浮点型数据丢失精度的原因

Posted 2023-04-30

参考技术A ackage test1;

public class Test2

/**

* @param args

*/

public static void main(String[] args)

Float xx = 2.0f;

Float yy = 1.8f;

Float tt = xx - yy;

System.out.println("tttttt-----" + tt);





果然输出结果是: tttttt-----0.20000005

再测试了几个float类型的减法，除了*.0这样的相减没有异议之外，都存在这个问题，就是说float在相减的时候精度丢失了。后来在网上找到一段解决这个问题的办法，记在这里：

package test1;

import java.math.BigDecimal;

public class Test2

/**

* @param args

*/

public static void main(String[] args)

Float xx = 2.2f;

Float yy = 2.0f;

Float tt = xx - yy;

BigDecimal b1 = new BigDecimal(Float.toString(xx));

BigDecimal b2 = new BigDecimal(Float.toString(yy));

float ss = b1.subtract(b2).floatValue();

System.out.println("ssss----" + ss);

System.out.println("tttttt-----" + tt);





输出为:

ssss----0.2

tttttt-----0.20000005

这样一对比，差异就很明显了。

解决了问题，再找了一下为什么会产生这种差异：

网上有篇文章写得很详细，标题为《剖析float型的内存存储和精度丢失问题》，全文内容如下：

问题提出：12.0f-11.9f=0.10000038，"减不尽"为什么？

现在我们就详细剖析一下浮点型运算为什么会造成精度丢失？

1、小数的二进制表示问题

首先我们要搞清楚下面两个问题：

(1) 十进制整数如何转化为二进制数

算法很简单。举个例子，11表示成二进制数：

11/2=5 余    1

5/2=2    余    1

2/2=1    余    0

1/2=0    余    1

0结束          11二进制表示为(从下往上):1011

这里提一点：只要遇到除以后的结果为0了就结束了，大家想一想，所有的整数除以2是不是一定能够最终得到0。换句话说，所有的整数转变为二进制数的算法会不会无限循环下去呢？绝对不会， 整数永远可以用二进制精确表示 ，但小数就不一定了。

(2) 十进制小数如何转化为二进制数

算法是乘以2直到没有了小数为止。举个例子，0.9表示成二进制数

0.9*2=1.8    取整数部分 1

0.8(1.8的小数部分)*2=1.6     取整数部分 1

0.6*2=1.2    取整数部分 1

0.2*2=0.4    取整数部分 0

0.4*2=0.8    取整数部分 0

0.8*2=1.6 取整数部分 1

0.6*2=1.2    取整数部分 0

.........       0.9二进制表示为(从上往下): 1100100100100......

注意：上面的计算过程循环了，也就是说*2永远不可能消灭小数部分，这样算法将无限下去。很显然， 小数的二进制表示有时是不可能精确的 。其实道理很简单，十进制系统中能不能准确表示出1/3呢？同样二进制系统也无法准确表示1/10。这也就解释了为什么浮点型减法出现了"减不尽"的精度丢失问题。

2、 float型在内存中的存储

众所周知、Java 的float型在内存中占4个字节。float的32个二进制位结构如下

float内存存储结构

4bytes       31     30     29----23     22----0

表示        实数符号位     指数符号位         指数位           有效数位

其中符号位1表示正，0表示负。有效位数位24位，其中一位是实数符号位。

将一个float型转化为内存存储格式的步骤为：

（1）先将这个实数的绝对值化为二进制格式，注意实数的整数部分和小数部分的二进制方法在上面已经探讨过了。

（2）将这个二进制格式实数的小数点左移或右移n位，直到小数点移动到第一个有效数字的右边。

（3）从小数点右边第一位开始数出二十三位数字放入第22到第0位。

（4）如果实数是正的，则在第31位放入“0”，否则放入“1”。

（5）如果n 是左移得到的，说明指数是正的，第30位放入“1”。如果n是右移得到的或n=0，则第30位放入“0”。

（6）如果n是左移得到的，则将n减去1后化为二进制，并在左边加“0”补足七位，放入第29到第23位。如果n是右移得到的或n=0，则将n化为二进制后在左边加“0”补足七位，再各位求反，再放入第29到第23位。

举例说明： 11.9的内存存储格式

(1) 将11.9化为二进制后大约是"1011 . 1110011001100110011001100..."。

(2) 将小数点左移三位到第一个有效位右侧："1 . 01111100110011001100110"。保证有效位数24位，右侧多余的截取（ 误差在这里产生了 ）。

(3)这已经有了二十四位有效数字，将最左边一位“1”去掉，得到“01111100110011001100110”共23bit。将它放入float存储结构的第22到第0位。

