單片機(jī)C語(yǔ)言求平方根函數(shù)

在單片機(jī)中要開(kāi)平方.可以用到下面算法:
算法1:
本算法只采用移位、加減法、判斷和循環(huán)實(shí)現(xiàn)，因?yàn)樗恍枰↑c(diǎn)運(yùn)算，也不需要乘除運(yùn)算，因此可以很方便地運(yùn)用到各種芯片上去。

我們先來(lái)看看10進(jìn)制下是如何手工計(jì)算開(kāi)方的。
先看下面兩個(gè)算式，

x = 10*p + q (1)
公式(1)左右平方之后得：

x^2 = 100*p^2 + 20pq + q^2 (2)
現(xiàn)在假設(shè)我們知道x^2和p，希望求出q來(lái)，求出了q也就求出了x^2的開(kāi)方x了。
我們把公式(2)改寫為如下格式：

q = (x^2 - 100*p^2)/(20*p+q) (3)
這個(gè)算式左右都有q，因此無(wú)法直接計(jì)算出q來(lái)，因此手工的開(kāi)方算法和手工除法算法一樣有一步需要猜值。

我們來(lái)一個(gè)手工計(jì)算的例子：計(jì)算1234567890的開(kāi)方

首先我們把這個(gè)數(shù)兩位兩位一組分開(kāi)，計(jì)算出最高位為3。也就是(3)中的p，最下面一行的334為余數(shù)，也就是公式(3)中的(x^2 - 100*p^2)近似值

3 --------------- | 12 34 56 78 90 9 --------------- | 3 34
下面我們要找到一個(gè)0-9的數(shù)q使它最接近滿足公式(3)。我們先把p乘以20寫在334左邊：

3 q --------------- | 12 34 56 78 90 9 --------------- 6q| 3 34
我們看到q為5時(shí)(60+q*q)的值最接近334，而且不超過(guò)334。于是我們得到：

3 5 --------------- | 12 34 56 78 90 9 --------------- 65| 3 34 | 3 25 --------------- 9 56
接下來(lái)就是重復(fù)上面的步驟了，這里就不再啰嗦了。

這個(gè)手工算法其實(shí)和10進(jìn)制關(guān)系不大，因此我們可以很容易的把它改為二進(jìn)制，改為二進(jìn)制之后，公式(3)就變成了：


q = (x^2 - 4*p^2)/(4*p+q) (4)
我們來(lái)看一個(gè)例子，計(jì)算100(二進(jìn)制1100100)的開(kāi)方：

1 0 1 0 --------------- | 1 10 01 00 1 --------------- 100| 0 10 | 0 00 --------------- | 10 011001| 10 01 --------------- 0 00
這里每一步不再是把p乘以20了，而是把p乘以4，也就是把p右移兩位，而由于q的值只能為0或者1，所以我們只需要判斷余數(shù)(x^2 - 4*p^2)和(4*p+1)的大小關(guān)系，如果余數(shù)大于等于(4*p+q)那么該上一個(gè)1，否則該上一個(gè)0。

下面給出完成的C語(yǔ)言程序，其中root表示p，rem表示每步計(jì)算之后的余數(shù)，divisor表示(4*p+1)，通過(guò)a>>30取a的最高 2位，通過(guò)a<<=2將計(jì)算后的最高2位剔除。其中root的兩次<<1相當(dāng)于4*p。程序完全是按照手工計(jì)算改寫的，應(yīng)該不難理解。

unsigned short sqrt(unsigned long a){
unsigned long rem = 0;
unsigned long root = 0;
unsigned long divisor = 0;
for(int i=0; i<16; i++){
root <<= 1;
rem = ((rem << 2) + (a >> 30));
a <<= 2;
divisor = (root<<1) + 1;
if(divisor <= rem){
rem -= divisor;
root++;
}
}
return (unsigned short)(root);
}
算法2 :單片機(jī)開(kāi)平方的快速算法

因?yàn)楣ぷ鞯男枰?，要在單片機(jī)上實(shí)現(xiàn)開(kāi)根號(hào)的操作。目前開(kāi)平方的方法大部分是用牛頓
迭代法。我在查了一些資料以后找到了一個(gè)比牛頓迭代法更加快速的方法。不敢獨(dú)享，介
紹給大家，希望會(huì)有些幫助。

