Перетворення типів даних. Лабораторна робота з Програмування Частина III Структури даних та алгоритми. Робота № 530549

Перехід до торгівельного партнера Binance

Перетворення типів даних

Інформація про навчальний заклад

ВУЗ:

Національний університет Львівська політехніка

Інститут:

Не вказано

Факультет:

ЗІ

Кафедра:

Не вказано

Інформація про роботу

Рік:

2024

Тип роботи:

Лабораторна робота

Предмет:

Програмування Частина III Структури даних та алгоритми

Завантажити

Частина тексту файла (без зображень, графіків і формул):

Міністерство освіти і науки України Національний університет „Львівська політехніка” Лабораторна робота №3 з дисципліни: “Програмування, частина 3 (Структури даних та алгоритми)” Мета роботи Дослідження методів та засобів явного та неявного перетворення типів даних Завдання на лабораторну роботу Завдання 1: Визначити, які неявні перетворення типів будуть відбуватись при обчисленнях. З’ясувати, чи відбудуться втрати значимості даних. Хід міркувань підтвердити програмними результатами. В звіти пояснити кожне перетворення і метод, яким воно здійснено. typedef unsigned int type_0; typedef unsigned short int type_1; typedef unsigned long int type_2; typedef signed short int type_3; typedef signed int type_4; typedef signed long int type_5; typedef bool type_6; typedef char type_7; typedef wchar_t type_8; typedef float type_9; typedef double type_10; typedef long double type_11; // позначимо через DN - день народження, MN – місяць народження char x0=0; // замість № підставити значення: DN % 9 unsigned int x1=25; // замість № підставити значення: DN % DN signed long int x2=2; // замість № підставити значення: MN % 9 signed long int x3=3; // замість № підставити значення: MN % 13 wchar_t x4=4; // замість № підставити значення: (DN * MN) % 9 unsigned short int x5=5; // замість № підставити значення: DN % 12 unsigned long int x6=6; // замість № підставити значення: MN % 3 signed long int x7=7; // замість № підставити значення: (DN * MN) % 12 long double x8=8; // замість № підставити значення: DN % 13 signed long int x9=9; // замість № підставити значення: MN % 6 signed long int x10=10; // замість № підставити значення: (DN * MN) % 10 unsigned short int x11=11; // замість № підставити значення: DN % 3 /* 1 */ x1 = x1 – 0xFFFFFFFA; /* 2 */ x3 = ’a’ + x0 – x2; /* 3 */ x7 = x4 + x5 + x6 * 0.1; /* 4 */ x8 = x9 + x10 – x11*10; Завдання 2 Визначити, які явні і неявні перетворення типів будуть відбуватись. Результати обчислень підтвердити програмними результатами. В звіти пояснити кожне перетворення і кожний отриманий результат. // позначимо через DN і MN числа, що відповідають дню і місяцю народження, // через dn і mn – по дві цифри, що відповідають дню і місяцю народження, // наприклад: DN=5 , MN=3 , dn=05 , mn =03 const int x_0= 12500; // наприклад: 5*3*100=1500 => x_0=1500; const double y_1= 1.25; // наприклад: 5*3/100=0.15 => y_0=0.15; int x = х_0; // замість № підставити значення: DN % 5 double y = y_1; // замість № підставити значення: DN % 3 char v0=*reinterpret_cast<char*> (&x) +3; printf("%d %x %c \n", v0,v0,v0); char v5=*reinterpret_cast<char*> (&x) +2; printf("%d %x %c \n", v5,v5,v5); long w1 =*reinterpret_cast<long*>(&y)+33; printf("%lx %lu %ld \n", w1,w1,w1); short w6=*(reinterpret_cast<short*>(&y)+3)+13; printf("%x %u %d \n", w6,w6,w6); Вибір індивідуального завдання Вибрати назви змінних для дослідження в завданні 2 згідно з варіантом з таблиці: (місяць народження студента) % 4 (день народження студента) % 4 0 1 2 3 0 v0 , w1 , v3 , w4 v1 , w2 , v4 , w5 v2 , w3 , v5 , w6 v3 , w4 , v6 , w7 1 v4 , w5 , v7 , w8 v5 , w6 , v0, w1 v6 , w7 , v1 , w2 v7 , w0 , v2 , w3 2 v0 , w2, v4, w7 v1 , w3 , v5 , w0 v2 , w4 , v6 , w1 v3 , w5 , v7 , w2 3 v4 , w6 , v0 , w3 v5 , w7 , v1, w4 v6 , w0, v2 , w5 v7 , w1 , v3 , w6 Моя дата народження: 25.05.2000, варіант – v5 , w6, v0 , w1 Пояснення результатів Завдання 1 x1 = x1 – 0xFFFFFFFA; unsigned int x1=25 ВПК: 19 00 00 00 0xFFFFFFFA16 = 610 ВПК: FAFFFFFF −> FAFFFFFF Комп’ютер знає тільки дію додавання, вираз набуде вигляду: x1 = x1+ (–0xFFFFFFFA) Тоді:x1 = 25 +(- 6) = 1910, а тип даних залишається unsigned int x3 = ’a’ + x0 – x2; ВПК: 5F 00 00 00 (9510 = 5F16) signed long int x2=2 ВПК: 02 00 00 00 char 'a' - значення 9710=6116 за таблицею ASCII ВПК: 61 00 char x0=0 ВПК: 00 00 signed long int x3=3 ВПК: 03 00 00 00 char −> unsigned long int Mетод: розширення знаком Далі типи не міняються, бо вони співпадають. Тоді: x3 = ’a’ + x0 – x2 = 97 + 0 +(-2) = 9510 x7 = x4 + x5 + x6 * 0.1; ВПК: 33 33 33 33 33 33 23 40 double x7 = 7; signed int x4 = 4; long double x5 = 5; unsigned long int x6 = 6; double 0.1; double 0.1 ВПК: 9A 99 99 99 99 99 B9 3F Signed int x4 + long double x5; signed int −> long double Mетод: представляється як double, можлива втрата точності ВПК: 04 00 00 00 −> 00 00 00 00 00 00 22 40 unsigned long int x6 * double 0.1; unsigned long int −> double Mетод: перетворення long в double ВПК: 06 00 00 00 −> 33 33 33 33 33 33 E3 3F (long double x4 + x5) + (double x6 *0.1) double −> long double Метод: розширення Присвоєння long double −> double Mетод: представляється як double, якщо long не може бути представлене точно, то відбувається деяка втрата точності ВПК: 00 00 00 00 00 00 18 40 Тоді: x7=4+5+6*0.1=9.6 x8 = x9 + x10 – x11*10; ВПК: 00 00 А0 F4 FF FF EF 41 long double x8 = 8; unsigned long int x9 = 9; unsigned long int x10 = 10; unsigned long int x11 = 11; long double 10; unsigned long int x11=11 * long double 10 ВПК: 00 00 00 00 00 00 26 40 −> 00 00 00 00 00 80 5B 40 unsigned long int −> long double Метод: long в double, поява знакової частини unsigned long int х9=9 + unsigned long int х10=10 ВПК: 00 00 00 00 00 00 26 40 −>00 00 00 00 00 33 40 Тип не міняється. (unsigned long int х9 + x10) + (long double x11*10) unsigned long int −> long double Метод: long в double, поява знакової частини x8=9+10-11*10=19-110= -9110=>-5B16ВПК 5B : 5B 00 00 00 , оскільки - 5B зробивши інверсію та додавши 1 => A5 FF FF FF16 = 429496720510 Мантиса: 1111111111111111111111110100101000000000000000000000 Зміщений порядок: 10000011110 Результат: 429496720510 Завдання 2 const int x_0 = 125008 = 154016 const double y_1 = 1.25 = D316 int x = x_0; double y = y_1; char v0=*reinterpret_cast<char*> (&x) +3; printf("%d %x %c \n", v0,v0,v0); reinterpret_cast дозволяє перетворювати вказівник одного типу в інший. Спершу тип int змінної «х» інтерпретується як char, іде збереження молодшого байта.За допомогою (&x) +3 вибирається необхідний байт. Далі char на виводі printf(("%d …) перетворюється знову в int. ВПК x =40 15 00 00 char займає 1 байт, маєм що у=4016=0100 00002 , оскільки, знак “+”, отримаєм: 64+3=67 Відповідь: 67 43 C 67 – отриманий результат в 10-ій системі числення; 43 – отриманий результат в 16-ій системі числення (4316=6710); 'C' – З таблиці ASCII під номером 3510 знаходиться символ 'C' ; char v5=*reinterpret_cast<char*> (&x) +2; printf("%d %x %c \n", v5,v5,v5); reinterpret_cast дозволяє перетворювати вказівник одного типу в інший. Спершу тип int змінної «х» інтерпретується як char, іде збереження молодшого байта.За допомогою (&x) +2 вибирається необхідний байт. Далі char на виводі printf(("%d …) перетворюється знову в int. ВПК x =40 15 00 00 char займає 1 байт, маєм що у=4016=0100 00002 , оскільки, знак “+”, отримаєм: 64+1=65 Відповідь: 65 41 A 65 – отриманий результат в 10-ій системі числення; 41 – отриманий результат в 16-ій системі числення (4316=6710); 'A' – З таблиці ASCII під номером 3510 знаходиться символ 'A' ; long w1 =*reinterpret_cast<long*>(&y)+33; printf("%lx %lu %ld \n", w1,w1,w1); Оскільки, double- дійсне чило а long- ціле, то відкидається дробова частина: 1.0 −> 1 і додається 33 1+33=34 Відповідь: 22 34 34 22 – отриманий результат в 16-ій системі числення(3410=2216) ; 34 – отриманий результат представляється як unsigned long, оскільки тип без знаковий а число додатнє , то залишиться таким же; 34 – отриманий результат в 10-ій системі числення short w6=*(reinterpret_cast<short*>(&y)+3)+13; printf("%x %u %d \n", w6,w6,w6); Тип double змінної «y» інтерпретується як short, виконується перетворення в тип short. За допомогою (&y) +2 вибирається необхідний байт.