第三章 作业参考答案

第三章作业参考答案

P181 第3题：

答：现对进程语句进行编号，以方便描述。

P1： P2： begin begin

y:=1; ① x:=1; ⑤ y:=y+3; ② x:=x+5; ⑥ V(S1); P(S1);

z:=y+1; ③ x:=x+y; ⑦ P(S2); V(S2);

y:=z+y ④ z:=z+x; ⑧ end. end.

①、②、⑤和⑥是不相交语句，可以任何次序交错执行，而结果是唯一的。接着无论系统如何调度进程并发执行，当执行到语句⑦时，可以得到x=10，y=4。按Bernstein条件，语句③的执行结果不受语句⑦的影响，故语句③执行后得到z=5。最后，语句④和⑧并发执行，这时得到了两种结果为：

语句④先执行：x=10，y=9，z=15。 语句⑧先执行：x=10，y=19，z=15。

此外，还有第三种情况，语句③被推迟，直至语句⑧后再执行，于是依次执行以下三个语句：

z:=z+x； z:=y+1;

y:=z+y;

这时z的值只可能是y+1=5，故y=z+y=5+4=9，而x=10。

第三种情况为：x=10，y=9，z=5。

P181 第5题：

解：设信号量empty，mutex；

empty：=100； mutex：=1； parbegin

读者进入：begin

P(empty)； P(mutex)； 登记； P(mutex)； End；

读者离开：begin

P(mutex)； 撤消登记； V(mutex)； V(empty)； End；

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Parend；

P181 第6题：

答：实质上是两个进程的同步问题，设信号量S1和S2分别表示可拣白子和黑子，不失

一般性，若令先拣白子。 Main( )

{ int S1=1, S2=0; Cobegin

P1( ); P2( ); Coend }

P1( )

{ while(拣子工作没完成)

{

P(S1);

拣白子

V(S2);

} }

P182第15题：

Dijkstra临界区软件算法描述如下：

var flag:array[0…n] of (idle,want-in,in_cs);

turn:integer;tune:0 or 1 or…or,n-1; process Pi(i=0,1,…,n-1) var j;integer; begin repeat

repeat

flag[i]:=want_in; while turn≠i do

if flag[turn]==idle then turn:=i; flag[i]:=in_cs; j:=0;

while (j

until false;

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P2( ) { while(拣子工作没完成) { P(S2); 拣黑子 V(S1); } } end.

试说明该算法满足临界区原则。

答：为方便描述，把Dijkstra程序的语句进行编号：

repeat

flag[i]:=want_in; ① while turn≠i do ② if flag[turn]==idle then turn:=i; ③ flag[i]:=in_cs; ④ j:=0;

while (j

flag[i]:=idle; ⑦ …

(1) 满足互斥条件

当所有的Pj都不在临界区中，满足flag[j]≠in_cs (对于所有j，j≠i)条件时，Pi才能进入它的临界区，而且进程Pi不会改变除自己外的其他进程所对应的flag[j]的值。另外，进程Pi总是先置自己的flag[i]为in_cs后，才去判别Pj进程的flag[j]的值是否等于in_cs，所以，此算法能保证n个进程互斥地进入临界区。 (2) 不会发生无休止等待进入临界区

由于任何一个进程Pi在执行进入临界区代码时先执行语句①，其相应的flag[i]的值不会是idle。注意到flag[i]=in_cs并不意味着turn的值一定等于i。我们来看以下情况，不失一般性，令turn的初值为0，且P0不工作，所以，flag[turn]=flag[0]=idle。但是若干个其他进程是可能同时交替执行的，假设让进程Pj(j=1,2,..,n-1)交错执行语句①后(这时flag[j]=want_in)，再做语句②(第一个while语句)，来查询flag[turn]的状态。显然，都满足turn≠i，所以，都可以执行语句③，让自己的turn为j。但turn仅有一个值，该值为最后一个执行此赋值语句的进程号，设为k、即turn=k(1≤k≦n-1)。接着，进程Pj(j=1,2,..,n-1)交错执行语句④，于是最多同时可能有n-1个进程处于in_cs状态，但不要忘了仅有一个进程能成功执行语句④，将turn置为自己的值。

假设{P1,P2,…Pm}是一个已将flag[i]置为in_cs(i=1,2,…,m)(m≤n-1)的进程集合，并且已经假设当前turn=k(1≤k≤m)，则Pk必将在有限时间内首先进入临界区。因为集合中除了Pk之外的所有其他进程终将从它们执行的语句⑤(第二个while循环语句)退出，且这时的j值必小于n，故内嵌until起作用，返回到起始语句①重新执行，再次置flag[i]=want_in，继续第二轮循环，这时的情况不同了，flag[turn]=flag[k]必定≠idle(而为in_cs)。而进程Pk发现最终除自身外的所有进程Pj的flag[j]≠in_cs，并据此可进入其临界区。

P183第21题：

21.Jurassic公园有一个恐龙博物馆和一个花园，有m个旅客和n辆车，每辆车仅能乘一个旅客。旅客在博物馆逛了一会，然后，排队乘坐旅行车，当一辆车可用时，它载入一个旅客，再绕花园行驶任意长的时间。若n辆车都已被旅客乘坐游玩，则想坐车的旅客需要等待。如果一辆车已经空闲，但没有游玩的旅客了，那么，车辆要等待。试用信号量和P、V操作同步m个旅客和n辆车子。

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答：这是一个汇合机制，有两类进程：顾客进程和车辆进程，需要进行汇合、即顾客要坐进车辆后才能游玩，开始时让车辆进程进入等待状态。 var scl,sck,sc,kx,xc,mutex:semaphore; sck := kx:= sc:= xc:=0; sc1:=n;mutex:=1;

sharearea:一个登记车辆\\被服务乘客信息的共享区; cobegin

process 顾客i(i=1,2,…) begin

P(scl); /*车辆最大数量信号量 P(mutex); /*封锁共享区，互斥操作

在共享区sharearea登记被服务的顾客的信息：起始和到达地点，行驶时间 V(sck); /*释放一辆车，即顾客找到一辆空车 P(kx); /*车辆要配备驾驶员，顾客等待被载， 上车；

V(sc); /*顾客进程已汇合到车辆进程，即顾客坐进车里 P(xc); /*待游玩结束后后，顾客等待下车 V(scl); /*空车辆数加1 end

Process 车辆j(j=1,2,…) begin

L: P(sck); /*车辆等待有硕客来使用

在共享区sharearea登记那一辆车被使用，并与顾客进程汇合； V(mutex); /*这时可开放共享区，让另一顾客雇车 V(kx); /*允许顾客用此车辆 P(sc); /*车辆等待顾客上车 车辆载着顾客开行到目的地；

v(xc); /*允许顾客下车 goto L; end coend

P184第24题：

24.系统有A、B、C、D共4种资源，在某时刻进程P0、P1、P2、P3和P4对资源的占有和需求情况如表，试解答下列问题：

Allocation A B C D 0 0 3 2 1 0 0 0 1 3 5 4 0 3 3 2 0 0 1 4 Claim A B C D 0 0 4 4 2 7 5 0 3 6 10 10 0 9 8 4 0 6 6 10 Available A B C D 1 6 2 2 Process P0 P1 P2 P3 P4

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