PV操作經典問題
一、5位哲學家就餐問題
semaphore fork[5];
for (int i=0;i<5;i++)
fork[i]=1;
cobegin
process philosopher_i( ) { //i= 0,1,2,3,4
while(true) {
think( );
P(fork[i]); //先取右手的叉子
P(fork[(i+1)%5]); //再取左手的叉子
eat( );
V(fork[i]);
V(fork[(i+1)%5]);
}
}
coend
這個解法會出現死鎖！
為了避免死鎖
1.至多允許四個哲學家同時取叉子
2.奇數號先取左手邊的叉子，偶數號先取右手邊的叉子
3.每個哲學家取到手邊的兩把叉子才吃，否則一把叉子也不取
semaphore fork[5]; for (int i=0;i<5;i++) fork[i]= 1; semaphore room=4; //增加一個侍者 cobegin process philosopher_i( ){/*i=0,1,2,3 */ while(true) { think( ); P(room); //控制最多允許4為哲學家取叉子 P(fork[i]; P(fork[(i+1)%5] ) ; eat( ); V(fork[i]); V(fork([i+ 1] % 5); V(room); } } coend
void philosopher (int i)
{ if i mod 2＝＝0 then
{
P(fork[i]); //偶數哲學家先右手
P(fork[(i+1) mod 5 ]); //後左手
eat();
V(fork[i]);
V (fork[(i+1) mod 5]);
}
else
{
P (fork[(i+1) mod 5 ]); //奇數哲學家，先左手
P (fork[i]); //後右手
eat();
V(fork[(i+1) mod 5]);
V(fork[i]);
}
}semaphore fork[5]; for (int i=0;i<5;i++) fork[i]= 1; cobegin process philosopher_i( ){/*i=0,1,2,3 */ while(true) { think( ); P(fork[i];//先取右手的叉子 /*i=4,P(fork[0])*/ P(fork[(i+1)%5] ) ; //再取左手的叉子 /*i=4,P(fork[4])*/ eat( ); V(fork[i]); V(fork([i+ 1] % 5); } } coend
通過Hoare管程求解哲學家問題
詳解：
type dining_philosophers=monitor
int self_count[5];
InterfaceModule IM;
for (int i=0;i<5;i++) //初始化，i為程序號
state[i]=thinking;
define pickup,putdown;
use enter,leave,wait,signal；
void pickup(int i) { //i=0,1,...,4
enter(IM);
state[i]=hungry;
test(i);
if(state[i]!=eating)
wait(self[i],self_count[i],IM);
leave(IM);
}
void putdown(int i) { //i=0,1,2,..,4
enter(IM);
state[i]=thinking;
test((i-1)%5);
test((i+1)%5);
leave(IM);
}
void test(int k) { //k=0,1,...,4
if((state[(k-1)%5]!=eating)&&(state[k]==hungry)
&&(state[(k+1)%5]!=eating)) {
state[k]=eating;
signal(self[k],self_count[k],IM);
}
}
}
任一個哲學家想吃通心麵時呼叫過程pickup，吃完通心麵之後呼叫過程putdown。
cobegin
process philosopher_i( ) { //i=0,…,4
while(true) {
thinking( );
dining_philosophers.pickup(i);
eating( );
dining_philosophers.putdown(i);
}
}
coend
(A) 假設一開始3號哲學家，第一個做pickup，他會很順暢，在pickup中通過enter(IM)進入管程，修改自身狀態state[3]=hungry, 接著test(3)中if條件通過，修改自身狀態state[3]=eating, 因為這時候沒有程序(哲學家)阻塞在self[3]上，即self_count[3]==0，對照signal(self[3], self_count[3], IM)中的PV實現，實際上此時signal什麼也不做。然後，判斷if (state[3]!=eating)不成立，因此wait操作也不做。再然後，3號哲學家執行leave(IM)退出管程，以便讓其他哲學家進入管程。
分析：實際上這裡3號哲學家成功的取到他需要的兩個叉子。他通過將自己的狀態改為eating，對於i=2號哲學家在取叉子的時需要做test(i)，state[i+1]!=eating不成立；對於i=4號哲學家在取叉子的時需要做test(i)，state[i-1]!=eating不成立；從而封堵其左右哲學家轉入eating狀態，2、4號哲學家不能成功轉入eating狀態，將執行wait操作，也即在3號哲學家沒有執行putdown中的test((i-1)%5)和test((i+1)%5)之前，左右哲學家不能成功取到叉子。
