第四章作业参考答案.docx

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第四章作业参考答案

2答：

多道程序在单CPU上并发运行和多道程序在多CPU上并行在本质上是不同的,在单CPU上，操作系统利用时间片轮转算法在一段时间内依次调度执行多个程序，宏观上多道程序并发运行、微观上仍是串行执行；在多CPU上，同一时刻可有多个程序分别在多个CPU上并行执行，而某个程序也可能同时在多个CPU上并行执行。

前者实现时应考虑的因素：

1在多道程序环境下如何向用户提供服务；

2在并发程序之间如可正确传递消息（通信）；

3如何对CPU进行调度，保证每个用户相对公平地得到CPU；（CPU是一个只可调度，不可分配的资源）

后者实现时应考虑的因素：

1在执行多道程序时应如何分配程序给CPU

2多CPU之间的通信问题

3在多CPU上并行执行一个程序时如何调度和分配CPU

9．说明下列活动时属于哪种至于关系？

（1）若干同学去图书馆借书；

（2）两队进行篮球比赛；

（3）流水线生产中的各道工序；

（4）商品生产和社会消费；

答：

（1）互斥关系

（2）互斥关系

（3）同步关系

（4）同步关系

11．设有一台计算机，有两条I/O通道，分别接一台卡片输入机和一台打印机。

卡片机把一叠卡片逐一输入到缓冲区B1中，加工处理后再搬到缓冲区B2中，并在打印机上印出。

问：

（1）系统要设几个进程来完成这个任务？

各自的工作是什么？

（2）这些进程间有什么样的相互制约关系？

（3）用P．V操作写出这些进程的同步算法。

（4）设系统中只有上述几个过程，用图表示出各自状态变迁情况及原因。

答：

（1）系统要设3个进程来完成这个任务；

第一个进程：

从卡片机把一叠卡片逐一输入到缓冲区B1中；

第二个进程：

加工处理后再搬到缓冲区B2中；

第三个进程：

从缓冲区B2读出，打印机印出。

（2）第一个进程从卡片机把一叠卡片逐一输入到缓冲区B1中，第二个进程加工处理B1中的数据。

如果B1为空，则第二个进程无法进行；如果B1满了，第一个进程不能再进行。

第二个进程加工处理B1中的数据并搬到B2中，第三个进程从B2读出。

如果B2为空，则第三个进程无法进行；如果B2满了，第二个进程无法进行。

（3）

P:

不能往满的B1送数据，设信号量S1，初值为k（k为缓冲区B1的大小）

while（true）{

读一张卡片;

P（S1）;

数据送到缓冲区B1;

V（S2）;

};

Q:

不能从空的B1读数据，设信号量S2，初值为0；不能往满的B2送数据，设信号量S3，初值为l（l为缓冲区B2的大小）

while（true）{

P（S2）;

从缓冲区B1读数据;

加工数据;

V（S1）;

P（S3）

加工的数据写入缓冲区B2;

V（S4）

};

R:

不能从空的B2读数据，设信号量S4，初值为0；

while（true）{

P（S4）;

从缓冲区B2读数据;

V（S3）

打印;

};

（4）

进程一：

进程二：

进程三：

13假定一个阅览室最多可容纳100人，读者进入和离开阅览室时都必须在阅览室门口的一个登记表上标志（进入时登记，离开时去掉登记项），而且每次只允许一人登记或去掉登记，问：

（1）应编写几个程序完成此项工作，程序的主要动作是些什么？

应设置几个进程？

进程与程序间的对应关系如何？

（2）用P、V操作写出这些进程的同步通信关系。

答：

（1）应该编写四个程序完成工作，分别执行：

管理等待登入队列，登入并分配资源，管理等待离开队列，登出并回收资源。

应设置2个进程，分别负责管理登入和负责管理登出。

（2）设置readercount=100，控制可进入的读者数

设置mutex=1，控制操作登记表

登入进程：

{

P（mutex）

P（readercount）

分配阅览室资源

V（mutex）

}

登出进程：

{

P（mutex）

回收阅览室资源

V（readercount）

V（mutex）

}

17．假设一个系统的磁盘大小为2kB，一个块的平均访问时间是20毫秒，一个有40kB的进程由于资源请求此从运行状态变为阻塞态。

要确保将该进程换出，它必须保持阻塞多长时间？

解：

阻塞时间：

T=40/2*20=400（毫秒）

18.假使A、B两个火车站之间是单轨线，许多列车可以同时到达A站，然后经A站到B站，又列车从A到B的行驶时间是t，列车到B站后的停留时间是t/2。

试问在该问题模型中，什么是临界资源？

什么是临界区？

答：

因为许多列车可以同时到达A站，所以A站不是互斥资源，而A、B之间的单轨线每次只能允许一辆列车发出以后另一辆才能发出。

因为列车行驶时间为t，B的停留时间为t/2，所以只要在前一辆列车走完前1/2路程后再发车，到达B站时前一辆车也已离开B站。

（1）A、B间单轨线的前半段是临界资源。

（2）临界区：

列车在单轨线前半段上行驶

21题（测验的最后一题，类似，更简单）

由于有m个发送者，n个接收者，k大小的缓冲区；从单个的问题出发，发送者要么等待在第x缓冲区（条件是缓冲区x未被清空，而发送者采用递增环状方式使用缓冲区）要么发送到x，发送完后需要唤醒所有接收进程。

接收进程不停的轮询缓冲区,也采用递增环状方式，如果缓冲区有内容，则收取，并把此缓冲区的未接收数减一，如果减至0，则置缓冲区为空。

综上所述，需要对每个缓冲区单位设置空，满，互斥量，未收取数（empty，full，mutex，count）其中full是一个数组，记录每个接收者的情况，防止重复接收，mutex主要用来做count的互斥访问。

此外，还要设置全局的互斥变量mutex。

TypeBufferType=Record

msg:

MessageType;

count:

integer;

mutex:

semaphore;{初值为1}

empty:

semaphore;{初值为1}

full:

array[1..n]ofsemaphore；

{初值全为0}

End

Varmutex:

semaphore;{初值为1}

s:

integer;{初值为0}

buff:

array[0..k-1]ofBufferType;

{k是缓冲区大小；n是接收进程个数}

{m是发送进程个数，通过s进行“写互斥”}

ProcedureSender_i（i:

integer）;

{i为发送进程的标号}

Vars0,j:

integer;

Begin

Repeat

P（mutex）;

s0:

=s;

s:

=（s+1）modk;

V（mutex）;

P（buff[s0].empty）；

在buff[s0].msg中写信息；

P（buff[s0].mutex）；

buff[s0].count:

=n;

V（buff[s0].mutex）;

For（j:

=1tondo）

V（buff[s0].full[j]）;

Untilfalse;

End

ProcedureRecvr（i:

integer）;

{i为接收进程的标号}

Varj:

integer;

Begin

j:

=0;

Repeat

P（buff[j].full[i]）;

从buff[j].msg中读信息；

P（buff[j].mutex）；

buff[j].count:

=buff[j].count-1;

If（buff[j].count=0）

ThenV（buff[j].empty）；

V（buff[j].mutex）;

j:

=（j+1）modk

Untilfalse;

End

22.<1>.信号量说明：

　　　mutex，初值为１，记录可进入临界区的进程数;

　　　互斥算法；　

　　　　P（mutex）;

进入临界区；

V（mutex）;

结束；

<2>.信号量说明：

　mutex，初值为m，记录可进入临界区的进程数;

互斥算法；　

　　　　P（mutex）;

进入临界区；

V（mutex）;