(4) 因为11.9是正数，因此在第31位实数符号位放入“0”。

(5) 由于我们把小数点左移，因此在第30位指数符号位放入“1”。

(6) 因为我们是把小数点左移3位，因此将3减去1得2，化为二进制，并补足7位得到0000010，放入第29到第23位。

最后表示11.9为：01000001001111100110011001100110

再举一个例子：0.2356的内存存储格式

（1）将0.2356化为二进制后大约是0.00111100010100000100100000。

（2）将小数点右移三位得到1.11100010100000100100000。

（3）从小数点右边数出二十三位有效数字，即11100010100000100100000放

入第22到第0位。

（4）由于0.2356是正的，所以在第31位放入“0”。

（5）由于我们把小数点右移了，所以在第30位放入“0”。

（6）因为小数点被右移了3位，所以将3化为二进制，在左边补“0”补足七

位，得到0000011，各位取反，得到1111100，放入第29到第23位。

最后表示0.2356为：00111110011100010100000100100000

将一个内存存储的float二进制格式转化为十进制的步骤：

（1）将第22位到第0位的二进制数写出来，在最左边补一位“1”，得到二十四位有效数字。将小数点点在最左边那个“1”的右边。

（2）取出第29到第23位所表示的值n。当30位是“0”时将n各位求反。当30位是“1”时将n增1。

（3）将小数点左移n位（当30位是“0”时）或右移n位（当30位是“1”时），得到一个二进制表示的实数。

（4）将这个二进制实数化为十进制，并根据第31位是“0”还是“1”加上正号或负号即可。

3、浮点型的减法运算

浮点加减运算过程比定点运算过程复杂。完成浮点加减运算的操作过程大体分为四步：

(1) 0操作数的检查；

如果判断两个需要加减的浮点数有一个为0，即可得知运算结果而没有必要再进行有序的一些列操作。

(2) 比较阶码（指数位）大小并完成对阶；

两浮点数进行加减，首先要看两数的 指数位 是否相同，即小数点位置是否对齐。若两数指数位相同，表示小数点是对齐的，就可以进行尾数的加减运算。反之，若两数阶码不同，表示小数点位置没有对齐，此时必须使两数的阶码相同，这个过程叫做 对阶 。

如何对阶(假设两浮点数的指数位为E x 和 E y )：

通过尾数的移位以改变 E x 或 E y ，使之相等。由            于浮点表示的数多是规格化的，尾数左移会引起最高有位的丢失，造成很大误差；而尾数右移虽引起最低有效位的丢失，但造成的误差较小，因此，对阶操作规定使            尾数右移，尾数右移后使阶码作相应增加，其数值保持不变。很显然，一个增加后的阶码与另一个相等，所增加的阶码一定是小阶。因此在对阶时，总是使 小阶向大阶看齐 ，即小阶的尾数向右移位( 相当于小数点左移 ) ，每右移一位，其阶码加 1 ，直到两数的阶码相等为止，右移的位数等于阶差 △E。

(3) 尾数（有效数位）进行加或减运算；

对阶完毕后就可 有效数位 求和。 不论是加法运算还是减法运算，都按加法进行操作，其方法与定点加减运算完全一样。

(4) 结果规格化并进行舍入处理。

略

4、 计算12.0f-11.9f

12.0f 的内存存储格式为：01000001010000000000000000000000

11.9f 的内存存储格式为:01000001001111100110011001100110

可见两数的指数位完全相同，只要对有效数位进行减法即可。

12.0f-11.9f    结果：01000001000000011001100110011010

将结果还原为十进制为： 0.00011001100110011010= 0.10000038

转自：http://www.blogjava.net/jelver/articles/340038.html

java float浮点型数据存储，丢失精度问题

java中float类型为4字节32位，内存中的存储遵循IEEE-754格式标准：

一个浮点数有2部分组成：底数m和指数e
底数m部分：使用二进制数来表示此浮点数的实际值。
指数e部分：占用8bit(1个字节)的二进制数，可表示数值范围为0-255。
但是指数可正可负，所以，IEEE规定，此处算出的次方必须减去127才是真正的指数。
所以，float类型的指数可从-126到128。
底数部分实际是占用24bit(3个字节)的一个值，但是最高位始终为1，所以，最高位省去不存储，在存储中占23bit。

所以一个浮点数的32位由三个部分组成：

1.第一位为符号位，表示改浮点数是一个正数还是负数，0为正，1为负；

2.第二到第九位共8为表示指数e，转成二进制需要+127（反之减去127）；

3.后23位为底数，但是存储时自动省去了最高位的1，所以存储为23位实际为24位。（小数位置即为2^(23)=8388608       7位数  计算为6位数的精度）

 

举个栗子： 3.2f

转化为二进制存储：整数部分3  二进制  11 

　　　　　　　　   小数部分0.2  转化为二进制（乘2取整数部分直至小数部分为零） ---->(小数乘2)   0.4  0.8  1.6  1.2  0.4  0.8   1.6   1.2  0.4 ...... (无限循环)

　　　　　　　　　结果为：11.00 1100 11001100 11001100 11001100（由于位数有限，而小数部分无限循坏，这里已经丢失了精度）

　　　　　　　　　右移直到左边只剩一位 ：1.100 1100 11001100 11001100 11001100 （右移了一位，可得到指数部分为1+127=128   1000 0000）

　　　　　　　　　最后得到二进制的存储 ： 0 100 0000 0100 1100 11001100 11001100 （丢失精度）

 

反之转化为浮点数十进制：符号位0 ：正数 

　　　　　　　　　　　　指数 100 0000 0 即为128减去127 指数为1

　　　　　　　　　　　　尾数部分：最高位1默认省去了加上小数点即为 1.100 1100 11001100 11001100

　　　　　　　　　　　　正指数右移一位  11.0011 00110011 0011001100

　　　　　　　　　　　　正数部分11---->3   底数部分   2^(-3)+2^(-4)+2^(-7)+2^(-8)+2^(-11)+2^(-12)+2^(-15)+2^(-16)+2^(-19)+2^(-20)