Java日常练习题,每天进步一点点(58)

目录

• 1、对于A、B两种排队方式，说法正确的是
• 2、Inter-process communication (IPC) is the transfer of data among processes. Which of the following is NOT a typical programming technique for IPC?
• 3、设在内存中有P1,P2,P3三道程序，并按照P1,P2,P3的优先级次序运行，其中内部计算和IO操作时间由下表给出（CPU计算和IO资源都只能同时由一个程序占用）： P1:计算60ms—》IO 80ms—》计算20ms P2:计算120ms—》IO 40ms—》计算40ms P3:计算40ms—》IO 80ms—》计算40ms 并行完成三道程序比单道运行节省的时间是（）
• 4、下列哪种操作可能带来死锁？
• 5、一个容器类数据结构，读写平均，使用锁机制保证线程安全。如果要综合提高该数据结构的访问性能，最好的办法是______。
• 6、产生系统死锁的原因是由于（）
• 7、竞选条件(race condition)的情况下，两线程执行如下代码段，其中count为共享变量，线程1执行代码段A，线程2指向代码段B，那么变量count的值可能为 int count = 10; 代码段A： Thread_1()
• 8、数据库以及线程发生死锁的必要条件是什么？
• 9、有两个线程，最初 n=0，一个线程执行 n++; n++; 另一个执行 n+=2; 问，最后可能的 n 值？
• 10、无锁化编程有哪些常见方法？
• 答案汇总：
• 总结

1、对于A、B两种排队方式，说法正确的是

正确答案:C

A 方式A效率更高

B 方式B效率更高

C 当排队的任务中有长耗时任务且比例较低时，方式B更具优势

D 都不正确

题解：
2、 把第一种模型理解为单任务的。如果我们遇到了一个需要等待的IO操作，可能会让此进程阻塞，其他的进程得不到执行。如果其他进程等待时间很长的话，可能会导致其他进程饿死。 把第二种模型理解为并发的。举个例子，当我们设计一款类似于wps这样的文字处理软件的时候，我们可以开一个线程来与用户进行交互，开第二个线程来对读取进内存中的数据进行计算，当我们计算完了之后，可能需要把这些数据保存进磁盘中，这时候，我们可以开第三个线程来负责把数据写入磁盘中，我们知道，对于磁盘的读写操作是毫秒级别的（而对于内存的读写是纳秒级别的。不要觉得毫秒级别的时间很短，对于计算机来说已经很长了。对于大量数据排序都不一定需要毫秒），所以非常的慢，所以，如果我们把这个耗时比较长的操作专门交给一个线程来处理的话，就可以充分利用CPU。

2、Inter-process communication (IPC) is the transfer of data among processes. Which of the following is NOT a typical programming technique for IPC?

正确答案:A

A mutex

B pipe

C socket

D message queue

题解：
1、 要注意区分，mutex是互斥锁，而不是信号量。
2、 题目问的是那种不是进程间通信的方式，A 锁，用来保证在任一时刻，只能有一个线程访问某个对象；B 管道，进程间可以通过管道进行通信；C “插座”，两个程序中进程通过一个双向的通信连接实现数据的交换；D 消息队列，也可以实现进程之间信息交互。

3、设在内存中有P1,P2,P3三道程序，并按照P1,P2,P3的优先级次序运行，其中内部计算和IO操作时间由下表给出（CPU计算和IO资源都只能同时由一个程序占用）： P1:计算60ms—》IO 80ms—》计算20ms P2:计算120ms—》IO 40ms—》计算40ms P3:计算40ms—》IO 80ms—》计算40ms 并行完成三道程序比单道运行节省的时间是（）

正确答案:C

A 80ms

B 120ms

C 160ms

D 200ms

题解：
1、 题意，CPU操作和IO操作可以并行，所以节约的时间就是二者平行的时间。

4、下列哪种操作可能带来死锁？

正确答案:C

A lock(m1) lock(m2) unlock(m1) unlock(m2)

B lock(m1) lock(m2) unlock(m2) lock(m2) unlock(m1) unlock(m2)

C lock(m1) lock(m2) unlock(m1) lock(m1) unlock(m2) unlock(m1)

D lock(m1) lock(m2) unlock(m1) unlock(m2) lock(m1) unlock(m1)