　　　　结束；

25.一家快餐店招有4种雇员：

（1）开票者，取顾客的订单；

（2）厨师，准备饭菜；（3）包装员，把食物撞进袋中；（4）出纳，一手收钱一手交货。

每位雇员可以看作一个在通信的顺序进程。

他们采用的是什么方式的进程间通信？

答：

开票者和厨师之间是管道通信。

开票者源源不断的把订单给厨师，一次可能给一张也可能给多张，厨师一次可能拿走一张订单去做也可能拿走多张去做。

厨师和包装员之间是信箱通信，他们之间有个信箱，可能就是一个小平台，厨师做好就把菜放上去，相当于放进信箱，而包装员可以在任何时候取走那个菜。

包装员和出纳之间是消息缓冲通信，包装员包号了就给出纳发消息，出纳得到消息就取走包好的饭菜然后出售。

29．计算系统CPU利用率。

答：

1）Q等于无穷时，算法退化为FIFO，这时CPU利用率为T/（S+T）

2）Q>T时，进程在用完时间片之前已被堵塞，因此CPU利用率仍为T/（S+T）

3）S

T/（（INT（T/Q）+1）*S）+T）

4）Q=S时，当S远小于T时，CPU在调度和运行进程的时间近似相等，CPU利用率为1/2

5）Q趋于零时，几乎所有的时间都花在调度上，因此CPU利用率也趋于零。

34．巴拿马运河建在太平洋和大西洋之间。

由于太平洋和大西洋水面高度不同，有巨大落差，所以运河中修建有T（T>=2）级船闸，并且只能允许单向通行。

船闸依次编号为1、2、…、T。

由大西洋来的船需经由船闸T、T-1、…、1通过运河到太平洋；由太平洋来的船需经由船闸1、2、…、T通过运河到大西洋。

试用P、V操作正确解决大西洋和太平洋的船只通航问题

答：

来自不同方向的船只对船闸要互斥使用。

但如过有同方向的船只正在通行，则不用等待。

对一个船闸设以下变量：

PtoAcount整型，记录此船闸正由太平洋往大西洋航行的船只初值0。

AtoPcount整型，记录此船闸正由大西洋往太平洋航行的船只初值0。

Mutex信号量，对PtoAcount互斥初值1

Mutex1信号量，对AtoPcount互斥初值1

Pass信号量初值1

太平洋到大西洋的船：

P（mutex）;

PtoAcount:

=PtoAcount+1;

ifPtoAcount=1

thenP（pass）;

V（mutex）;

过

P（mutex）

PtoAcount:

=PtoAcount-1;

ifPtoAcount=0;

thenV（pass）;

V（mutex）;

大西洋到太平洋的船:

P（mutex1）;

AtoPcount:

=AtoPcount+1;

ifAtoPcount=1;

thenP（pass）;

V（mutex1）;

过

P（mutex1）

AtoPcount:

=AtoPcount-1;

ifAtoPcount=0;

thenV（pass）;

V（mutex1）;

32题：

有5个带运行的作业，它们的估计运行时间分别是9，6，3，5和x。

采用那种次序的运行各种作业将得到最短的平均响应时间。

解：

采用最短作业优先法运行作业将得到最短平均相应时间。

具体执行顺序是（依赖x）：

1）x<=3时，x→3→5→6→9

2）3

3）5

4）6

5）9

35．

答：

设有n个柜台

需要考虑等待人数

如果没有顾客则柜台需要等待设置empty=0

如果顾客太多则顾客需要等待设置Customer=0

intCUSTOMER_NUM=1;

intCOUNTER_NUM=1;

Customer

{

//取号码

P（MUTEX_CUSTOMER_NUM）;

intX=CUSTOMER_NUM;

CUSTOMER_NUM++;

V（MUTEX_CUSTOMER_NUM）;

//等待叫号

V（COUNTER）;

P（CUSTOMER）;

ACTION_CUSTOMER（X）;

}

Counter

{

intX;

REPEAT

//叫号

P（COUNTER）;

V（CUSTOMER）;

P（MUTEX_COUNTER_NUM）;

intX=COUNTER_NUM;

V（MUTEX_COUNTER_NUM）;

ACTION_COUNTER（X）;

UNTILfalse;

}

37.对PV操作定义做如下修改

P（s）:

s:

=s-1;

Ifs<0

Then将本进程插入相应队列末尾等待；

V（s）：

s:

=s+1;

Ifs<=0

Then

从等待队列队尾取一个进程唤醒，

插入就绪队列

问题：

（实现4个进程使用某一个需互斥使用的资源）

1）这样定义P、V操作是否有问题？

不合理：

先进后出；可能“无限等待”

