x x y x y Informatik II Schaltkreise Schaltkreise Schaltkreise Rainer Schrader 3. November 2008

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1 Informatik II Rainer Schrader Zentrum für Angewandte Informatik Köln 3. November / 47 / 47 jede Boolesche Funktion lässt mit,, realisieren wir wollen wir uns jetzt in Richtung Elektrotechnik und Elektronik bewegen und Schaltpläne für konkrete Hardwarebausteine entwerfen Gliederung ntwurf Beispiel: Addierer Beispiel: Speicheradressierung die elektronischen Grundbausteine heißen Gatter in Schaltplänen stellen wir die Gatter durch Symbole dar: x x y x y x x y x y durch Hintereinanderschaltung und Verdrahtung ergeben sich daraus Schaltpläne für weitere Boolesche Funktionen. 3 / 47 4 / 47

2 Beispiel sei f (x, y, z) = xyz xyz der Schaltplan für f könnte wie folgt aussehen: x y z Vereinfachung: Wir lassen -Gatter bzw. -Gatter mit mehreren Eingängen zu f (x, y, z) = xyz x y z xyz lässt sich wie folgt darstellen: x y z f(x, y, z) = xyz xyz f(x, y, z) = xyz xyz xyz 5 / 47 6 / 47 Darstellung von NOR = x y und NAND = x y x y x y Definition Ein kombinatorischer Schaltkreis ist ein gerichteter azyklischer Graph aus Knoten und gerichteten Kanten: x y XOR : (x y ) (x y ) x y x y y x Knoten, in die keine Kante hineinführt: Inputs Knoten, aus denen keine Kante herausführt: Outputs alle anderen Knoten repräsentieren Funktionen aus B (mit ihren Symbolen versehen): Bausteine, Gatter Fan-out ist die Anzahl der Kanten, die aus einem Knoten herausgehen Fan-in ist die Anzahl der Kanten, die in einen Knoten hineingehen. x y 7 / 47 8 / 47

3 der Zusatz azyklisch soll Flimmerschaltungen wie die folgende vermeiden: Lemma Jeder nichtleere kombinatorische Schaltkreis hat mindestens einen Input und einen Output. trivial, da sonst ein gerichteter Kreis existieren muss. y x z für x = 0 und y = 0 folgt: z = 0 y = 1 z = 1 y = 0 z = 0..., d.h. die Schaltung flimmert. 9 / / 47 Beispiel: die Addition zweier Bits in einem Halbaddierer: Beispiel: x a y b XNOR = XOR = x 1 y mit a als Summenbit und b als Übertragsbit. Die Wahrheitstabelle sieht wie folgt aus: x y a b gegeben zwei n-bit Zahlen x, y, entscheide, ob x = y, d.h. f (x, y ) = 1 x = y x n y n x n 1y n 1 x 1 y 1 XNOR XNOR XNOR 11 / 47 1 / 47

4 Ziel: Entwurf einfacher, effizienter die Schnelligkeit von n hängt ab: der Schaltzeit der Bausteine: gegenwärtig Sekunden (Picosekunden) der Länge der Verbindungen zwischen Bausteinen der Länge der Verbindungen zwischen Chips sei S ein Schaltkreis wir ordnen S zwei Maßzahlen zu: die Anzahl c(s) der Bausteine (Größe von S) die Länge d (S) eines längsten Pfades (Tiefe von S) c(s) dient als Maß für den Flächenbedarf d (S) dient als Maß für den Zeitbedarf wir vernachlässigen im Weiteren die Laufzeiten auf den Leitungen 13 / / 47 sei f eine Boolesche Funktion wir ordnen f ebenfalls zwei Maßzahlen zu: die Schaltkreiskomplexität die Tiefe die Schaltkreiskomplexität ist die minimale Größe eines für f die Tiefe ist die minimale Tiefe eines s für f Gliederung ntwurf Beispiel: Addierer Beispiel: Speicheradressierung Ziel: Entwurf von n, die gleichzeitig geringe Größe und Tiefe haben möglichst: Größe = O(n), O(n ), Tiefe = O(log n). 15 / / 47

