前导0预测（Leading-Zero Anticipator，LZA）

前导0预测（Leading-Zero Anticipator，LZA）

浮点加法在完成之后会进行尾数规格化移位，而在进行尾数加法时，可以使用前导0预测（Leading-Zero Anticipator，LZA）同时计算移位，前导0预测只发生在一个正数加上一个负数的情况下，电路图如图1所示。

图1 传统LZD算法和LZA算法

1. 基础算法

算法的目标是计算出加法结果序列左边连续0的数量，下文中对序列的位置的索引值是从高位开始到低位的，假设输入尾数为$A = a_0 a_1 \cdots a_{n-1}$A=a0​a1​⋯an−1​和$B = b_0 b_1 \cdots b_{n-1}$B=b0​b1​⋯bn−1​，首先需要对$A$A和$B$B进行有效位减法：
$R = A - B, \quad R = r_0 r_1 \cdots r_{n-1}, \quad r_i \in \{ n, z, p \}$R=A−B,R=r0​r1​⋯rn−1​,ri​∈{n,z,p}
其中$n$n、$z$z、$p$p代表负（negative）、零（zero）、正（positive），下面分情况讨论。首先考虑$3$3种情况：$A > B$A>B、$A = B$A=B、$A < B$A<B。

1.1 $A > B$A>B的情况

这种情况下序列$R$R中的第一个不为$z$z的值一定是$p$p，$R$R的序列形式为$z^{(k)} p (x)$z(k)p(x)，接下来也要分$3$3种情况来讨论：

1. $z^{(k)} pp (x)$z(k)pp(x)的情况 这种情况下即使$x$x为负，也无法影响序列中$k+1$k+1位的$p$p，因此前导共有$k$k个$0$0；
2. $z^{(k)} pz (x)$z(k)pz(x)的情况 此时若$x$x为负需要向前借位，则借位之后第一个$p$p出现在$k+2$k+2的位置，若$x$x不需要借位，则第一个$p$p仍在$k+1$k+1位置，但是检测$R$R的码型无法确定第一个$p$p的位置，因此先假设第一个$p$p在$k+1$k+1的位置，之后进行纠错；
3. $z^{(k)} p n^{(j)} (z \ or \ p)(x)$z(k)pn(j)(z or p)(x)的情况 其中$n$n的长度为$j$j，将前面$k+j+1$k+j+1位借位化简，则得到$\underbrace{z \cdots z \cdots z}_{k+j} p ( z \ or \ p) (x)$k+jz⋯z⋯z​​p(z or p)(x)，那么序列中首个$p$p出现在$k+j+1$k+j+1或者$k+j+2$k+j+2的位置，原因与情况$2$2相同；

在$A > B$A>B时总结出的情况如下表所示：

$R$R的序列码	首个$p$p位置	判断子序列
$z^{(k)} pp (x)$z(k)pp(x)	k+1	$pp$pp
$z^{(k)} pz (x)$z(k)pz(x)（$x$x不需要借位）	k+1	$pz$pz
$z^{(k)} pz^{(j)} (x)$z(k)pz(j)(x)（$x$x需要借位）	k+2	$pz$pz（需要纠错）
$z^{(k)} p n^{(j)} p(x)$z(k)pn(j)p(x)	k+j+1	$np$np
$z^{(k)} p n^{(j)}z(x)$z(k)pn(j)z(x) （$x$x不需要借位）	k+j+1	$nz$nz
$z^{(k)} p n^{(j)}z(x)$z(k)pn(j)z(x) （$x$x需要借位）	k+j+2	$nz$nz（需要纠错）

1.2 $A < B$A<B的情况

这种情况下序列$R$R中的第一个不为$z$z的值一定是$n$n，$R$R的序列形式为$z^{(k)} n (x)$z(k)n(x)，为了方便讨论，以下会对$R$R的相反数$\bar{R}$Rˉ进行分析，也就是对$z^{(k)} p (y), \ y = -x$z(k)p(y), y=−x进行分析：

1. $z^{(k)} nn (x)$z(k)nn(x)的情况 与上节分析相同，$\bar{R}=z^{(k)}pp(x)$Rˉ=z(k)pp(x)，首个$p$p出现在$k+1$k+1的位置，由子序列$nn$nn（$k+1$k+1位和$k+2$k+2位）决定；
2. $z^{(k)} nz (x)$z(k)nz(x)的情况 对应$\bar{R}$Rˉ为$z^{(k)} pz (y)$z(k)pz(y)，若子序列$(y)$(y)不需要借位，则$\bar{R}$Rˉ的第一个$p$p出现在$k+1$k+1位，若序列$(y)$(y)需要向前借位，那么借位由$k+1$k+1位产生，$\bar{R}$Rˉ所表示的加法结果序列的第一个$p$p在$k+2$k+2位。同理若子序列$(x)$(x)为负需要向前借位（或者为$z$z），$R$R的第一个$n$n出现在$k+1$k+1位，若子序列$(x)$(x)为正，则第一个$p$p出现在$k+2$k+2位。这种情况下会先假设$p$p在$k+1$k+1位之后进行纠错；
3. $z^{(k)} np^{(j)} (z \ or \ n) (x)$z(k)np(j)(z or n)(x)的情况 这种情况化简之后得到$R=\underbrace{z \cdots z \cdots z}_{k+j} n ( z \ or \ n) (x)$R=k+jz⋯z⋯z​​n(z or n)(x)，那么$R$R中的首个$n$n出现在$k+j+1$k+j+1或$k+j+2$k+j+2位，还是假设$n$n出现在$k+j+1$k+j+1，随后进行纠错。

$A<B$A<B的情况如下表所示：

$R$R的序列码	首个$n$n位置	判断子序列
$z^{(k)} nn (x)$z(k)nn(x)	k+1	$nn$nn
$z^{(k)} nz (x)$z(k)nz(x)（$x$x不需要借位）	k+1	$nz$nz
$z^{(k)} n z^{(j)} (x)$z(k)nz(j)(x)（$x$x需要借位）	k+2	$nz$nz（需要纠错）
$z^{(k)} n p^{(j)} n (x)$z(k)np(j)n(x)	k+j+1	$np$np
$z^{(k)} n p^{(j)}z(x)$z(k)np(j)z(x) （$x$x不需要借位）	k+j+1	$nz$nz
$z^{(k)} n p^{(j)} z (x)$z(k)np(j)z(x) （$x$x需要借位）	k+j+1	$nz$nz（需要纠错）

3. $A = B$A=B的情况

不需要编码移位。