题解：
1、 假设有两个线程，线程1执行到lock(m1)
2、lock(m2)
3、unlock(m1)，此时线程1持有锁m2
4、想要获取锁m1;线程2执行到lock(m1)
5、此时线程2持有锁m1
6、想要获取锁m2。两个线程都拿着对方想要得到的锁，造成死锁。
7、 1 2 3 4 5 6 lock(m1) lock(m2) unlock(m1) lock(m1) unlock(m2) unlock(m1) 对于C选项：假设有A、B两个线程并发执行 当A执行完3，占有m2时，申请m1. 当B执行完1，占有m1，申请m2时 这时死锁就发生了。

5、一个容器类数据结构，读写平均，使用锁机制保证线程安全。如果要综合提高该数据结构的访问性能，最好的办法是______。

正确答案:C

A 只对写操作加锁，不对读操作加锁

B 读操作不加锁，采用copyOnWrite的方式实现写操作

C 分区段加锁

D 无法做到

题解：
1、 脏数据：从目标中取出的数据已经过期、错误或者没有意义，这种数据就叫做脏数据。 脏读：读取出来脏数据就叫脏读。
2、 读写平均？？

6、产生系统死锁的原因是由于（）

正确答案:C

A 进程释放资源

B 一个进程进入死循环

C 多个进程竞争，资源出现循环等待

D 多个进程竞争共享型设备

题解：
1、 C 产生死锁的原因主要是： （1） 因为系统资源不足。 （2） 进程运行推进的顺序不合适。 （3） 资源分配不当等。 如果系统资源充足，进程的资源请求都能够得到满足，死锁出现的可能性就很低，否则 就会因争夺有限的资源而陷入死锁。其次，进程运行推进顺序与速度不同，也可能产生死锁。 产生死锁的四个必要条件： （1） 互斥条件：一个资源每次只能被一个进程使用。 （2） 请求与保持条件：一个进程因请求资源而阻塞时，对已获得的资源保持不放。 （3） 不剥夺条件:进程已获得的资源，在末使用完之前，不能强行剥夺。 （4） 循环等待条件:若干进程之间形成一种头尾相接的循环等待资源关系。 这四个条件是死锁的必要条件，只要系统发生死锁，这些条件必然成立，而只要上述条件之 一不满足，就不会发生死锁。 D选项：共享型设备是指在一段时间内允许多个进程同时访问的设备
2、 D选项：共享型设备是指在一段时间内允许多个进程同时访问的设备

7、竞选条件(race condition)的情况下，两线程执行如下代码段，其中count为共享变量，线程1执行代码段A，线程2指向代码段B，那么变量count的值可能为 int count = 10; 代码段A： Thread_1()

{

//do something

count++;

}

代码段B： Thread_2()

{

//do something

count–;

}

正确答案:ABC

A 9

B 10

C 11

D 12

题解：
1、 ABC ++和–并非原子操作，存在被打断的可能性。 A：线程1先执行，++后数据未及时写入内存便被线程2打断，执行完线程2，数据已被更改，输出9 B：顺序正常执行 C：线程2先执行，–后数据未及时写入内存便被线程1打断，执行完线程1，数据已被更改，输出11
2、 要么先执行线程1，要么先执行线程2，然后根据自增自减运算符得出数来，除了12，其他数都有可能。

8、数据库以及线程发生死锁的必要条件是什么？

正确答案:ABCD

A 互斥条件：一个资源每次只能被一个进程使用

B 请求与保持条件：一个进程因请求资源而阻塞时，对已获得的资源保持不放。

C 不剥夺条件:进程已获得的资源，在末使用完之前，不能强行剥夺。

D 循环等待条件:若干进程之间形成一种头尾相接的循环等待资源关系。

题解：
1、 产生死锁的原因主要是： （1） 因为系统资源不足。 （2） 进程运行推进的顺序不合适。 （3） 资源分配不当等。 产生死锁的四个必要条件： （1） 互斥条件：一个资源每次只能被一个进程使用。 （2） 请求与保持条件：一个进程因请求资源而阻塞时，对已获得的资源保持不放。 （3） 不剥夺条件:进程已获得的资源，在末使用完之前，不能强行剥夺。 （4） 循环等待条件:若干进程之间形成一种头尾相接的循环等待资源关系。
2、 1.互斥 2.占有等待 3.非剥夺 4.循环等待

