《OSTEP》信号量（chap31）
〇、前言
本文是对《OSTEP》第三十一章的实践与总结。
一、信号量
以下各个版本都是一个生产者-消费者模型，基于信号量实现，并且逐渐完善。
#include 运行结果：
****** chap31_信号量 % ./a
消费:0
消费:1
消费:2
消费:3
消费:4
消费:5
消费:6
消费:7
消费:8
消费:9
可以看到在单线程下（一个生产者线程，一个消费者线程）运行得很好。
int main() {
...
pthread_t p1, p2, p3;
int loop1 = 10;
int loop3 = 10;
pthread_create(&p1, NULL, producer, &loop1);
pthread_create(&p2, NULL, producer, &loop1);
pthread_create(&p3, NULL, consumer, &loop3);
...
}
运行结果：
****** chap31_信号量 % ./a
消费:0
消费:1
消费:2
消费:3
消费:4
消费:5
消费:0
消费:6
消费:1
消费:7
运行结果可能看不出什么，但是生产者产生的值会被覆盖。这个情况是怎么发生的呢？
假设两个生产者（Pa和Pb）几乎同时调用put()。当Pa先运行，在f1行先加入第一条数据（fill=0），假设Pa在将fill计数器更新为1之前被中断，Pb开始运行，也在f1行给缓冲区的0位置加入一条数据，这意味着那里的老数据被覆盖。
因此，我们的解决思路是将 put()修饰成一个临界区。
sem_t *empty;
sem_t *full;
sem_t *mutex;
// 生产者
void *producer(void *arg) {
int loops = *((int *)arg);
for (int i = 0; i < loops; i++) {
sem_wait(mutex);
sem_wait(empty);
put(i);
sem_post(full);
sem_post(mutex);
}
return NULL;
}
// 消费者
void *consumer(void *arg) {
int value = 0;
int loops = *((int *)arg);
for (int i = 0; i < loops; i++) {
sem_wait(full);
value = get();
sem_post(empty);
printf("消费:%d\n", value);
}
return NULL;
}
int main(){
...
mutex = sem_open("mutex", O_CREAT, S_IRUSR | S_IWUSR, 1);
...
}
运行结果：
****** chap31_信号量 % ./a
消费:0
消费:1
消费:2
消费:0
消费:3
消费:1
消费:4
消费:2
消费:5
消费:3
那如果继续增加一个消费者呢？
#include 运行结果：
****** chap31_信号量 % ./a
消费:0
消费:0
消费:1
消费:2
消费:1
消费:3
消费:2
消费:3
消费:5
消费:4
消费:6
消费:5
消费:7
消费:6
消费:4
消费:7
消费:8
消费:9
消费:8
消费:9
运行得非常好，有一个问题，会不会出现重复消费行为（把一个值消费两次）？看起来好像会。
但是记得 full 信号量，初始值为 0，这意味着每次只允许一个线程进行消费。这不仅和生产者达成了正确的执行序列，而且还间接得使得每次只能有一个线程在 get()。
二、读写锁
以下是利用信号量来实现一个读写锁。
数据在有线程读时，不能写。这意味着第一个线程读的时候，直接将写者锁占有，最后一个读者将写锁释放。以下是代码：
#include 运行结果：
****** chap31_信号量 % ./a
hello
hello
1121151
1121151
1123451
可以顺利运行。
三、哲学家就餐问题
#include 运行结果（这里是在 Linux 平台）：
******:~/OSTEP_notes_linux_version/chap31_信号量# gcc -o a phi_eat.c -lrt -lpthread
******:~/OSTEP_notes_linux_version/chap31_信号量# ./a
0号哲学家开始就餐.
2号哲学家开始就餐.
0号哲学家完成就餐,并放下了叉子.
2号哲学家完成就餐,并放下了叉子.
4号哲学家开始就餐.
1号哲学家开始就餐.
4号哲学家完成就餐,并放下了叉子.
1号哲学家完成就餐,并放下了叉子.
3号哲学家开始就餐.
3号哲学家完成就餐,并放下了叉子.
可以看到所有的哲学家都能顺利完成就餐。这里解决的核心思路就是，最后一个哲学家拿刀叉的顺序和别的哲学家不一样，这在理论上不会造成死锁。
试分析一下（p 代表哲学家，f 代表叉子），易知假设在 t 时刻是一个环形等待：
- p0 占据 f0 请求 f1;
- p1 占据 f1 请求 f2;
- p2 占据 f2 请求 f3;
- p3 占据 f3 请求 f0;
画出资源配置图之后，很容易求出它的可达性矩阵：
因此，可达性矩阵为：
P = ( 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) P = \left( \begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ \end{matrix} \right) P= 1111111111111111
强分图也就是:
P ⋀ P T = ( 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) P\bigwedge P^T = \left( \begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ \end{matrix} \right) P⋀PT= 1111111111111111
因此，在 t 时刻处于死锁状态，这与我们的经验相一致。
四、实现一个信号量
这里利用锁和条件变量来实现一个信号量。
#include 这确实是相当优雅。