package 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);
}
}
果然輸出結果是: tttttt-----0.20000005
再測試了幾個float類型的減法，除了*.0這樣的相減沒有異議之外，都存在這個問題，就是說float在相減的時候精度丟失了。后來在網上找到一段解決這個問題的辦法，記在這里：
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);
}
}
輸出為:
ssss----0.2
tttttt-----0.20000005
這樣一對比，差異就很明顯了。
解決了問題，再找了一下為什么會產生這種差異：
網上有篇文章寫得很詳細，標題為《剖析float型的內存存儲和精度丟失問題》，全文內容如下：
問題提出：12.0f-11.9f=0.10000038，"減不盡"為什么？
現在我們就詳細剖析一下浮點型運算為什么會造成精度丟失？
1、小數的二進制表示問題
首先我們要搞清楚下面兩個問題：
(1) 十進制整數如何轉化為二進制數
算法很簡單。舉個例子，11表示成二進制數：
11/2=5 余 1
5/2=2 余 1
2/2=1 余 0
1/2=0 余 1
0結束 11二進制表示為(從下往上):1011
這里提一點：只要遇到除以后的結果為0了就結束了，大家想一想，所有的整數除以2是不是一定能夠最終得到0。換句話說，所有的整數轉變為二進制數的算法會不會無限循環下去呢？絕對不會，整數永遠可以用二進制精確表示 ，但小數就不一定了。
(2) 十進制小數如何轉化為二進制數
算法是乘以2直到沒有了小數為止。舉個例子，0.9表示成二進制數
0.9*2=1.8 取整數部分 1
0.8(1.8的小數部分)*2=1.6 取整數部分 1
0.6*2=1.2 取整數部分 1
0.2*2=0.4 取整數部分 0
0.4*2=0.8 取整數部分 0
0.8*2=1.6 取整數部分 1
0.6*2=1.2 取整數部分 0
......... 0.9二進制表示為(從上往下): 1100100100100......
注意：上面的計算過程循環了，也就是說*2永遠不可能消滅小數部分，這樣算法將無限下去。很顯然，小數的二進制表示有時是不可能精確的 。其實道理很簡單，十進制系統中能不能準確表示出1/3呢？同樣二進制系統也無法準確表示1/10。這也就解釋了為什么浮點型減法出現了"減不盡"的精度丟失問題。
2、 float型在內存中的存儲
眾所周知、 Java 的float型在內存中占4個字節。float的32個二進制位結構如下
float內存存儲結構
4bytes 31 30 29----23 22----0
表示 實數符號位 指數符號位 指數位 有效數位
其中符號位1表示正，0表示負。有效位數位24位，其中一位是實數符號位。
將一個float型轉化為內存存儲格式的步驟為：
（1）先將這個實數的絕對值化為二進制格式，注意實數的整數部分和小數部分的二進制方法在上面已經探討過了。
（2）將這個二進制格式實數的小數點左移或右移n位，直到小數點移動到第一個有效數字的右邊。
（3）從小數點右邊第一位開始數出二十三位數字放入第22到第0位。
（4）如果實數是正的，則在第31位放入“0”，否則放入“1”。
（5）如果n 是左移得到的，說明指數是正的，第30位放入“1”。如果n是右移得到的或n=0，則第30位放入“0”。
（6）如果n是左移得到的，則將n減去1后化為二進制，并在左邊加“0”補足七位，放入第29到第23位。如果n是右移得到的或n=0，則將n化為二進制后在左邊加“0”補足七位，再各位求反，再放入第29到第23位。
舉例說明： 11.9的內存存儲格式
(1) 將11.9化為二進制后大約是" 1011. 1110011001100110011001100..."。
(2) 將小數點左移三位到第一個有效位右側： "1. 011 11100110011001100110 "。 保證有效位數24位，右側多余的截取（誤差在這里產生了 ）。
(3) 這已經有了二十四位有效數字，將最左邊一位“1”去掉，得到“ 011 11100110011001100110 ”共23bit。將它放入float存儲結構的第22到第0位。
(4) 因為11.9是正數，因此在第31位實數符號位放入“0”。
(5) 由于我們把小數點左移，因此在第30位指數符號位放入“1”。
(6) 因為我們是把小數點左移3位，因此將3減去1得2，化為二進制，并補足7位得到0000010，放入第29到第23位。
最后表示11.9為： 0 1 0000010 011 11100110011001100110
再舉一個例子：0.2356的內存存儲格式
（1）將0.2356化為二進制后大約是0.00111100010100000100100000。
（2）將小數點右移三位得到1.11100010100000100100000。
（3）從小數點右邊數出二十三位有效數字，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）由于我們把小數點右移了，所以在第30位放入“0”。
（6）因為小數點被右移了3位，所以將3化為二進制，在左邊補“0”補足七
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為：0 0 1111100 11100010100000100100000
將一個內存存儲的float二進制格式轉化為十進制的步驟：
（1）將第22位到第0位的二進制數寫出來，在最左邊補一位“1”，得到二十四位有效數字。將小數點點在最左邊那個“1”的右邊。
（2）取出第29到第23位所表示的值n。當30位是“0”時將n各位求反。當30位是“1”時將n增1。
（3）將小數點左移n位（當30位是“0”時）或右移n位（當30位是“1”時），得到一個二進制表示的實數。
（4）將這個二進制實數化為十進制，并根據第31位是“0”還是“1”加上正號或負號即可。
3、浮點型的減法運算
浮點加減運算過程比定點運算過程復雜。完成浮點加減運算的操作過程大體分為四步：
(1) 0操作數的檢查；
如果判斷兩個需要加減的浮點數有一個為0，即可得知運算結果而沒有必要再進行有序的一些列操作。
(2) 比較階碼（指數位）大小并完成對階；
兩浮點數進行加減，首先要看兩數的 指數位 是否相同，即小數點位置是否對齊。若兩數 指數位 相同，表示小數點是對齊的，就可以進行尾數的加減運算。反之，若兩數階碼不同，表示小數點位置沒有對齊，此時必須使兩數的階碼相同，這個過程叫做對階 。
如何對 階(假設兩浮點數的指數位為 Ex 和 Ey )：
通過尾數的移位以改變 Ex 或 Ey ，使之相等。 由
于浮點表示的數多是規格化的，尾數左移會引起最高有位的丟失，造成很大誤差；而尾數右移雖引起最低有效位的丟失，但造成的誤差較小，因此，對階操作規定使
尾數右移，尾數右移后使階碼作相應增加，其數值保持不變。很顯然，一個增加后的階碼與另一個相等，所增加的階碼一定是小階。因此在對階時，總是使小階向大階看齊 ，即小階的尾數向右移位 ( 相當于小數點左移 ) ，每右移一位，其階碼加 1 ，直到兩數的階碼相等為止，右移的位數等于階差 △ E 。
(3) 尾數（有效數位）進行加或減運算；
對階完畢后就可 有效數位 求和。 不論是加法運算還是減法運算，都按加法進行操作，其方法與定點加減運算完全一樣。
(4) 結果規格化并進行舍入處理。
略
4、 計算12.0f-11.9f
12.0f 的內存存儲格式為： 0 1 0000010 10000000000000000000000
11.9f 的內存存儲格式為: 0 1 0000010 011 11100110011001100110
可見兩數的指數位完全相同，只要對有效數位進行減法即可。
12.0f-11.9f 結果： 0 1 0000010 00000011001100110011010
將結果還原為十進制為： 0.000 11001100110011010= 0.10000038