Art of Multiprocessor Programming 答案 ch11

126.

127.

128.

129.

1. 意义在于push和pop都是在top上的冲突，所以他们共享同一个backoff才能比较好的减少冲突。

2. 根据：add additional backoff delays before accessing the shared stack, and control whether to access the shared stack or the array dynamically。在policy中增加关于tryPush()和tryPop()成功和失败的计数。假设成功次数为s，失败次数为f，则成功率为 s / (s + f)；则在tryPush()之前生成随机数r，如果 r % ((s + f) / s) == 0，则直接尝试tryPush()，否则直接从exchangers 入栈。

130.

将EliminationBackoffStack去掉tryPush和tryPop的部分，并将exchangers' capacity设为题目要求的界限。

131.

有类似于ABA的问题，比如：

1. top = 2, --> T1.pop() --> top = 1 --> T1.pop.i = 2, stack[2].value = value.T0

==> T2.pop() --> top = 0

==> T3.push() --> top = 1

==> T4.push() --> top = 2--> stack[2].value = value.T4; stack[2].full = true

==> T1.stack[2].full == true --> T1.pop() = value.T4

即T0写入的值被覆盖，丢失了。

2. top = 2 --> T1.pop --> top = 1 --> T1.i = 2

==> T2.push --> top = 2 --> T2.pushed

==> T3.pop --> top = 1, T3.i = 2

==> T3 && T1 pop the same item

问题在于push线程和pop线程之间没有同步，push线程并不知道当前操作的slot是否已经被pop了，即不能做到1对1。多个线程可能得到同一个index，因为取得index和读写操作并不原子，所以写/读的时候没有互斥；另外如果pop和push的速度太失衡，比如top.increase的速度总是赶不上pop.decrease的速度，会活锁。

132.

1. 有131题类似的问题；还有越界的问题。比如：

T1.pop, top = -1 --> T2.pop, top = -2 --> T3.push, top = -1, items[-1] = x;

2. 如下所示。Rooms保证在所有的线程在由push和pop工作的转换中是静态一致的，所以保证操作的i都是有效的。同时如果2个push线程得到同一个index，他们之间必然已经隔了一段pop的执行；而在这个pop之前，第一个push线程必然已经完成items[i]=x的操作。如果这个slot没有被pop，则在第二次push阶段因为i = top.getAndIncrement()也不会被覆盖。

133.