计算机原理之校验码

1.码距

• 码距（汉明距离）：两个等长编码之间不同位的个数。

  • 例如：000 和 001 的码距是1。

  • 码距决定了编码的检错和纠错能力。

  • 原始无校验的数据码，最小码距为 1。

"两个等长编码之间不同位的个数"，指的就是逐位比较两个长度相同的二进制串，统计对应位置上的数字（0或1）不相同的总位数。

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奇偶校验的目标 ：将任意两个有效编码之间的最小码距 从1增加到2。 这意味着，任何一个有效的奇偶校验码发生单比特错误（1位翻转）后，都会变成一个无效的、不满足奇偶性规则的编码，从而可以被检测出来。

2.奇偶校验

假设我们有一个4位原始数据：1101（其中已有3个"1"）。

2.1. 偶校验

• 规则 ：使编码中"1"的总个数为偶数。
• 计算 ：原始数据 1101 中"1"的个数 = 3（奇数）。为了变成偶数，校验位应为 1。
• 最终编码（数据位 + 校验位） ：1101 1
• 验证 ：整个5位编码 11011 中，"1"的个数为4（偶数），符合规则。

2.2. 奇校验

• 规则 ：使编码中"1"的总个数为奇数。
• 计算 ：原始数据 1101 中"1"的个数 = 3（奇数）。为了保持奇数，校验位应为 0。
• 最终编码（数据位 + 校验位） ：1101 0
• 验证 ：整个5位编码 11010 中，"1"的个数为3（奇数），符合规则。

好的，我们来用一个完整的例子说明奇偶校验码的工作原理。

偶校验的例子

使用偶校验（使整个编码中"1"的个数为偶数）：

原始数据：1 0 1 1（3个"1"，是奇数）

• 为了保持偶数，校验位应为 1。
• 发送：1 0 1 1 1（"1"的总数=4，偶数 ✅）

接收方按奇校验检查：

• 若收到 1 0 1 1 1（4个"1"）→ 偶数 ✅，无错。
• 若收到 1 1 1 1 1（5个"1"）→ 奇数 ❌，检测到错误。
• 若收到 0 0 0 1 1（2个"1"）→ 偶数 ✅，错误地判定为无错！。

奇校验的例子

如果采用奇校验（使"1"的总数为奇数）：

原始数据：1 0 1 1（3个"1"，已是奇数）

• 为了保持奇数，校验位应为 0。
• 发送：1 0 1 1 0（"1"的总数=3，奇数 ✅）

接收方按奇校验检查：

• 若收到 1 0 1 1 0（3个"1"）→ 奇数 ✅，无错。
• 若收到 1 0 0 1 0（2个"1"）→ 偶数 ❌，检测到错误。
• 若收到 0 0 0 1 0（1个"1"）→ 奇数 ✅，错误地判定为无错！。

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2.3 奇偶校验码特点总结表

特性	说明
增加冗余	只增加1位校验位，开销小（n位数据→n+1位传输）
检错能力	能100%检测出任意奇数个比特的错误
无法检测	所有偶数个比特的错误
纠错能力	无。只能知道"有错"，但不知道哪一位错
最小码距	2（任意两个有效码字至少差2位，原始无校验的数据码最少是1位）
应用场景	内存（RAM）校验、串行通信（如UART）、简单数据传输

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每个比特错误（0变1或1变0）就像按一下开关

• 按奇数下（1, 3, 5...次） → 开关状态一定会改变（从"偶"到"奇"）

• 按偶数下（2, 4, 6...次） → 开关状态一定会回到原位（还是"偶"）

3.模2除法

✅ 模2除法基本步骤（结合实例说明）

适用场景 ：CRC校验、二进制多项式除法等
核心规则 ：所有运算在 GF(2) 上进行 → 加减 = 异或（XOR），无进位/借位

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📌 步骤总览

1. 准备数据

   • 被除数（如 1101 或 1001）
   • 除数（如 101，必须以 1 开头）

2. 初始化窗口

   • 取被除数前 ( n ) 位（( n = \text{除数长度} )）作为当前工作区

3. 逐位处理（共 ( \text{len(被除数)} - n + 1 ) 步）

   • 若当前窗口最高位是 1 ：
     • 与除数做 XOR
     • 商当前位 = 1
   • 若当前窗口最高位是 0 ：
     • 不做 XOR（等价于 XOR 全0，但通常省略）
     • 商当前位 = 0
   • 左移1位，带入被除数下一位（若还有）

