哲学家就餐问题实验报告

哲学家就餐问题

两个地方应该是pv操作，pv都是操作元语，不可中断

p操作是将信号量-1

v操作是将信号量+1

pv一定要配对使用

哲学家进餐可以通过信号量机制解决，避免死锁

注释如下：

test(int

//测试哲学家i是否满足eating条件

if(state[i]==HUNGRY)

//状态为hungry且左右均未在eating状态，即筷子空闲

(state[(i-1)%5]!=EATING)

&&(state[(i+1)%5]!=EATING)

state[i]=EATING;

//设置哲学家i的状态标志为eating

V(&s[i]);(不懂，什么意思)

//s[i]初始化为0，表示能否eating的信号量，V之后s[i]=1，可以

//通过P操作后进入eating，否则在P(s[i])处阻塞

state[i]=THINKING;

//初始化状态位

s[i]=0;

//初始化s[i]

philosopher(int

while

(true)

P(mutex);(还有这个地方也不太懂)

//对mutex进行P操作，即加锁，防止过

//多进程同时执行造成死锁

state[i]=HUNGRY;

//设置i状态

//测试是否可以进eating，如可以，设置

//相应标志位和信号量

V(mutex);

//释放信号量，其它进程可执行P(mutex)

P(s[i]);

//测试是否可以eating

//以下为哲学家i的eating过程

拿左筷子；

拿右筷子；

放右筷子；

放左筷子；

P(mutex);

//对mutex加锁，防止多个进程同时对state[i]操作

state[i]=THINKING;

//设置i状态

test([i-1]%5);

//为左边和右边测试并设置s状态

test([i+1]%5);

V(mutex);

//释放信号量

关于哲学家就餐问题的Chandy/Misra解法的疑问

你的意思是A交给B，同时B交给A是吧？那么请求时，显然要得到AB同时没在吃，而同时都想吃。那么，根据2，则擦干净交换餐叉。然后AB都可以吃了啊。然后吃完餐叉就脏了。

最后，你怎么觉得是死锁了？

什么叫：“那么请求时，显然要得到AB同时没在吃，而同时都想吃。”

这是你假设的情况啊。因为解法的意思是找临近的询问。如果正在吃，必然不能产生交换，而产生等待。比如，abc三人，b请求，ac都正在吃。那b的请求得不到回应只能等待了啊。直到a或c中的一个吃完，就可以交出去了。

说起来，突然发现如果abc中的ac都是干净的，b就吃不上了。你这样觉得对吧？但是好像解法的说明是任意顺序，也就是说一定能找到某个被初始化的脏的。而同时全干净的情况是不能存在的，因为用了就会脏，然后初始全是脏的。

谁能介绍下Java解哲学家就餐问题吗？

init(n);

public int getCount()

return n;

public void setChopstick( int i, boolean v)

chops[ i ] = v;

public boolean getChopstick( int i )

return chops[i];

private void init( final int N)

r = new Random();

n = ( N maxPhils ) ? maxPhils : N;

chops = new boolean[n];

phils = new Philosopher[n];

initPhils();

dumpStatus();

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哲学家就餐问题的问题描述

哲学家就餐问题可以这样表述，假设有五位哲学家围坐在一张圆形餐桌旁，做以下两件事情之一：吃饭，或者思考。吃东西的时候，他们就停止思考，思考的时候也停止吃东西。餐桌中间有一大碗意大利面，每两个哲学家之间有一只餐叉。因为用一只餐叉很难吃到意大利面，所以假设哲学家必须用两只餐叉吃东西。他们只能使用自己左右手边的那两只餐叉。哲学家就餐问题有时也用米饭和筷子而不是意大利面和餐叉来描述，因为很明显，吃米饭必须用两根筷子。

哲学家从来不交谈，这就很危险，可能产生死锁，每个哲学家都拿着左手的餐叉，永远都在等右边的餐叉(或者相反)。即使没有死锁，也有可能发生资源耗尽。例如，假设规定当哲学家等待另一只餐叉超过五分钟后就放下自己手里的那一只餐叉，并且再等五分钟后进行下一次尝试。这个策略消除了死锁(系统总会进入到下一个状态)，但仍然有可能发生“活锁”。如果五位哲学家在完全相同的时刻进入餐厅，并同时拿起左边的餐叉，那么这些哲学家就会等待五分钟，同时放下手中的餐叉，再等五分钟，又同时拿起这些餐叉。

在实际的计算机问题中，缺乏餐叉可以类比为缺乏共享资源。一种常用的计算机技术是资源加锁，用来保证在某个时刻，资源只能被一个程序或一段代码访问。当一个程序想要使用的资源已经被另一个程序锁定，它就等待资源解锁。当多个程序涉及到加锁的资源时，在某些情况下就有可能发生死锁。例如，某个程序需要访问两个文件，当两个这样的程序各锁了一个文件，那它们都在等待对方解锁另一个文件，而这永远不会发生。

规定在拿到左侧的筷子后，先检查右面的筷子是否可用。如果不可用，则先放下左侧筷子，等一段时间再重复整个过程。分析：当出现以下情形，在某一个瞬间，所有的哲学家都同时启动这个算法，拿起左侧的筷子，而看到右侧筷子不可用，又都放下左侧筷子，等一会儿，又同时拿起左侧筷子……如此这样永远重复下去。对于这种情况，所有的程序都在运行，但却无法取得进展，即出现饥饿，所有的哲学家都吃不上饭。 (2) 描述一种没有人饿死(永远拿不到筷子)算法。考虑了四种实现的方式(a、b、c、d)： a．原理：至多只允许四个哲学家同时进餐,以保证至少有一个哲学家能够进餐,最终总会释放出他所使用过的两支筷子,从而可使更多的哲学家进餐。以下将room 作为信号量，只允许4 个哲学家同时进入餐厅就餐，这样就能保证至少有一个哲学家可以就餐，而申请进入餐厅的哲学家进入room 的等待队列，根据fifo 的原则，总会进入到餐厅就餐，因此不会出现饿死和死锁的现象。伪码： semaphore chopstick[5]=; semaphore room=4; void philosopher(int i) } b．原理：仅当哲学家的左右两支筷子都可用时,才允许他拿起筷子进餐。方法1：利用and 型信号量机制实现：根据课程讲述，在一个原语中，将一段代码同时需要的多个临界资源，要么全部分配给它，要么一个都不分配，因此不会出现死锁的情形。当某些资源不够时阻塞调用进程;由于等待队列的存在，使得对资源的请求满足fifo 的要求，因此不会出现饥饿的情形。伪码： semaphore chopstick[5]=; void philosopher(int i) } 方法2：利用信号量的保护机制实现。通过信号量mutex对eat()之前的取左侧和右侧筷子的操作进行保护，使之成为一个原子操作，这样可以防止死锁的出现。伪码： semaphore mutex = 1 ; semaphore chopstick[5]=; void philosopher(int i) }

哲学家就餐问题的问题描述