2016-11-08 9 views

答えて

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はい、あなたがあれば/のようなケース/ケースならば、生成、または手続きんタイプの演算子を使用することができます:

real r; 

if (type(r) == type(real)) ... 

しかし残念ながらLRMからの使用例条件に関係なく、すべてのブランチのコードが正常にコンパイルされなければなりません。存在しないstructメンバーを参照することはできません。

typedef struct {int a;} s1_t; 
    typedef struct {int a;int b;} s2_t; 
    s1_t s; 
initial 
     #1 // procedural-if 
    if (type(s) == type(s1_t)) 
     $display("%m s.a = %0d",s.a); 
    else if (type(s) == type(s2_t)) 
     $display("%m s.b ==%0d",s.b); // this will not compile 
1

IEEE1800-2012 § 6.23に記載されているオペレータはtype()です。 LRMからの使用例:

bit[12:0] A_bus, B_bus; 
parameter typebus_t = type(A_bus); 
generate 
    case(type(bus_t)) 
    type(bit[12:0]): addfixed_int #(bus_t) (A_bus,B_bus); 
    type(real): add_float #(type(A_bus)) (A_bus,B_bus); 
    endcase 
endgenerate

IEEE1800-2012 § 20.6.1で説明$typename()もあります。 $typename()戻り値の型の文字列。

// source code   // $typename would return 
typedef bitnode;   // "bit" 
node [2:0] X;    // "bit [2:0]" 
int signedY;    // "int" 
packageA; 
enum{A,B,C=99} X;   // "enum{A=32'sd0,B=32'sd1,C=32'sd99}A::e$1" 
typedef bit[9:1'b1] word; // "A::bit[9:1]" 
endpackage: A 
importA::*; 
moduletop; 
typedef struct{node A,B;} AB_t; 
AB_t AB[10];    // "struct{bit A;bit B;}top.AB_t$[0:9]" 
... 
endmodule
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