进程同步的三个经典问题

版权声明：醋姑娘 https://blog.csdn.net/weixin_37023469/article/details/84501362

1. 有限缓存问题 Bounded-Buffer Problem

要求：

1. producer和consumer，二者不能对buffer进行操作
2. 当buffer满的时候，就不允许producer继续写
3. 当buffer空的时候，就不允许consumer继续读

信号量及其初始化

Semaphore mutex = 1; //buffer的锁
Semapore full = 0; //满位的数量
Semaphore empty = n; //空位的数量

producer简单代码描述

/*PV形式*/
while(true){
	P(empty);
	P(mutex);
	//write...
	V(mutex);
	V(full);
}

/*wait signal形式*/
while(true){
	wait(empty);
	wait(mutex);
	//write...
	signal(mutex);
	signal(full);
}

consumer简单代码描述

/*PV形式*/
while(true){
	P(full);
	P(mutex);
	//read...
	V(mutex);
	V(empty);
}

/*wait signal形式*/
while(true){
	wait(full);
	wait(mutex);
	//read...
	signal(mutex);
	signal(empty);
}

分析：
具有对称性
先申请empty/full位，再申请缓冲区访问权限；先释放mutex再释放empty/full位

2. 读者写者问题 Readers and Writers Problem

要求：

1. 多个读者，只能read，不能write
2. 多个写者，既能read，也能write
3. 允许多个reader同时读
4. 不允许reader和writer同时操作
5. 不允许多个写者同时操作

本质：保证一个writer进程必须与其他进程互斥地访问共享对象

情况零：弱写者优先(公平竞争)

要求：？
太简单了（以后再补）

情况一：读者优先

要求：

1. 有读者在读，则其他读者可读，直到没有读者了，写者才能写
2. 有写者在写，则其余写者和读者等待

信号量及其初始化

int readercount = 0;//共享变量，记录当前读者的数量
Semaphore mutex = 1;//readercount的锁
Semaphore m = 1;//buffer的锁

writer简单代码描述

while(true){
	wait(m);

	//write

	signal(m);
}

reader简单代码描述

while(true){
	wait(mutex);
	readercount++;
	if(readercount==1){
		wait(m);
	}
	signal(mutex);

	//read

	wait(mutex);
	readercount--;
	if(readercount==0){
		signal(m);
	}
	signal(mutex);
}

情况二：强写者优先

要求：

1. 写者在写，则其余读者和写者等待；写者写完，优先释放下一个写者
2. 读者在读，若无写者等待，则其他读者可读
3. 读者在读，若有写者等待，则其他读者等待

信号量及其初始化

int readercount = 0;//共享变量，记录当前读者的数量
int writecount = 0;//共享变量，记录当前写者的数量

Semaphore mutex1 = 1;//readercount的锁
Semaphore mutex2 = 1;//writecount的锁

Semaphore read = 1;//buffer的读锁
semaphore write = 1;//buffer的写锁

Semaphore s = 1;//为了让写者优先

writer简单代码实现

while(true){
	
	wait(mutex2);
	writecount++;
	if(writecount==1){
		wait(read);
	}
	signal(mutex2);

	wait(write);
	//write...
	signal(write);

	wait(mutex2);
	writecount--;
	if(writecount==0){
		signal(read);
	}
	signal(mutex2);

}

reader简单代码实现

while(true){

	wait(s);
	wait(read);
	readercount++;
	if(readercount==1){
		wait(write);
	}
	signal(read);
	signal(s);

	//reading..

	wait(mutex1);
	readercount--;
	if(readcounter==0){
		signal(write);
	}
	signal(mutex1);

}

3.哲学家进餐问题 Dining-Philosophers Problem

要求：

1. 有5个哲学家
2. 哲学家只能吃饭或者思考，不能同时进行
3. 哲学家只能拿两根筷子才能吃饭

方案一：最多只允许4个哲学家同时坐在桌子上

Semaphore chopstick[5]={1,1,1,1,1};//筷子是否可用
Semaphore seat=4;//可坐的位置

void philosppher(int i){
	
	while(true){
		
		think();
		
		wait(seat);//申请座位

		wait(chopstick[i]);
		wait(chopstick[(i+1)%5]);
		eat();
		signal(chopstick[(i+1)%5]);
		signal(chopstick[i]);

		signal(seat);

	}
}

方案二：非对称方法，奇数哲学家拿左边的筷子，偶数哲学家拿右边的筷子

Semaphore chopstick[5]={1,1,1,1,1};//筷子是否可用

void philosppher(int i){

	while(true){
		think();

		if(i&1){
			wait(chopstick[i]);
			wait(chopstick[(i+1)%5]);
			eat();
			signal(chopstick[(i+1)%5]);
			signal(chopstick[i]);			
		}
		else{
			wait(chopstick[(i+1)%5]);
			wait(chopstick[i]);
			eat();
			signal(chopstick[i]);	
			signal(chopstick[(i+1)%5]);
		}
	}
}

方案三：只有当两边都有筷子的时候才会同时拿起两只筷子

借助AND型信号量，其基本思想是：将进程在整个运行过程中需要的所有资源一次性全部分配给进程，待进程使用完后再一起释放。只要尚有一个资源未能分配给进程，其他所有可能为之分配的资源也不分配给它。

Semaphore chopstick[5]={1,1,1,1,1};//筷子是否可用

void philosppher(int i){

	while(true){
		
		think();

		Swait(chopstick[i],chopstick[(i+1)%5]);
		eat();
		Ssignal(chopstick[i],chopstick[(i+1)%5]);
	}
}