(B) 接著，在3號哲學家還沒有putdown之前，如果1號哲學家執行pickup，他也會很順暢，與之前的3號哲學家pickup時的情形類似，在pickup中通過enter(IM)進入管程，修改自身狀態state[1]=hungry, 接著test(1)中if條件通過，修改自身狀態state[1]=eating, 因為這時候沒有程序(哲學家)阻塞在self[1]上，即self_count[1]==0，對照signal(self[1], self_count[1], IM)中的PV實現，實際上此時signal什麼也不做。然後，判斷if (state[1]!=eating)不成立，因此wait操作也不做。再然後，3號哲學家執行leave(IM)退出管程，以便讓其他哲學家進入管程。
分析：實際上這裡1號哲學家成功的取到他需要的兩個叉子。他通過將自己的狀態改為eating，從而封堵其左右哲學家轉入eating狀態，0、2號哲學家不能成功轉入eating狀態，也即在1號哲學家沒有執行putdown中的test((i-1)%5)和test((i+1)%5)之前，不能成功取到叉子。
(C) 接著，在1和3號哲學家沒有putdown之前，此時，state[1]==eating，state[3]==eating。如果2號哲學家執行pickup，他會很不順暢，在pickup中通過enter(IM)進入管程，修改自身狀態state[2]=hungry，接著test(2)中的if條件state[1]!=eating，state[3]!=eating都不成立，因此2號哲學家沒有成功把自身狀態修改為eating，也不用做test(2)中signal(self[2], self_count[2], IM)操作，再接著判斷if (state[2]!=eating)成立，因此做wait(self[2], self_count[2], IM)操作，對照wait操作的PV實現，此時，self[2]_count++表示在self[2]等待的程序數加1，然後判斷if (IM.next_count>0)，如果此時1和3號程序都沒有執行putdown中的signal操作，那麼該條件不成立，然後執行V(IM.mutex)退出管程，接著P(self[2])阻塞自己，等待1和3號哲學家執行putdown中的signal操作喚醒之。
(D) 接著，假設1號哲學家吃完，執行putdown，在putdown中通過enter(IM)進入管程，並修改自身狀態state[1]=thinking，然後test((i-1)%5)，即test(0)，其中state[(0-1)%5]即state[4]!=eating成立，state[0]==hungry不成立(表示0號哲學家沒有執行pickup)，state[(0+1)%5]即state[1]!=eating成立，即整個if條件不成立，if下的語句不做。然後test((i+1)%5)，即test(2)，其中state[(2-1)%5]即state[1]!=eating成立，state[2]==hungry(表示之前2號哲學家已經執行了pickup，且沒有成功取到叉子)，state[(2+1)%5]即state[3]!=eating不成立，即整個if條件還是不成立，然後1號哲學家執行leave(IM)退出管程，以便其他哲學家進入管程。
分析: 1號哲學在putdown的時候執行test(0)和test(2)，test(0)用意在於喚醒右鄰居0號哲學家，但是0號哲學家還沒有執行pickup，也就沒有把自身狀態修改為hungry，1號哲學家的這份好心浪費了；接著test(2)用意在於喚醒左鄰居2號哲學家，但是2號哲學家成功取到叉子之前要判斷3號是否eating，實際上此時3號依然eating，因此test(2)的用意沒有真正成功。看來還真不簡單，不要緊，繼續往下看。
(E) 當1號哲學家在putdown中退出管程，此時state[1]==thinking，state[2]==hungry，假設此時3號哲學家開始執行putdown，在putdown中通過enter(IM)進入管程，並修改自身狀態state[3]=thinking，然後test((i-1)%5)，即test(2)，其中state[(2-1)%5]即state[1]!=eating成立，state[2]==hungry成立(表示之前2號哲學家已經執行了pickup，且沒有成功取到叉子)，state[(2+1)%5]即state[3]!=eating成立，即整個if條件成立，看到希望了，接著執行signal(self[2], self_count[2], IM)，因為之前，2號哲學家已經在self[2]上等待許久了，對照signal操作的PV實現，self_count[2]>0，執行IM.next_count++，V(self[2]) (注:終於把2號哲學家等待許久的self[2]釋放，喚醒2號哲學家)，P(IM.next)阻塞自己。