4. 结束

   • 最终剩下的 ( n-1 ) 位即为 余数
   • 商可选记录（多数应用如 CRC 不需要）

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🧪 示例1：1101 ÷ 101（商无0）

步骤	当前窗口	最高位	操作	商位	XOR结果	带入下一位
1	110	1	XOR 101	1	011	带入 1 → 0111
2	111	1	XOR 101	1	010	无

✅ 商 = 11，余数 = 10

💡 两次窗口最高位都是1 → 商全是1，没有0

💡 模2除法的"窗口"是动态对齐到当前最高位的1，不是固定从左到右逐位判断！

• 你可能误以为中间出现的 011 中的"0"需要"跳过"，但实际上：
  • 那个 0 是XOR结果的一部分，不是"新的被除数起始位"
  • 我们不会对每一位单独判断是否跳过，而是：
  • 每次看当前3位窗口的最高位是否为1
  • 在第二步，窗口是 111（不是 011），所以不需要跳过，直接XOR，商写1

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🧪 示例2：1001 ÷ 101（商有0）

步骤	当前窗口	最高位	操作	商位	XOR结果	带入下一位
1	100	1	XOR 101	1	001	带入 1 → 0011
2	011	0	不XOR	0	011	无

✅ 商 = 10，余数 = 11

💡 第二步窗口是 011，最高位为0 → 商写0，跳过XOR

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🔑 关键要点总结

问题	正确认知
"跳过"是什么意思？	当前窗口最高位为0 → 商0，不执行XOR，直接移位
商是否存在？	存在！每一步都有一位商（1 或 0），但 CRC 中通常忽略
余数长度？	总是 = 除数长度 − 1（如除数3位 → 余数2位）
是否逐位判断？	否！是按 与除数等长的窗口 判断最高位
前导0怎么处理？	窗口包含前导0，但只看该窗口的最高位决定是否XOR

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📝 一句话口诀（便于记忆）

"对齐除数看头位，是1就XOR商写1，是0跳过商写0，移位带入继续算。"

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4.普通算术除法

🔥 经典借位场景：100 ÷ 3

我们一步步手算，并高亮借位发生的位置。

第一步：列竖式

      ??
    ------
3 ) 1 0 0

• 3 不能整除 1（百位），所以看前两位：10

• 10 ÷ 3 = 3（因为 3×3=9 ≤ 10）

• 商的第一位是 3，写在十位上

      3
    ------

  3 ) 1 0 0
  - 9 ← 3 × 3 = 9
  -----

第二步：做减法 10 − 9

   1 0
−    9
-------

• 个位：0 − 9 → 不够减！
• 向十位借1
• 十位的1变成0，个位得到10
• 计算：10 − 9 = 1

✅ 这里发生了借位！

结果是 1 ，然后把被除数的下一位 0 移下来，变成 10

      3
    ------
3 ) 1 0 0
    - 9
    -----
      1 0   ← 余1，带下0 → 10

第三步：10 ÷ 3 = 3（3×3=9）

      3 3
    ------
3 ) 1 0 0
    - 9
    -----
      1 0
    -   9
    -----
        1   ← 余数

再做一次减法：10 − 9

→ 又一次：0 − 9 不够，向十位借1 → 再次借位！

---

✅ 完整过程（标出借位）

       3 3
     ------
3 ) 1 0 0
    - 9      ← 3×3
    -----
  → ¹0        ← 十位1借给个位，自己变0，个位变成10
     1 0      ← 实际是 (10−9)=1，带下0 → 10
    - 9
    -----
  → ¹0        ← 再次借位！
       1      ← 余数

