Со страницы 291 экзамена на экзамен по программированию на Java SE 6, вопрос 25:
public class Stone implements Runnable {
static int id = 1;
public void run() {
id = 1 - id;
if (id == 0)
pick();
else
release();
}
private static synchronized void pick() {
System.out.print("P ");
System.out.print("Q ");
}
private synchronized void release() {
System.out.print("R ");
System.out.print("S ");
}
public static void main(String[] args) {
Stone st = new Stone();
new Thread(st).start();
new Thread(st).start();
}
}
Один из ответов:
Выходной сигнал может быть
P Q P Q
Я правильно ответил на этот ответ. Мои рассуждения:
run().1 - id. Результат 0. Он хранится в стеке потоков. Мы собираемся сохранить это 0 в static id, но...run(). Статический id по-прежнему 1, поэтому он выполняет метод pick(). P Q.0 из своего стека и сохраняет до статического id. Итак, первый поток также выполняет pick() и печатает P Q.Однако в книге написано, что этот ответ неверен:
Это неверно, потому что строка
id = 1 - idменяет значениеidмежду0и1. Нет возможности для того, чтобы один и тот же метод выполнялся дважды.
Я не согласен. Я думаю, что есть шанс для сценария, который я представил выше. Такой обмен не является атомарным. Я не прав?
Я не прав?
Нет, вы абсолютно правы - как ваша временная шкала.
В дополнение к этому он не является атомарным, он не гарантирует, что запись в id будет в любом случае подхвачена другим потоком, учитывая, что синхронизации нет, и поле не является изменчивым.
Это несколько сбивает с толку, поскольку ссылочный материал как это неверен: (
По моему мнению, ответ на Практических экзаменах правильный. В этом коде вы выполняете два потока, которые имеют доступ к одному и тому же идентификатору статической переменной. Статические переменные хранятся в куче в java, а не в стеке. Порядок выполнения runnables непредсказуем.
Однако, чтобы изменить значение id каждого потока:
1 - id. Строго говоря, здесь выполняются две операции (-id and +1);id в куче.Это означает, что хотя значение id может быть изменено одновременно одним из двух потоков, только начальное и конечное значения изменяемы. Промежуточные значения не будут изменены друг другом.
Более того, анализ кода может показать, что в любой момент времени id может быть только 0 или 1.
Доказательство:
Начальное значение id = 1;
Один поток изменит его на 0 (id = 1 - id). И другой поток вернет его к 1.
Начальное значение id = 0;
Один поток изменит его на 1 (id = 1 - id). И другой поток вернет его к 0.
Следовательно, состояние значения id дискретно либо 0, либо 1.
Конец доказательства.
Для этого кода могут быть две возможности:
Возможность 1. В потоке один сначала обращается к идентификатору переменной. Тогда значение id (id = 1 - id изменится на 0. После этого будет выполнен только метод pick (), напечатав P Q. Поток второй, будет оценивать id в это время id = 0, тогда метод release() будет выполненная печать R S. В результате будет напечатано P Q R S.
Возможность 2. В потоке два сначала обращаются к идентификатору переменной. Тогда значение id (id = 1 - id изменится на 0. После этого будет выполнен только метод pick (), напечатав P Q. В первом случае будет оцениваться идентификатор в это время id = 0; тогда метод release() будет выполненная печать R S. В результате будет напечатано P Q R S.
Других возможностей нет. Однако следует отметить, что варианты P Q R S, такие как P R Q S или R P Q S и т.д., Могут быть напечатаны из-за того, что pick() является статическим методом и поэтому разделяется между двумя потоками. Это приводит к одновременному выполнению этого метода, что может привести к печати букв в другом порядке в зависимости от вашей платформы.
Однако в любом случае никогда не будет выполняться два метода pick() или release (), поскольку они взаимоисключающие. Поэтому P Q P Q не будет выводиться.