Далі додається 1210 та при виводі зберігається тип даних. y = 21110; його ВПК : 00 00 00 00 00 60 6А 40 Беремо 3 і 4 байт, бо (&y)+2 => 60 00 60 0016 + 1210 = 60 0С ВПК: 0C 60, оскільки, short займає 2 байта 60 0C16 – 2458810 Відповідь: 600C 24588 24588 60 0C – отриманий результат в 16-ій системі числення в, 24588 – отриманий результат в 10-ій системі числення Результати виконання програми Рис. 1 Виконання програми Висновок: реалізував програму, дослідив методи та засоби явного і неявного перетворення типів даних Реалізація у програмному коді #include <iostream> #include<stdio.h> #include<conio.h> #include<iomanip> using namespace std; int main() { setlocale(LC_ALL, "ru"); setlocale(LC_ALL, "ukr"); typedef unsigned int type_0; typedef unsigned short int type_1; typedef unsigned long int type_2; typedef signed short int type_3; typedef signed int type_4; typedef signed long int type_5; typedef bool type_6; typedef char type_7; typedef wchar_t type_8; typedef float type_9; typedef double type_10; typedef long double type_11; type_7 x0 = 0; type_0 x1 = 11; type_5 x2 = 2; type_5 x3 = 3; type_8 x4 = 4; type_1 x5 = 5; type_2 x6 = 6; type_5 x7 = 7; type_11 x8 = 8; type_5 x9 = 9; type_5 x10 = 10; type_1 x11 = 11; /* 1 */ x1 = x1 - 0xFFFFFFFA; /* 2 */ x3 = 'a' +x0 - 2; /* 3 */ x7 = x4 + x5 + x6 * 0.1; /* 4 */ x8 = x9 + x10 - x11 * 10; cout << x1 << endl << x3 << endl << x7 << endl << setprecision(20)<< x8 << endl << "_______________" << endl; const int x_0 = 12500; const double y_1 = 1.25; int x = x_0; double y = y_1; char v0=*reinterpret_cast<char*> (&x) +3; printf("%d %x %c \n", v0,v0,v0); char v5=*reinterpret_cast<char*> (&x) +2; printf("%d %x %c \n", v5,v5,v5); long w1 =*reinterpret_cast<long*>(&y)+33; printf("%lx %lu %ld \n", w1,w1,w1); short w6=*(reinterpret_cast<short*>(&y)+3)+13; printf("%x %u %d \n", w6,w6,w6); cout << "________________"<< endl << "VPK:" << endl; unsigned char *xx = (unsigned char *)(&x1); for (int i = 0; i<sizeof(x1); i++) printf("%02X ", xx[i]); printf("\n"); unsigned char *xx1 = (unsigned char *)(&x3); for (int i = 0; i<sizeof(x3); i++) printf("%02X ", xx1[i]); printf("\n"); unsigned char *xx2 = (unsigned char *)(&x7); for (int i = 0; i<sizeof(x7); i++) printf("%02X ", xx2[i]); printf("\n"); unsigned char *xx3 = (unsigned char *)(&x8); for (int i = 0; i<sizeof(x8); i++) printf("%02X ", xx3[i]); printf("\n"); unsigned char *vv1 = (unsigned char *)(&v0); for (int i = 0; i<sizeof(v0); i++) printf("%02X ", vv1[i]); printf("\n"); unsigned char *vv2 = (unsigned char *)(&v5); for (int i = 0; i<sizeof(v5); i++) printf("%02X ", vv2[i]); printf("\n"); unsigned char *vv3 = (unsigned char *)(&w1); for (int i = 0; i<sizeof(w1); i++) printf("%02X ", vv3[i]); printf("\n"); unsigned char *vv4 = (unsigned char *)(&w6); for (int i = 0; i<sizeof(w6); i++) printf("%02X ", vv4[i]); printf("\n"); system("pause"); }

Лабораторна робота Програмування Частина III Структури даних та алгоритми

mttz

08.11.2018 22:11-

Коментарі

Ви не можете залишити коментар. Для цього, будь ласка, або зареєструйтесь.

Ділись своїми роботами та отримуй миттєві бонуси!

Маєш корисні навчальні матеріали, які припадають пилом на твоєму комп'ютері? Розрахункові, лабораторні, практичні чи контрольні роботи — завантажуй їх прямо зараз і одразу отримуй бали на свій рахунок! Заархівуй всі файли в один .zip (до 100 МБ) або завантажуй кожен файл окремо. Внесок у спільноту – це легкий спосіб допомогти іншим та отримати додаткові можливості на сайті. Твої старі роботи можуть приносити тобі нові нагороди!

поділитись