💡 每次计算 10 − 9 时，个位0不够减9，必须向十位借1 ，这就是带借位。

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📌 关键点总结

步骤	发生了什么	是否借位
10 − 9	个位 0 < 9 → 向十位借1	✅ 是
10 − 9（第二次）	同样，个位0 < 9 → 借1	✅ 是

在十进制中，借1当10，所以 0 借位后变成 10，就能减了。

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✅ 最终结果

• 商：33
• 余数：1
• 验证：( 3 \times 33 + 1 = 99 + 1 = 100 ) ✅

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🔁 对比记忆

• 普通算术除法：

  • 减法要借位（如 0 − 9 → 借1变10 − 9 = 1）
  • 是我们小学学的"标准除法"

• 模2除法（用于CRC）：

  • 减法 = 异或（XOR）
  • 0 − 1 = 1（因为 0 ⊕ 1 = 1），永远不需要借位

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💬 一句话记住

"普通除法中的借位，就是你算 100 ÷ 3 时，每次 10 减 9 都要从十位'借1当10'的那个动作。"

5.CRC

循环冗余校验码(Cyclic Redundancy Check，CRC)

6.海明码

6.1 校验码

已知原始信息数据为 1011，海明码校验码
1. 确定校验位个数

设原始数据位数 ( m = 4 )（即 1011）。

海明码要求满足 ( 2^r \ge m + r + 1 ) 来确定校验位个数 ( r )。

• ( r = 2 ) 时：( 4 + 2 + 1 = 7)，(2^2 = 4) 不够。
• ( r = 3 ) 时：( 4 + 3 + 1 = 8)，(2^3 = 8) 刚好满足。

所以 校验位 ( r = 3 )，总位数 ( n = m + r = 7 )。

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2. 确定校验位的位置

校验位 ( P_1, P_2, P_4 ) 放在 ( 2^{i-1} ) 的位置（即位置 1、2、4，从 1 开始数位置）。

位置编号与对应位的关系（P 表示校验位，D 表示数据位）：

位置	7	6	5	4	3	2	1
位	D4	D3	D2	P3	D1	P2	P1

原始数据 1011 按顺序 ( D_4 D_3 D_2 D_1 ) 填入 ( D4, D3, D2, D1 )：

• ( D4 = 1 )
• ( D3 = 0 )
• ( D2 = 1 )
• ( D1 = 1 )

暂时校验位未知（记为 P1, P2, P3），我们得到：

位置	7	6	5	4	3	2	1
位	1	0	1	P3	1	P2	P1

位置	二进制（从右数位 1,2,4 对应权值 1,2,4）	存放的位
1	001	P1
2	010	P2
3	011	D1=1
4	100	P3
5	101	D2=1
6	110	D3=0
7	111	D4=1

---

3. 确定每个校验位的奇偶校验组（偶校验）
P1（位置 1） 校验的位：位置 1、3、5、7 的二进制 最低位为 1 。

即：1(1), 3(3=011), 5(5=101), 7(7=111) → 对应位 P1, D1, D2, D4。

P_1 \\oplus D1 \\oplus D2 \\oplus D4 = 0

P_1 \\oplus 1 \\oplus 1 \\oplus 1 = 0

P_1 \\oplus 1 = 0 \\quad \\Rightarrow \\quad P_1 = 1

（因为 ( 1 \oplus 1 = 0 )）

---

P2（位置 2） 校验的位：位置 2、3、6、7 的二进制 次低位为 1 。

即：2(010), 3(011), 6(110), 7(111) → 对应位 P2, D1, D3, D4。

P_2 \\oplus D1 \\oplus D3 \\oplus D4 = 0

P_2 \\oplus 1 \\oplus 0 \\oplus 1 = 0

P_2 \\oplus 0 = 0 \\quad \\Rightarrow \\quad P_2 = 0

---

P3（位置 4） 校验的位：位置 4、5、6、7 的二进制 第三位为 1 。

即：4(100), 5(101), 6(110), 7(111) → 对应位 P3, D2, D3, D4。

P_3 \\oplus D2 \\oplus D3 \\oplus D4 = 0

P_3 \\oplus 1 \\oplus 0 \\oplus 1 = 0

P_3 \\oplus 0 = 0 \\quad \\Rightarrow \\quad P_3 = 0

---

4. 填入校验位得到完整海明码

P1=1，P2=0，P3=0。

位置：

1 → 1

2 → 0

3 → D1=1

4 → P3=0

5 → D2=1

6 → D3=0

7 → D4=1

得到：位置 7~1 为 1 0 1 0 1 0 1（注意通常书写顺序按位置 1 在最右）

从高到低（位置 7 到 1）的二进制是：1010101。

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5. 最终答案

原始数据 1011，海明校验码（7 位）为：

\\boxed{1010101}

其中校验位是 ( P_1 = 1, P_2 = 0, P_3 = 0 )，放在总码的位置 1、2、4。

我们具体看一下这一步的详细推导。

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海明码的偶校验 是一种保证特定校验组内"1"的个数为偶数的机制。

