Question

这是设计代码：

module mul_clock (input clkA, clkB, in, output out);
  bit temp;
  reg x[2:0];

  always @ (posedge clkA)
    temp <= temp ^ in;

  always @ (posedge clkB)
    x <= {x[1:0], temp};

  assign out = x[2] ^ x[1];
endmodule

如何为＆＃34; Out＆＃34;编写断言，因为它是一种多时钟设计。

我尝试了一个，但仍然遇到了一些错误。请帮我修改这个断言或写另一个断言：

property p1;
  bit t;
  bit x[2:0];

  @(posedge clkA)
  (1'b1, t ^= in) |=> @(posedge clkB) (1'b1, x[0] = t) |=> @(posedge clkB) (out == x[2] ^ x[1], x[1] = x[0]) |=> @(posedge clkB) (out == x[2] ^ x[1], x[2] = x[1]);
endproperty

注意：通过始终阻塞和单个时钟断言，我们可以验证输出端口。但是如果可能的话，我希望通过多锁断言来实现它，而不会总是阻塞。

Answer 1

免责声明：我没有对此进行测试。

你试过了吗？

#1 @(posedge clkA) (1'b1, t ^= in) |-> 
#2 @(posedge clkB) (1'b1, x[0] = t) |=> 
#3 @(posedge clkB) (out == x[2] ^ x[1], x[1] = x[0]) |=>
#4 @(posedge clkB) (out == x[2] ^ x[1], x[2] = x[1]);

也就是说，时钟切换中存在重叠的含义。根据我的经验，非重叠的含义将导致断言不在下一个clkB上进行采样，而是跳过一个clkB然后在clkB上进行采样。

此外，我不太明白为什么你在断言中一直使用含义。第2行不是第3行的先决条件，对于第3行和第4行也是如此。我读这个的方式断言应该从每个clkA开始，然后一个序列总是跟随。在这种情况下，以下更正确，尽管前面的代码可能仍然有用。

@(posedge clkA) 
    (1'b1, t ^= in) |-> 
@(posedge clkB) 
    (1'b1, x[0] = t) ##1 
    (1'b1, x[1] = x[0]) ##1 
    (out == x[2] ^ x[1], x[2] = x[1]);

最后，如果clkA比clkB快得多，会发生什么？几个断言将并行开始，并且不同意在clkB的第一个构造上t的实际值。我必须承认，我对一个属性的本地值的范围很朦胧，但检查这是否会导致你的麻烦。可能的修复方法可能是在属性范围外声明变量t。因此t将在clkA的每个posedge上更新为新值，并且您将有 n 断言检查相同的事情（这不是问题）。

编辑：我从第3行删除了out == x[2] ^ x[1]支票，因为x是属性的本地。因此，您无法检查此断言的某个其他实例所做的值。

增加：如果上述方法不起作用，或者如果开始并行断言检查相同的事情似乎是浪费，则以下代码可能会起作用。

Edit2：将x放在属性中并更改属性中的两个最后一行以更新x以更正值。

bit t;
always_ff@(posedge clkA)
     t ^= in;

property p1;
bit[2:0] x;
@(posedge clkB) 
    (1'b1, x[0] = t) |=> 
    (1'b1, x[1] = x[0]) ##0 (1'b1, x[0] = t) ##1 
    (1'b1, x[2] = x[1]) ##0 (1'b1, x[1] = x[0]) ##0 out == x[2] ^ x[1];
endproperty

最后的奖金提示：创建的触发器应该重置。也就是说，x和temp都应该在各自的时钟域本地重置。您可以选择同步或异步重置。这也必须添加到您的财产。另外：始终使用always_ff或always_comb，永远不要使用always。

异步重置：

always_ff @ (posedge clkA or posedge arstClkA)
if(arstClkA)
    temp <= 0;
else
    temp <= temp ^ in;

Systemverilog中的多个时钟断言

1 个答案: