使用二进制信号量用餐哲学家答案

【问题标题】：Dining philosophers using binary semaphores使用二进制信号量用餐哲学家
【发布时间】：2018-01-21 06:06:42
【问题描述】：

这个伪代码能否以最大并行度解决哲学家进餐问题？这里mutex是一个初始化为1的二进制信号量。假设叉子的编号从0到（N-1）。从 0 到 (N-1) 共有 N 个哲学家。

void philosopher(int i)    // ith philosopher
{   
   while (true)
   {
        think();
        down(&mutex);          // acquire lock
        take_fork(i);            // take left fork
        take_fork((i+1)%N);        // take right fork
        up(&mutex);          // release the lock
        eat();
        down(&mutex);       // acquire lock
        put_fork(i);
        put_fork((i+1)%N);
        up(&mutex);        // release the lock
   }    
}

这应该以最大的并行度解决哲学家进餐问题，因为在一位哲学家获得两个分叉后，锁就会被释放。但会吗？会不会有活力的问题？我很困惑。

【问题讨论】：

当哲学家获得互斥体并发现他的右叉被占用时会发生什么？ take_fork 会失败从而导致左叉未释放吗？
这应该是不可能的，因为互斥锁已经被其他哲学家关闭了。 @DmitriChubarov

标签： concurrency semaphore dining-philosopher binary-semaphore

【解决方案1】：

为了回答你的问题，我想提供一些似乎导致你的哲学家进入不受欢迎状态的事件。

考虑一个具有 N>2 个哲学家 Ph(0),...,Ph(N-1) 和以下动作序列的系统：

Ph(1).think();
Ph(0).think();
Ph(1).down(&mutex);
Ph(1).take_fork(1);
Ph(1).take_fork(2);
Ph(1).up(&mutex);
Ph(0).down(&mutex);
Ph(0).take_fork(0);
Ph(0).take_fork(1);

回想一下fork(1) 已经被Ph(1) 获取。现在根据take_fork() 的语义，可能会发生不同的行为。

如果无法获得分叉，take_fork() 立即失败，则永远不会释放 fork(0)。

如果take_fork() 挂起直到资源被释放，那么互斥锁将永远不会被释放，其他哲学家都无法取得进展，因此一次只有一个哲学家在吃饭。

【讨论】：