9、有两个线程，最初 n=0，一个线程执行 n++; n++; 另一个执行 n+=2; 问，最后可能的 n 值？

正确答案:BCD

A 1

B 2

C 3

D 4

题解：
1、大家要知道 C语言中的 ++ 和 += 并不是原子操作，而是通过多条微程序组成的，因此 ++ 和 += 在执行过程中可能被中断的 第一种可能情况：现在假设两个线程没有并行顺序执行的那么结果显然是 4。 第二种可能情况：再假设现在第一个n++ 已经执行完了 但是结果还没有写回内存 这个时候 n+=2 已经全部执行完 2 写进了内存 结束 然后回到n++的写回操作 这个时候内存就从2被改回1了，后面再来一次n++ 结果就为2。 第三种可能情况： 第n+=2 先读取n的值到寄存器 即0入寄存器 这个时候被中断 第一个n++开始执行 并直到结束 内存被改成了1 ，然后 n+=2 继续执行 结束后内存变为2 第二个n++再执行 结果就是3了
2、 如前面大佬@琥珀大川说的2-4 可能的原因，我尝试说一下1 为啥不行 一进程执行两次n++， 二进程 n+=2； 无论如何，两个进程都会进行一次读取n的数值，和写回操作。且两个进程都会要运行完自己的程序块。 二进程每次都是+2，不会出现1 一进程虽然两次分开+1，但是只要运行完进程结果就是2，除非运行完第一个n++写回后，n的数值被改回0。显然不会出现这种情况
3、 // ++ 和 += 都不是原子操作，所有都可能被中断，结果就是 2 ~ 4 都可以

10、无锁化编程有哪些常见方法？

正确答案:ABCD

A 针对计数器，可以使用原子加

B 只有一个生产者和一个消费者，那么就可以做到免锁访问环形缓冲区（Ring Buffer）

C RCU（Read-Copy-Update），新旧副本切换机制，对于旧副本可以采用延迟释放的做法

D CAS（Compare-and-Swap），如无锁栈，无锁队列等待

题解：
1、这阿里的题目真不白给。。都不知道四个选项说的是啥
2、 A 原子操作是汇编级别支持的指令lock xadd，如c++中的interlockIncrement，java中有AutomicInteger都是对其的封装。简单变量的线程同步用这种方式效率最高。 B 多个生产者和多个消费者，一样可以做到免锁访问，但要使用原子操作。这里的意思应该是不用原子操作级别的免锁，理由也很简单，生产者和消费者需要修改的位置是分开的（生产者加在尾部，消费者从头部消费），且只有一个读一个写，不会发生冲突。所以只有一点需要关注，就是尾部指针和头部指针每次需要比较以避免生产溢出或者过度消费，而简单变量的读操作都是原子的。 C 类似的一个概念叫CopyOnWrite，复制一份，修改完后，替换回去时只需替换一个指针或引用，锁住的粒度非常小。但有可能还有线程持有的是旧的指针，因此旧的副本需要延迟释放。 D 汇编级别支持的指令cmpxchg，锁定内存地址，比较地址中修改前的内容是否与修改时的值一致，如果不一致就说明有其他线程改动，需要重新做。如，内存地址0x123456中原来存放的是10101010，但CPU执行到cmpxchg指令时，发现内存中变成了11111111，那么就认为其他线程已经修改了这个地址的值，需要重新读取0x123456中的值11111111，再做一次cmpxchg，如果这次发现内存中仍然是11111111，那么cmpxchg就会把新的值写入到0x123456中去。这里面有个ABA问题，就是有线程改了2次从11111111 -> 10111111 -> 11111111，那么CAS操作是识别不了的，需要从业务层去避免，如果直接在0x123456再放一个地址值，而地址值如果不先释放再重新申请内存，就不会出现重复值。
3、 ABCD JAVA对应： A：AtomicInteger B：http://ifeve.com/the-disruptor-lock-free-publishing/ C：CopyOnWriteArrayList D：Unsafe

答案汇总：

1、正确答案:C

2、正确答案:A

3、正确答案:C

4、正确答案:C

5、正确答案:C

6、正确答案:C

7、正确答案:ABC

8、正确答案:ABCD

9、正确答案:BCD

10、正确答案:ABCD

总结

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