1.原理
因?yàn)榕虐娴脑?，用pow(X,Y)表示X的Y次冪，用B[0]，B[1]，...，B[m-1]表示一個(gè)序列，
其中[x]為下標(biāo)。

假設(shè)：
B[x],b[x]都是二進(jìn)制序列,取值0或1。
M = B[m-1]*pow(2,m-1) + B[m-2]*pow(2,m-2) + ... + B[1]*pow(2,1) + B[0]*pow
(2,0)
N = b[n-1]*pow(2,n-1) + b[n-2]*pow(2,n-2) + ... + b[1]*pow(2,1) + n[0]*pow
(2,0)
pow(N,2) = M

(1) N的最高位b[n-1]可以根據(jù)M的最高位B[m-1]直接求得。
設(shè) m 已知,因?yàn)?pow(2, m-1) <= M <= pow(2, m)，所以 pow(2, (m-1)/2) <= N <=
pow(2, m/2)
如果 m 是奇數(shù)，設(shè)m=2*k+1,
那么 pow(2,k) <= N < pow(2, 1/2+k) < pow(2, k+1),
n-1=k, n=k+1=(m+1)/2
如果 m 是偶數(shù)，設(shè)m=2k,
那么 pow(2,k) > N >= pow(2, k-1/2) > pow(2, k-1),
n-1=k-1,n=k=m/2
所以b[n-1]完全由B[m-1]決定。
余數(shù) M[1] = M - b[n-1]*pow(2, 2*n-2)

(2) N的次高位b[n-2]可以采用試探法來(lái)確定。
因?yàn)閎[n-1]=1，假設(shè)b[n-2]=1，則 pow(b[n-1]*pow(2,n-1) + b[n-1]*pow(2,n-2),
2) = b[n-1]*pow(2,2*n-2) + (b[n-1]*pow(2,2*n-2) + b[n-2]*pow(2,2*n-4)),
然后比較余數(shù)M[1]是否大于等于 (pow(2,2)*b[n-1] + b[n-2]) * pow(2,2*n-4)。這種
比較只須根據(jù)B[m-1]、B[m-2]、...、B[2*n-4]便可做出判斷，其余低位不做比較。
若 M[1] >= (pow(2,2)*b[n-1] + b[n-2]) * pow(2,2*n-4), 則假設(shè)有效，b[n-2] =
1；
余數(shù) M[2] = M[1] - pow(pow(2,n-1)*b[n-1] + pow(2,n-2)*b[n-2], 2) = M[1] -
(pow(2,2)+1)*pow(2,2*n-4)；
若 M[1] < (pow(2,2)*b[n-1] + b[n-2]) * pow(2,2*n-4), 則假設(shè)無(wú)效，b[n-2] =
0；余數(shù) M[2] = M[1]。

(3) 同理，可以從高位到低位逐位求出M的平方根N的各位。

使用這種算法計(jì)算32位數(shù)的平方根時(shí)最多只須比較16次，而且每次比較時(shí)不必把M的各位逐
一比較，尤其是開(kāi)始時(shí)比較的位數(shù)很少，所以消耗的時(shí)間遠(yuǎn)低于牛頓迭代法。


2. 實(shí)現(xiàn)代碼
這里給出實(shí)現(xiàn)32位無(wú)符號(hào)整數(shù)開(kāi)方得到16位無(wú)符號(hào)整數(shù)的C語(yǔ)言代碼。

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unsigned int sqrt_16(unsigned long M)
{
unsigned int N, i;
unsigned long tmp, ttp; // 結(jié)果、循環(huán)計(jì)數(shù)
if (M == 0) // 被開(kāi)方數(shù)，開(kāi)方結(jié)果也為0
return 0;

N = 0;

tmp = (M >> 30); // 獲取最高位：B[m-1]
M <<= 2;
if (tmp > 1) // 最高位為1
{
N ++; // 結(jié)果當(dāng)前位為1，否則為默認(rèn)的0
tmp -= N;
}

for (i=15; i>0; i--) // 求剩余的15位
{
N <<= 1; // 左移一位

tmp <<= 2;
tmp += (M >> 30); // 假設(shè)

ttp = N;
ttp = (ttp<<1)+1;

M <<= 2;
if (tmp >= ttp) // 假設(shè)成立
{
tmp -= ttp;
N ++;
}

}

return N;
}