具体来说：

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6.2 海明码中的偶校验和奇校验

1. 偶校验（Even Parity）

对于一组二进制位，偶校验位设置成 0 或 1 ，使得这组数据位加校验位中 "1"的总数 为偶数。

例如：

• 数据 101 → "1"的个数 = 2（偶数），则校验位 = 0，保持偶数。
• 数据 111 → "1"的个数 = 3（奇数），则校验位 = 1，使总数变成 4（偶数）。

校验方程：

P \\oplus D_1 \\oplus D_2 \\oplus \\dots \\oplus D_k = 0

（即所有位异或结果为 0）

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2. 海明码中的偶校验应用

在海明码中，每个校验位负责一组不同的数据位。分组规则是根据位置的二进制编号来划分的。

对于长度为 ( n ) 的海明码（( n = m + r )），位置从 1 到 ( n ) 编号，校验位放在 ( 2^{i-1} ) 的位置（即 1、2、4、8...）。

校验位 ( P_k )（在位置 ( 2^{k-1} )）负责校验所有位置编号二进制表示中，第 ( k ) 位（从右数，最低位是第 1 位）是 1 的那些位置。

例子（7 位海明码，r=3）

• ( P_1 )（位置 1）：二进制最低位是 1 的位置 → 1, 3, 5, 7
• ( P_2 )（位置 2）：二进制第二位是 1 的位置 → 2, 3, 6, 7
• ( P_4 )（位置 4）：二进制第三位是 1 的位置 → 4, 5, 6, 7

对每个校验组分别进行偶校验，得到一个方程，解出该校验位的值。

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3. 偶校验的作用

在发送端，校验位按偶校验规则计算填入。

在接收端，重新计算每个校验方程，如果全部为 0，则无错；如果有方程不为 0，将这些方程的校验位位置值组合成一个二进制数，就指示出错的位置。

这是因为偶校验组重叠覆盖了每一个位，任何单个位置错误都会影响一组特定的校验方程，从而唯一确定出错位。

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4. 与奇校验的区别

• 偶校验：组内异或结果 = 0
• 奇校验：组内异或结果 = 1
  海明码常用偶校验（教材标准做法），但奇校验原理类似，只是方程右边为 1。

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所以简单说：
海明码的偶校验 = 将数据位和校验位按特定规则分组，每组内通过设置校验位使得"1"的个数为偶数，以便检错与纠错。

判断数据位由哪些校验码校验，规则如下：

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6.3.数据位由哪些校验码校验

在海明码中，每一个数据位的位置编号（从 1 开始数） 的二进制形式中，如果某一位是 1，那么它就受到对应权值的校验位的校验。

校验位的位置是 ( 2^{k-1} )：

• 校验位 ( P_1 ) 在位置 ( 1 = 2^{0} )（二进制 001） → 负责最低位为 1 的所有位置
• 校验位 ( P_2 ) 在位置 ( 2 = 2^{1} )（二进制 010） → 负责第二位为 1 的所有位置
• 校验位 ( P_3 ) 在位置 ( 4 = 2^{2} )（二进制 100） → 负责第三位为 1 的所有位置
  ......依此类推。

