc déclarer
					;AUCUNE variable entre .ASCII et .BYTE !!

.END

 

 

 


DÉMOS DU 23 ET 25 SEPTEMBRE

 

Le problème du Hamburger:

 

 
;Le probleme du hamburger :)
;Pour preparer un hamburger, on encode 6 bits de la maniere suivante:

;bit0:		salade
;bit1:		champignons
;bits2&3:	nombre de tranches de tomates
;bit4:		piments
;bit5:		oignons

;note: les numeros de bits se lisent de droite a gauche. le bit0 est donc
;le bit le plus faible.

;Ces bits nous donnent la composition du hamburger, c'est a dire que si
;le bit4 est a 1, on veut des piments dans le hamburger, si il est a 0,
;on ne veut pas de piments.
;Une exception est faite pour les tomates; deux bits sont utilises pour
;donner la quantite de tranches de tomates a mettre (0,1,2,3)

;On veut faire un programme qui prend en entree un nombre et qui imprime
;a l'ecran la composition du hamburger.

;Exemples:

;Le nombre entre est 19 (010011).

;0	1	00	1	1
;bit5	bit4	bit3&2	bit1	bit0

;Le hamburger sera compose de:
;piments, champignons et salade.
;Ce que l'on verra a l'ecran:  SALADE CHAMPIGNONS PIMENTS

;Le nombre entre est 24 (011000). Le hamburger sera compose de:
;piments et deux tranches de tomate.
;Ce que l'on verra a l'ecran:  2TOMATE(S) PIMENTS


		deci		nb,d
		loada		nb,d
		anda		d#1,i		;A AND 000001 =>A=000001 (bin) -> salade
						;		A=000000 (bin) -> pas de salade
		compa		d#1,i		;est ce que A=1 ?
		brne		psalade		;pas de salade?
		charo		c#/S/,i
		charo		c#/A/,i
		charo		c#/L/,i
		charo		c#/A/,i
		charo		c#/D/,i
		charo		c#/E/,i
		charo		c#/ /,i

psalade:	loada		nb,d		;le nombre a ete modifie, alors on le recharge
		anda		d#2,i		;A AND 000010 =>A=000010 -> champignons,
						;		A=000000 -> pas de champignons
		compa		d#2,i		;est ce que A=10 ?
		brne		pchamp		;pas de champignons?
		charo		c#/C/,i
		charo		c#/H/,i
		charo		c#/A/,i
		charo		c#/M/,i
		charo		c#/P/,i
		charo		c#/I/,i
		charo		c#/G/,i
		charo		c#/N/,i
		charo		c#/O/,i
		charo		c#/N/,i
		charo		c#/S/,i
		charo		c#/ /,i

pchamp:		loada		nb,d
		anda		d#12,i		;A AND 001100 =>A=000000 -> pas de tomates,
						;		A=000100 -> 1 tomate,
						;		A=001000 -> 2 tomates,
						;		A=001100 -> 3 tomates,
		compa		d#0,i		;on veut des tomates?
		breq		ptomates	;non? ->branchement, oui? -> on continue
		asra				;decalage de A a droite deux fois, pour que
		asra				;le nombre de tomates arrive dans les
						;premiers bits
		storea		tom,d		;stocker pour imprimer
		deco		tom,d
		charo		c#/T/,i
		charo		c#/O/,i
		charo		c#/M/,i
		charo		c#/A/,i
		charo		c#/T/,i
		charo		c#/E/,i
		charo		c#/(/,i
		charo		c#/S/,i
		charo		c#/)/,i
		charo		c#/ /,i
		