2）先考虑用这样的P、V操作实现N个进程竞争使用某一共享变量的互斥机制。

思路：

令等待队列中始终只有一个进程。

将“栈”变成“队列”

VarS:

array[1..n-1]ofsemaphore;

{n为进程数目；S[i]初值为i；S[n-1]到

S[1]的作用好象是n-1层筛子}

ProcedurePi;

Vari:

integer;

Begin

Repeat

Pre_Do_it（）;

Fori:

=n-1Downto1Do

P（S[i]）;

Do_It_In_Critical_Section;

Fori:

=1Ton-1Do

V（S[i]）;

Post_Do_it（）;

Untilfalse;

End

3）对于2）的解法，有无效率更高的方法。

如有，试问降低了多少复杂性？

上述解法每次都需要做2（n-1）次P/V操作，

性能低下。

采用二叉树的思想，改进如下：

设有4个进程P1..P4，

VarS1,S2,S3:

semaphore;{初值为1}

ProcedureP1;{P2isthesame}

Begin

Repeat

P（S1）;

P（S3）;

Do_It（）;

V（S3）;

V（S1）;

Untilfalse;

End;

ProcedureP3;{P4isthesame}

Begin

Repeat

P（S2）;

P（S3）;

Do_It（）;

V（S3）;

V（S2）;

Untilfalse;

End;

假设共有2N个进程争用临界区；

时间复杂性：

2N-1vsN；空间复杂性：

2N-1vs2N-1

38用进程通讯的办法解决生产者消费者问题问题（设有N个缓冲区）

生产者：

Voidproducer（void）

{

intitem;

Messagem;

While（TRUE）{

produce_item（&item）;

Receive（consumer,&m）;

Build_message（&m,item）;

Send（consumer,&m）;

}

}

消费者：

Voidconsumer（void）;

{

intitem,I;

Messagem;

For（i=0;i

While（TRUE）{

Receive（producer,&m）；

Extract_item（&m,&item）;

Send（producer,&m）;

Consumer_item（item）;

}

}

39.用管程实现哲学家就餐问题

解法思想如下：

一个想用餐的哲学家首先拿他（她）的左边叉子，拿到后若他（她）的右边的叉子时空闲的则拿起它开始用餐，否则，他（她）放下左边的叉子并重复这个过程。

该解法是非构造性的，即假设管程已经实现。

FUNCTIONtest_and_pick_up（i:

0..4）:

boolean;

BEGIN

IFfork[i]=usedTHEN

test_and_pick_up=false

ELSE

BEGIN

fork[i]:

=used;

test_and_pick_up:

=true

END

END;

PROCEDUREput_down（i:

0..4）;{放下}

BEGIN

fork[i]=free;

signal（queue[i]）;

END;

PROCEDUREinitialize;{初始化}

VARi:

0..4

BEGIN

FORi:

=0TO4DO

BEGIN

fork[i]:

=free;

END

END;

BEGIN

initialize

END;

每个哲学家内部定义一个局部变量：

VARwith_two_gorks:

Boolean;

i号哲学家（i=0,..4,）的活动是这样的：

REPEAT

THINKING；

with_two_fork:

=false;

REPEAT

dining_philosophers.pick_up（i）;

IFdining_philosophers.test_and_pick_up（（i+1）MOD5）THEN

with_two_fork:

=true

ELSE

dining_philosophers.put_down（i）;

UNTILwith_two_forks;

EATING;

dining_philosophers.put_down（i）;

dining_philosophers.put_down（（i=1）MOD5）;

UNTILfalse;

补充题:

写者优先问题：

reader

 Repeat                      

 P（s）;                             

 P（mutex）;

 RC:

=RC+1;

 ifRC=1 thenP（w）;

 V（mutex）;

 V（s）;

 reading;

 P（mutex）;

 RC:

=RC-1;

 ifRC=0thenV（w）;

 V（mutex）;

Untilfalse;

writer:

Repeat

 P（k）;

 WC:

=WC+1;

 ifWC=1thenP（s）;

 V（k）;

 P（w）;

 writing;

 V（w）;

 P（k）;

 WC:

=WC-1;

 ifWC=0thenV（s）;

 V（k）;

Untilfalse;