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1. 判断方法

步骤 1：给数据位位置编号（整个海明码的位置）

假设我们有一个 7 位海明码（4 数据位 + 3 校验位），位置从 1 到 7：

位置	7	6	5	4	3	2	1
存放	D4	D3	D2	P3	D1	P2	P1

数据位 ( D_1 ) 在位置 3，( D_2 ) 在位置 5，( D_3 ) 在位置 6，( D_4 ) 在位置 7。

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步骤 2：将数据位的位置编号转换成二进制（用 r 位）

这里 r=3，二进制用 3 位（因为校验位位置是 1,2,4，对应二进制位 1,2,3 从右数）。

• ( D_1 ) 位置 3 → 二进制 011

  • 最低位是 1 → 受 P1 校验
  • 第二位是 1 → 受 P2 校验
  • 第三位是 0 → 不受 P3 校验
    所以 ( D_1 ) 由 P1 和 P2 校验。

• ( D_2 ) 位置 5 → 二进制 101

  • 最低位是 1 → 受 P1 校验
  • 第二位是 0 → 不受 P2 校验
  • 第三位是 1 → 受 P3 校验
    所以 ( D_2 ) 由 P1 和 P3 校验。

• ( D_3 ) 位置 6 → 二进制 110

  • 最低位是 0 → 不受 P1 校验
  • 第二位是 1 → 受 P2 校验
  • 第三位是 1 → 受 P3 校验
    所以 ( D_3 ) 由 P2 和 P3 校验。

• ( D_4 ) 位置 7 → 二进制 111

  • 最低位是 1 → 受 P1 校验
  • 第二位是 1 → 受 P2 校验
  • 第三位是 1 → 受 P3 校验
    所以 ( D_4 ) 由 P1、P2、P3 全部校验。

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2. 总结公式

对于位置编号 ( pos )（二进制表示），如果二进制从右数第 ( k ) 位（k 从 1 开始）是 1，则该校验位 ( P_k )（位置 ( 2^{k-1} )）会校验该数据位。

更简单的记忆法：
将数据位的位置编号分解成 2 的幂次和，幂次对应的校验位就是它受的校验。

例：

• ( 3 = 1 + 2 ) → P1、P2
• ( 5 = 1 + 4 ) → P1、P3
• ( 6 = 2 + 4 ) → P2、P3
• ( 7 = 1 + 2 + 4 ) → P1、P2、P3

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3. 反过来：校验位校验哪些位置？

2^{i} i=0,i=1,i=2... 1(001),2(010),4(100),8(1000),16(10000)

校验位 P1（位置 1）校验所有二进制最低位为 1 的位置。

校验位 P2（位置 2）校验所有二进制第二位为 1 的位置。

校验位 P4（位置 4）校验所有二进制第三位为 1 的位置。

校验位 P4（位置 8）校验所有二进制第四位为 1 的位置。

这样就可以从数据位位置反推出由哪些校验位校验，也可以从校验位知道它覆盖了哪些数据位。

6.4.海明码的检错和纠错原理

海明码的检错和纠错原理 基于多个奇偶校验位（偶校验）对数据位进行重叠分组，使得任何单个比特错误会影响一组特定的校验方程，从而唯一确定错误位置。

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1.核心思想

1. 冗余位（校验位）：插入 ( r ) 个校验位到数据位中，总长度 ( n = m + r )。
2. 分组校验：每个校验位负责一组特定的数据位（包括其他某些校验位）。
3. 重叠覆盖：每一个数据位至少属于两个不同的校验组。
4. 定位错误 ：单个比特出错会破坏它所在的所有校验组的偶校验条件，这些被破坏的校验组的编号组合起来就唯一对应出错的位置。

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2.编码过程（复习）

假设数据位 ( D_4 D_3 D_2 D_1 = 1011 )，求海明码（7,4）：

1. 确定校验位个数 ( r )，满足 ( 2^r \ge m + r + 1 )（这里是 3）。

2. 校验位放在位置 ( 1, 2, 4 )（即 ( 2^{k-1} )）。

3. 位置分配：

   位置：7 6 5 4 3 2 1

   存放：D4 D3 D2 P3 D1 P2 P1

   填入数据位：D4=1, D3=0, D2=1, D1=1。

4. 计算校验位（偶校验）：

• P1（校验位置 1,3,5,7）：P1 ⊕ D1 ⊕ D2 ⊕ D4 = 0 → P1=1
• P2（校验位置 2,3,6,7）：P2 ⊕ D1 ⊕ D3 ⊕ D4 = 0 → P2=0
• P3（校验位置 4,5,6,7）：P3 ⊕ D2 ⊕ D3 ⊕ D4 = 0 → P3=0

