计算机软件考试程序员：lockfree算法

会计考友 · 发表于 2012-8-2 08:51:15

lockfree的本质是乐观锁。也就是说，它假设多数情况下，别人不会改变。一个通用的lockfree算法可描述如下： lockfree_modify(DataT* data)
{
for (;;)
{
Save old state of data to a local variable;
do modify;
lock {
if (current state == old state)
commit modify & return;
}
}
}
可以看出，lockfree也是锁，只是将锁限制在一个最小的范围内（通常是一个原子操作）。由于仍然有锁，lockfree在多核下并不会比普通的锁高明多少，它也不能随cpu个数增加而获得呈线性scale的性能提升。
不过，lockfree有个最大的好处，就是不可能有死锁。因为对上面算法分析你可以知道，在某个线程modify失败，总意味着有另一个人成功了，整个程序总在一步步前进，而不是出现相互等待而产生饥饿的状况。
我们以stack为例，展示下lockfree的stack是怎样的：
class stack
{
public:
struct Node
{
Node* prev;
};
private:
Node* m_head;
public:
stack()
: m_head(NULL)

会计考友 · 发表于 2012-8-2 08:51:16

{
}
void push(Node* val)
{
for (;;)
{
Node* head = m_head;
val->prev = head;
if (InterlockedCompareExchangePointer((PVOID*)&m_head, val, head) == head)
return;
}
}
Node* pop()
{
for (;;)
{
Node* head = m_head;
if (head == NULL)
return NULL;
if (InterlockedCompareExchangePointer((PVOID*)&m_head, head->prev, head) == head)
return head;
}
}
};
嗯，看起来挺不错，代码还算优雅。。。不过遗憾的是，严谨的说其实上面的lockfree算法是有问题的。问题在哪里？在pop算法上。我们看lock范围内的语义：
if (InterlockedCompareExchangePointer((PVOID*)&m_head, head->prev, head) == head)
return head;
这句话用伪代码描述是：
lock {
if (m_head == head) {
m_head = head->prev;
return head;

会计考友 · 发表于 2012-8-2 08:51:17

}
}
问题在于，m_head指针的值没有发生变化，和整个stack没有发生变化，这两者等价吗？
不等价。完全可以发生一种情况就是，另一个线程执行了这样一段代码：
v1 = pop(); // v1是m_head
v2 = pop();
push(v1);
此时，m_head没有变化，但是m_head->prev不再是v2，而是v2->prev了。
那么怎么办？在说解决方案前，我们先再聊下上例中的stack::push。既然stack::pop有问题，那么stack::push呢？我们说，push算法的并没有什么问题。尽管同样的，m_head指针的值没有发生变化，并不意味着整个stack没有发生变化。
但是对于push来说，它只关心m_head，而不关心其他东西，所以stack是否发生变化对其并无影响。
那么，应该如何解决pop算法遇到的问题？一个比较通用的方法，就是版本号。lockfree算法中，有一个术语叫tagged_ptr，其实本质上就是一个打了版本号的pointer：
struct tagged_ptr
{
void* p;
size_t tag;
};
每次要对p进行修改，都++tag。这样，判断是不是modify，只需要判断tag是否变化即可。

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