ptomates:	loada		nb,d
		anda		d#16,i		;A AND 010000 =>A=010000 -> piments,
						;		A=000000 -> pas de piments
						;PAS DE COMPARAISON. On aurait pu suivre le
						;meme schema que pour la salade et les champignons
						;mais il existe une maniere plus efficace de le
						;faire: apres avoir fait le AND, si A vaut zero,
						;le flag Z (zero) sera leve (c-a-d que Z vaudra 1).
						;On peut donc determiner le resultat de
						;l'operation sans faire de comparaison.
						;Mais il faut utiliser l'instruction BREQ
						;au lieu de BRNE.
						;BRNE fait un branchement si Z=0 (nombre non-nul)
						;BREQ fait un branchement si Z=1 (zero)
		breq		ppiments	;pas de piments?
		charo		c#/P/,i
		charo		c#/I/,i
		charo		c#/M/,i
		charo		c#/E/,i
		charo		c#/N/,i
		charo		c#/T/,i
		charo		c#/S/,i
		charo		c#/ /,i

piments:	loada		nb,d
		anda		d#32,i		;A AND 100000 =>A=100000 -> oignons,
						;		A=000000 -> pas d'oignons
		breq		poignons	;pas d'oignons?
		charo		c#/O/,i
		charo		c#/I/,i
		charo		c#/G/,i
		charo		c#/N/,i
		charo		c#/O/,i
		charo		c#/N/,i
		charo		c#/S/,i
		charo		c#/ /,i

poignons:	stop
					
					
					
nb:		.WORD		d#0
tom:		.WORD		d#0					
					
.END

 

 

 

Le programme BINOUT:

HEXO, DECO... Et pour les nombres binaires? Voici un petit programme qui imprime un nombre en binaire. Transformez-le en routine d'affichage de nombre binaire avec JSR et RTS!

 
		deci	nb,d
		loada	nb,d
		loadx	d#16,i		;le registre X servira de compteur pour la boucle.
					;16 bits a imprimer dans le registre A, donc 16 tours de boucle a effectuer

rep:		asla			;decalage a gauche. le bit de gauche du registre est transfere dans
					;le flag de retenue (C)

		brc	retenue		;il y a eu un debordement (C=1)? si oui, on branche a "retenue"
					;sinon, on continue.
		charo	c#/0/,i
		br	dec		;branchement inconditionnel a "dec"

retenue:	charo	c#/1/,i
dec:		subx	d#1,i		;decrementer notre compteur
		brne	rep		;compteur arrive a zero (Z=1)? si oui, on continue
					;sinon, on branche a "rep"
		stop

nb:		.WORD	d#0

.END

 

 

 

Exemple de branchement et d'utilisation de l'instruction COMPR:

Programme: Affiche 'ZR' si le nombre  entré est zéro, 'NZ' si le nombre entré n'est pas zéro

 
	deci	nb,d		;input d'un nombre en base décimale
    	loada	nb,d
	compa	d#0,i		;Comparer A avec 0  => A-0
rec:	breq	zero		;si le flag Z est à 1, branchement à l'étiquette 'zero'
	charo	c#/N/,i
	charo	c#/Z/,i		;imprimer 'NZ'
	br	fin		;branchement inconditionel sur l'étiquette 'fin'
zero:	charo	c#/Z/,i
	charo	c#/R/,i		;imprimer 'ZR'
fin:	stop


nb:	.WORD d#0

.END

 

 

 

Programme de test pour les instructions de shift. (ASRR et ASLR)

Faites attention aux nombres signés!

ASRL

ASLR

 
	loada	init,i		;valeur initiale dans A
	loadx	rep,i		;nombre de répétitions de la boucle
rec:	jsr	print		;afficher le nombre contenu dans A
	asla			;décalage à gauche du registre A
	subx	d#1,i		;décrémenter notre compteur de 1
	brne	rec		;est ce que X = 0 ? si non, aller à "rec"
	stop

print:	storea	nb,d
	deco	nb,d		;afficher le nombre en base décimale
	charo	h#20,i		;espace
	hexo	nb,d		;afficher le nombre en base hexadécimale
	charo	h#0A,i		;CR/LF
	rts			;fin de la sous-routine

nb:	.WORD d#0

init:	.EQUATE	h#0001
rep:	.EQUATE	d#18
.END

 

 


 

Vous voulez voir un exemple de programme en particulier? Comprendre une trace en détail? Des questions sur le TP ou la démonstration?

N'hésitez pas à écrire!

Vincent Gournay - vincent2170@sympatico.ca