用餐哲学家：钱迪-米斯拉方法：如何避免僵局？

Question

我正在尝试，但有一个问题：在wiki中，该算法的第三点是：

当一个拿着叉子的哲学家收到一条请求消息时，如果叉子是干净的，他会保留它，但是当它脏的时候，他会放弃它。如果他把叉子送过来，他会先清洗叉子

我试图理解为什么这不会导致僵局？如果一个哲学家有一个干净的叉子，并等待从相邻的用餐者/哲学家那里得到另一个干净的叉子，而另一个用餐者/哲学家也在等待叉子，这可能会累积到僵局，对吗？一个哲学家总是等着另一个的叉子？

ps：我不熟悉线程和并发，把它作为一个学习项目。

编辑：给出叉子的实际位置，发布此信息询问叉子是否应该是可变的。普列夫特、普赖特是左派和右派哲学家，弗莱夫特和弗赖特是左派和右派哲学家。

private Fork giveFork(Philosopher diner) {
        Fork forkToGive;

        if (this.pLeft.equals(diner)) {
            // give left fork to left philosopher
            if (this.fLeft.isClean)
                forkToGive = null; // don't give
            else {
                forkToGive = new Fork(this.fLeft.id, true); // give the fork
            }

        } else if (diner.pRight.equals(this)) {
            // give right fork to right philosopher
            if (this.fRight.isClean)
                forkToGive = null;
            else {
                forkToGive = new Fork(this.fRight.id, true);
            }
        } else {
            // default value , i'm not yet sure if this code
            // can be theoretically reached
            forkToGive = null;
        }

        return forkToGive;

    }

我还没有弄清楚在哪里进行同步，但我确实觉得仍然需要同步。比如两个用餐者，第一个和第三个向第二个哲学家要叉子。

Answer 1

你引用的来源解释了这一点：

然而，如果系统被初始化为完全对称状态，就像所有哲学家持有左边的叉子一样，那么图从一开始就是循环的，他们的解决方案无法防止死锁。初始化系统，使ID较低的哲学家拥有脏叉，确保图形最初是非循环的。

因此，您需要将系统初始化为非对称状态，并且规则集的设计不允许离开所需的（非死锁状态）。