5 x y z Verdeutlichung an einem Schaltkreis für einen Addierer eine Additionsfunktion fn add B n,n+1 hat zwei n-bitzahlen x, y als Inputs und berechnet die (n + 1)-Bitzahl s, die x + y darstellt. Schaltkreis eines Volladdierers wir beginnen mit der Schulmethode: c s die letzten Stellen x 0, y 0 werden addiert (Halbaddierer): es gilt: ergibt Summe s 0 und Übertrag c 0 (carry) nacheinander: addiere x i, y i, c i 1 s i, c i (Volladdierer) (i) s = x y z = 1 ungerade Anzahl von Einsen x + y + z {1, 3} (ii) c = xy ((x y )z) = 1 x + y + z {, 3} denn: x + y + z 1 = xy = xz = yz = 0 = c = 0 x + y + z = x = y = 1 oder (x + y = 1 und z = 1) 17 / / 47 Wir realisieren fn add also durch einen Halbaddierer und n 1 Volladdierer, die alle hintereinandergeschaltet werden. Satz x y y x 1 y 1 x 0 y 0 Die Schulmethode für die Addition führt zu einem Schaltkreis der Größe 5n 3 und der Tiefe n 1. VA VA VA HA c s s c 1 s 1 c 0 s 0 wir benötigen Bausteine für den Halbaddierer und 5 für jeden Volladdierer. der Halbaddierer trägt 1 zur Tiefe bei, jeder Volladdierer. jeder neue Volladdierer erhöht die Tiefe um : denn x i y i, x i y i können unabhängig von c i 1 berechnet werden. die Überträge bestimmen die Tiefe: sie ribbeln durch die Schaltung (ripple carry adder) Bewertung der die Schulmethode im Hinblick auf unsere Zielvorstellungen: die Größe ist gut die Tiefe ist schlecht. 19 / 47 0 / 47

6 Vorgehensweise: zur Erinnerung: s j = x j y j c j 1 und c j = x j y j ((x j y j )c j 1 ) die Schulmethode berechnet die Überträge sequentiell (1) benutze n Halbaddierer und berechne für 0 j n 1 : wir wollen versuchen, diese Berechnungen (teilweise) zu parallelisieren u j = x j y j dies führt zum Carry-look-ahead-Addierer Tiefe 1, Größe n. v j = x j y j () berechne c 0,..., c n 1 aus u 0,..., u n 1, v 0,..., v n 1 (3) berechne s 0 = v 0, s j = v j c j 1 (1 j n 1), s n = c n 1 Tiefe 1, Größe n 1. wie ist () auszuführen? 1 / 47 / 47 seien u, v, u, v Boolesche Variablen wir definieren den Operator : B B B durch (u, v ) (u, v ) := (u (vu ), vv ) seien (u 1, v 1 ), (u, v ),..., (u n, v n ) Paare Boolescher Variablen wir definieren j (u (U i, V i ) := i, v i ), für i = 1, (u i, v i ) (U i 1, V i 1 ), für i n Lemma Die Operation ist assoziativ. [(u 1, v 1 ) (u, v )] (u 3, v 3 ) = (u 1 v 1 u, v 1 v ) (u 3, v 3 ) = (u 1 v 1 u v 1 v u 3, v 1 v v 3 ) = (u 1 v 1 (u v u 3 ), v 1 v v 3 ) = (u 1, v 1 ) (u v u 3, v v 3 ) = (u 1, v 1 ) [(u, v ) (u 3, v 3 )] Lemma Für 1 i n gilt c i = U i. (per Induktion) i = 1 : c 1 = x 1 y 1 = u 1 = U 1 i > 1 : (U i, V i ) = (u i, v i ) (U i 1, V i 1 ) = (u i, v i ) (c i 1, V i 1 ) = (u i v i c i 1, v i V i 1 ) = (c i, v i V i 1 ) 3 / 47 4 / 47

7 Folgerung aus der Assoziativität: die -Operationen können in einem binären Baum ausgeführt werden damit können wir c n = U n in logarithmischer Tiefe berechnen aus (U n, V n ) = (u n, v n ) (u n 1, v n 1 )... (u 1, v 1 ) für den carry-look-ahead-addierer benötigen wir jedoch c j = U j für alle 1 j n mit (U j, V j ) = (u j, v j ) (u j 1, v j 1 )... (u 1, v 1 ) wir wollen in etwas allgemeinerem Zusammenhang zeigen, dass auch dies in logarithmischer Tiefe möglich ist der carry-look-ahead-addierer ist ein Spezialfall eines allgemeineren Problems sei x 1 x... x n eine Folge von n Elementen Teilfolgen der Form x 1 x... x i heißen Präfixe der Folge (entsprechend heißt x i x i 1... x n Suffix) im Weiteren betrachten wir Folgen aus hintereinandergeschalteten Funktionen 5 / 47 6 / 47 Präfixberechnung gegeben: n Boolesche Funktionen x 1,..., x n mit einer assoziativen Operation gesucht: Schaltkreis, der alle Präfixe p i = x 1... x i, 1 i n berechnet wir nehmen zur Vereinfachung an, dass n = k (andernfalls fülle mit x = id auf) wir konstruieren rekursiv eine Schaltung S(n), wobei ein Baustein zur Berechnung von ist. Idee: berechne parallel y 1 = x 1 x, y = x 3 x 4,..., y n = x n 1 x n verwende die Schaltung S( n ) mit Inputs y 1,..., y n, um die Präfixe p i = y 1... y i zu berechnen (i = 1,... n ) berechne parallel p i+1 = p i x i+1, i = 1,..., n 1. 7 / 47 8 / 47