得到海明码：位置 7~1 → 101 0 1 0 1 即 1010101。

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3.检错与纠错过程（接收端）

1. 重新计算校验方程

收到一个 7 位码字，按同样分组计算偶校验结果，得到校验子（Syndrome） ( S_3 S_2 S_1 )：

\\begin{cases} S_1 = P_1 \\oplus D_1 \\oplus D_2 \\oplus D_4 \\quad (\\text{应为 0，若为 1 则本组有错}) \\ S_2 = P_2 \\oplus D_1 \\oplus D_3 \\oplus D_4 \\ S_3 = P_3 \\oplus D_2 \\oplus D_3 \\oplus D_4 \\end{cases}

注意：这里的 ( P_1, D_1 ) 等是从接收到的码字中取对应位置的值。

2. 校验子含义

• 如果 ( S_3 S_2 S_1 = 000 ) → 无错（或不可检测的多错，海明码只能保证检测并纠正 1 位错）。
• 如果 ( S_3 S_2 S_1 \neq 000 )，则它是一个二进制数，直接指出出错的位置编号。

为什么？

因为每个位置的编号二进制形式对应它会影响哪些校验组（S1 对应最低位，S2 对应第二位，S3 对应第三位）。

例子：

• 假设 D2（位置 5）出错：
  位置 5 二进制 101 → 影响 P1（最低位）和 P3（第三位），不影响 P2。
  所以：
  ( S_1 = 1 )（P1 组偶校验破坏）
  ( S_2 = 0 )
  ( S_3 = 1 )
  校验子 ( S_3 S_2 S_1 = 101 )（二进制）→ 十进制 5，正好是出错位置。

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3. 纠错

得到校验子 ( S = (S_3 S_2 S_1)_2 )，转十进制得到出错位置。

将该位置的比特取反（0→1 或 1→0），即完成纠正。

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4. 举例验证

发：1010101

收：假设位置 5 由 1 错成 0，收到 1000101。

重新计算校验子：

位置 7(D4)=1, 6(D3)=0, 5(D2)=0, 4(P3)=0, 3(D1)=1, 2(P2)=0, 1(P1)=1。

• ( S_1 = P1 ⊕ D1 ⊕ D2 ⊕ D4 = 1 ⊕ 1 ⊕ 0 ⊕ 1 = 1 ⊕ 1 = 0 ⊕ 1 = 1 )
  （仔细算：1⊕1=0, 0⊕0=0, 0⊕1=1 → 最终 S1=1）

其实更清楚列式：

P1 组包含位置 1(P1=1), 3(D1=1), 5(D2=0), 7(D4=1)

1 的个数：1(P1)是1, 3(D1)是1, 5(D2)是0, 7(D4)是1 → 1 的个数 = 3（奇数）→ 偶校验破坏 → S1=1。

• ( S_2 = P2 ⊕ D1 ⊕ D3 ⊕ D4 )

  位置 2(P2=0), 3(D1=1), 6(D3=0), 7(D4=1)

  1 的个数：D1=1, D4=1 → 两个 1（偶数），P2=0 不影响，所以总共 1 的个数=2（偶数）→ 偶校验满足 → S2=0。

• ( S_3 = P3 ⊕ D2 ⊕ D3 ⊕ D4 )

  位置 4(P3=0), 5(D2=0), 6(D3=0), 7(D4=1)

  1 的个数：1（奇数）→ S3=1。

所以 ( S_3 S_2 S_1 = 101 ) → 十进制 5 → 位置 5 错。

纠正：位置 5 的 0 改为 1 → 恢复为 1010101。

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4.检错能力

• 可纠正 1 位错（因为校验子 000 表示无错，其它 ( 2^r - 1 ) 种非零值对应 n 位中的某一位错，这里 ( n \le 2^r - 1 )）。
• 可检测 2 位错（校验子非零，但无法唯一确定是哪两位错，因为校验子模式与错误图样不再是一一对应，只能发现错误但不能纠正）。
• 不能可靠检测 ≥3 位错（可能校验子又变回 000 而漏检）。

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