Предположим, у меня есть черный ящик с 3 входами (каждый вход — 1 бит) и 2 бита на выходе. Черный ящик подсчитывает количество включенных входных битов. Используя только такие черные ящики, нужно реализовать счетчик включенных битов на входе, который имеет 7 бит. Реализация должна использовать минимально возможное количество черных ящиков.
//Это вопрос собеседования
Вы делаете двоичный сумматор. Попробуйте это...
Два черных ящика для ввода с одним оставшимся вводом:
7 6 5 4 3 2 1
| | | | | | |
------- ------- |
| | | | |
| H L | | H L | |
------- ------- |
| | | | |
Возьмите два низких выхода и оставшийся вход (1) и направьте их на другой черный ящик:
L L 1
| | |
-------
| |
| C L |
-------
| |
Низкий выход этого черного ящика будет младшим битом результата. Высокий выход - это бит переноса. Передайте этот бит переноса вместе со старшими битами из первых двух черных ящиков в четвертый черный ящик:
H H C L
| | | |
------- |
| | |
| H M | |
------- |
| | |
Результатом должно быть количество «включенных» битов на входе, выраженное в двоичном виде с помощью старшего, среднего и младшего битов.
Предположим, что каждый BB выводит 2-битный двоичный счет 00, 01, 10 или 11, когда 0, 1, 2 или 3 его входа включены. Также предположим, что желаемый конечный результат O₄O₂O₁ представляет собой 3-битный двоичный счет 000 ... 111, когда 0, 1, ... 7 из 7 входных битов i₁...i₇ включены. Для подобных проблем в целом вы можете написать логическое выражение для того, что делает BB, и логическое выражение для желаемого вывода, а затем синтезировать вывод. В этом конкретном случае, однако, попробуйте очевидный подход, поместив i₁, i₂, i₃ в первый ящик B₁, i₄, i₅, i₆ во второй ящик B₂ и i₇ на один из входов третьего ящика B₃. Глядя на это, становится ясно, что если вы запустите единицы, выходящие из B₁ и B₂, в два других входа B₃, тогда единицы, выходящие из B₃, будут равны желаемому значению O₁. Вы можете получить сумму двух выходов из B₁, B₂, B₃ через ящик B₄, и эта сумма равна искомым значениям O₄O₂.