8 Schaltkreis zur Realisierung der -Operation Schaltkreis zur Präfixberechnung für n = : u u v v x x 1 x 3 Gatter Tiefe u (vu ) vv x 1 x 1 x 9 / / 47 Schaltkreis zur Präfixberechnung für n = 4 : Schaltkreis zur Präfixberechnung für n = 8 : x 3 x 1 x x 3 x 4 S(4) x 1 x x 3 x 4 x5 x 6 x7 x 8 S() S( n ) p 1 p 3 p 5 p 6 p 7 p 8 x 1 x 1 x x 3 x 1 x x 1 x x 3 x 4 p p 4 31 / 47 3 / 47

9 Lemma Seien x 1,..., x n Boolesche Funktionen und eine assoziative Operation, die durch einen -Baustein realisiert wird. Dann gibt es einen kombinatorischen Schaltkreis zur Berechnung der Präfixe der Größe höchstens 3n und einer Tiefe höchstens log n (gemessen in -Bausteinen). (i) per Induktion folgt, dass alle Präfixe p 1,..., p n durch die Schaltung S(n) berechnet werden (ii) bezeichne c(n) die Anzahl der -Bausteine in S(n) es ist c(1) = 0 und c(n) = c( n ) + n + n 1 damit folgt per Induktion c(n) 3n, denn c(1) 3 und c(n) = c( n ) + n 1 3 n + n 1 3n. Lemma Seien x 1,..., x n Boolesche Funktionen und eine assoziative Operation, die durch einen -Baustein realisiert wird. Dann gibt es einen kombinatorischen Schaltkreis zur Berechnung der Präfixe der Größe höchstens 3n und einer Tiefe höchstens log n (gemessen in -Bausteinen). (iii) sei D(n) die Tiefe von S(n) (gerechnet in -Bausteinen). es ist D(1) = 0, D(n) = D( n ) +. damit folgt die Behauptung per Induktion: denn D(n) = D( n ) + log n + = log n. 33 / / 47 Folgerung für den carry-look-ahead-addierer: Satz wenn wir Gatter mit mehr als zwei Eingängen erlauben, lässt sich jede -Operation in Tiefe und Größe 3 realisieren dies ergibt: Der carry-look-ahead-addierer hat eine Größe von O(n) und eine Tiefe von O(log n). die Berechnung der u i, v i benötigt Tiefe 1 und Größe n die -Operationen benötigen Tiefe log n und Größe 3n die abschließende Berechnung benötigt Tiefe 1, Größe n 1. in der Praxis werden Mischungen aus sequentiellen und carry-look-ahead-addierern verwendet ein 3-Bit-Addierer verwendet dann beispielsweise: 8-Bit-carry-look-ahead-Addierer von denen 4 sequentiell hintereinandergeschaltet werden y 4,..., y 31 y 16,..., y 3 y 8,..., y 15 x 4,..., x 31 x 16,..., x 3 x 8,..., x 15 8-bitAddierer 8-bitAddierer 8-bitAddierer x 0,..., x 7 y 0,..., y 7 8-bitAddierer s 31,..., s 4 s 3,..., s 16 s 15,..., s 8 s 7,..., s 0 35 / / 47

10 Speicheradressierung Gliederung ntwurf Beispiel: Addierer Beispiel: Speicheradressierung eine grundlegende Operation ist das Auslesen von Speicherinhalten wir betrachten im Folgenden den Fall, dass ein Speicherelement jeweils nur ein Bit enthält der Ansatz lässt sich jedoch auch auf Speicher konstanter Länge erweitern. sei zur Vereinfachung n = k n Bits. sei a B k und x n 1... x 0 = x ein Speicher für die Adresse eines Bits des Speichers x 37 / / 47 Speicheradressierung sei zur Vereinfachung n = k n Bits sei a B k und x n 1... x 0 = x ein Speicher für die Adresse eines Bits des Speichers x für a = (a k 1,..., a 0 ) mit 0 a n 1 sei SA n (x, a) = x a B die Zahl, die an der a-ten Stelle von x steht Beispiel: n = 1: SA 1 (x 0 ) = x 0 n = : SA (x 1, x 0, a 0 ) = x a0 = j x0 falls a 0 = 0 x 1 falls a 0 = 1 allgemein gilt: j 0, so suche in der zweiten Speicherhälfte ist a k 1 = 1, dann suche in der ersten Speicherhälfte somit: SA n (x n 1,..., x 0, a k 1,..., a 0 ) = (a k 1 SA n (x n 1,..., x 0, a k,..., a 0 ) Damit ergibt sich: (a k 1 SA n (x n 1,..., x n, a k,..., a 0 ). 39 / / 47