分析：對於2號哲學家被喚醒之後，他將執行其pickup中P(self[2])之後的語句，self_count[2]--，即self_count[2]恢復為0，並最終執行pickup中leave(IM)，在leave(IM)中參考Hoare管程leave操作的PV實現，判斷if (IM.next_count)>0成立，則執行V(IM.next) 喚醒3號哲學家之前在P(IM.next)上的等待，並有機會執行後續語句IM.next_count--，即計數恢復為0，最終執行putdown中的leave(IM)退出管程，以便其他程序能夠再進入管程，這裡可以看出對於Hoare管程的實現，signal操作不必是過程體的最後一個操作。對於3號哲學家通過test(2)完成了喚醒2號哲學家的任務，然而他自己暫時阻塞在IM.next上，暫時不能執行putdown中後續的test((i+1)%5)，即不能執行test(4)。
(F) 接著，假設在2號哲學家被喚醒取到叉子之後開始吃，3號哲學家執行完putdown中的leave(IM)退出管程，如果1號哲學家想再一次取叉子，此時state[0]==state[3]==thinking，state[2]==eating，1號不如之前順暢，在pickup中通過enter(IM)進入管程，修改自身狀態state[1]=hungry, 接著test(1)中，state[2]!=eating不成立，即if條件不通過，因此1號哲學家沒有成功把自身狀態修改為eating，也不用做test(1)中signal(self[1], self_count[1], IM)操作，再接著判斷if (state[1]!=eating)成立，因此做wait(self[1], self_count[1], IM)操作，對照wait操作的PV實現，此時，self[1]_count++表示在self[1]等待的程序數加1，然後判斷if (IM.next_count>0)，如果此時2號程序還沒有執行putdown中的signal操作，那麼該條件不成立，然後執行V(IM.mutex)退出管程，接著P(self[1])阻塞自己，等待2號哲學家執行putdown中的signal操作喚醒之。
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二、生產者消費者問題
多個生產者/多個消費者/多個緩衝單元
B : ARRAY[0..k-1] OF integer;
sput: semaphore； /* 可以使用的空緩衝區數 */
sget: semaphore; /* 緩衝區內可以使用的產品數 */
sput := k; /* 緩衝區內允許放入k件產品 */
sget := 0; /* 緩衝區內沒有產品 */
putptr, getptr : integer;
putptr := 0; getptr := 0;
s: semaphore； /* 互斥使用putptr, getptr */
s := 1；
process Producer_i
begin
L1:produce a product；
P(sput);
P(s1);
B[putptr] := product；
putptr :=(putptr+1) mod k;
V(s1);
V(sget);
goto L1;
end;
process Consumer_ j
begin
L2:P(sget);
P(s2);
Product:= B[getptr]；
getptr:=(getptr+1) mod k;
V(s2);
V(sput);
consume a product；
goto L2;
end;
應先執行同步訊號量的P操作，然後再執行互斥訊號量的P操作，否則可能造成程序死鎖。
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三、讀者寫者問題
寫者優先：
semaphore rmutex，wmutex，S；
rmutex=1; wmutex=1; S=1; //增加互斥訊號量S
int readcount=0; //讀程序計數
process reader_i( ) {
while (true) {
P(S);
P(rmutex);
if (readcount==0) P(wmutex);
readcount++;
V(rmutex);
V(S);
讀檔案；
P(rmutex);
readcount--;
if(readcount==0) V(wmutex);
V(rmutex);
}
}
process writer_i( ) {
while(true) {
P(S);
P(wmutex);
寫檔案；
V(wmutex);
V(S);
}
}int readcount = 0, writecount = 0;
semaphore x=1, y=1, z=1; // readcount,writecount互斥
semaphore rmutex=1,wmutex=1； // 讀鎖，寫鎖
process reader
{
P(z);
P(rmutex);
P(x);
readcount++;
if (readcount==1) P(wmutex);
V(x);
V(rmutex);
V(z);
read;
P(x);
readcount--;
if (readcount==0) V(wmutex);
V(x)
};
process writer
{
P(y);
writecount++;
if (writecount==1) P(rmutex);
V(y);
P(wmutex);
write;
V(wmutex)
P(y);
writecount--;
if (writecount==0) V(rmutex);
V(y);
};
至今不明白z變數的作用