11 Satz SA n kann durch einen Schaltkreis der Größe 3n 3 und Tiefe log n berechnet werden. seien C(n), D(n) die Größe beziehungsweise Tiefe per Induktion folgt: (i) C(1) = 0, C() = 3, C(n) = 3 + C( n ) 3 + ( 3 n 3) 3n 3 (ii) D(1) = 0, D() =, D(n) = + D( n ) + log n = log n. wir wollen versuchen, diesen Ansatz zu verbessern dazu verwenden wir einen Schaltkreis, der alle Minterme y a y a m m auf einer Variablenmenge berechnet da es m Minterme gibt, die jeweils m 1 Gatter benötigen, kann eine einfache Lösung mit m (m 1) Bausteinen realisiert werden die folgende einfache Beobachtung wird es uns erlauben, eine bessere Realisierung zu konstruieren: Beobachtung: Jeder Minterm y 1... y m y 1... y m und eines Minterms y m y m. ist Konjunktion eines Minterms von 41 / 47 4 / 47 wir realisieren jeden dieser kleineren Minterme als balancierten Baum dann ergibt sich für diese eine Tiefe von: log m = log m 1 und eine Größe von: ( m 1) m + ( m 1) m durch m weitere -Gatter werden dann die Konjunktionen realisiert; die Tiefe erhöht sich um 1. damit folgt: Lemma Alle Minterme auf y 1... y m lassen sich in einem Schaltkreis der Größe höchstens m + m m und der Tiefe log m berechnen. Verbesserte Speicheradressierung für y = (y k 1,..., y 0 ) und l {0,..., k 1} sei M l (y ) = 1 y ist Binärdarstellung von l nach früherem Lemma ist dann M l der Minterm zur Binärdarstellung von l es gilt: SA n (x, a) = _ (M l (a) x l ) 0 l n 1 wir teilen a auf in a = (b, c) mit b = (a k 1,..., a k ), c = (a k 1,..., a 0) sei r = k und s = k. jede Zahl l {0,..., n 1} lässt sich eindeutig schreiben als l = i s + j mit 0 i r 1 und 0 j s / / 47

12 sei r = k und s = k. jede Zahl l {0,..., n 1} lässt sich eindeutig schreiben als l = i s + j mit 0 i r 1 und 0 j s 1. weiter gilt: a ist die Binärdarstellung von l b und c sind die Binärdarstellungen von i und j d.h. M l (a) = M i (b) M j (c). damit lässt sich das Problem in zwei Teilprobleme aufteilen und es folgt: SA n (a, x) = = = _ 0 l n 1 _ (M l (a) x l ) 0 i r 1;0 j s 1 _ 0 i r 1 M i (b) ( (M i (b) M j (c) x is+j ) _ 0 j s 1 M j (c) x is+j ) (i) Berechne alle Minterme auf b. Größe r + log r r Tiefe = log k = log log n 1, da k = log n (ii) Parallel dazu, berechne die Minterme auf c: Größe s + log s s Tiefe bleibt unverändert. (iii) Berechne alle M j (c) x is+j parallel für alle i, j. Größe: n Tiefe: 1 (iv) Berechne alle Disjunktionen W 0 j s 1 (M j (c) x is+j ) parallel für 0 i r 1 mit binären Bäumen. Größe: (s 1)r = rs r = n r Tiefe: log s (v) Berechne alle M i (b) ( W M j (c) x is+j ), mit 0 i r 1 Größe: r 1 Tiefe: 1 (vi) Berechne SA n (a, x ) = W (...) mit einem binären Baum mit Hilfe von früherem Lemma können wir den folgenden Schaltkreis zur Speicheradressierung bauen: Größe: r 1 Tiefe: log r 45 / / 47 Durch Zusammensetzen der einzelnen und geeigneter Abschätzung erhält man: Satz SA n kann durch einen Schaltkreis der Größe n + 7 n und der Tiefe log n + log log n + 1 realisiert werden. Für Speicherinhalte der Länge k, k 1 liefert dieser Ansatz gleicher Tiefe und Größe nk + O(k n). 47 / 47