阿里巴巴|阿里技術三面：哲學家進餐( 二 ) 阿里巴巴

4個哲學家持有叉子？故最多只允許 4 個哲學家去持有叉子，可保證至少有 1個哲學家能吃上意大利面（即獲得到 2 個叉子）。
因為最差情況下是：4 個哲學家都各自持有1個叉子，此時還剩余 1個叉子可供使用，這 4個哲學家中必然有1人能獲取到這個剩余的 1 個叉子，從而手持 2個叉子，可以吃意大利面。
即：4 個人中， 1 個人有 2 個叉子， 3 個人各持 1 個叉子，共計 5 個叉子。
3個哲學家持有叉子？既然最多只允許4個哲學家去持有叉子，那么如果只允許 3 個哲學家去持有叉子是否可行呢？
當然可行， 3個哲學家可以先都各自持有 1 把叉子，此時還剩余 2 把叉子；
當這 3 個哲學家剛好都相鄰(比如：編號為圖中的 0 1 2 ) ，可能會造成只有 1 個哲學家能吃到意面的情況，具體而言即 0號哲學家拿到了其左側的叉子(編號為 1 ) ，1號哲學家也拿到了其左側的叉子(編號為 2 ) ， 2 號哲學家也拿到了其左側的叉子(編號為 3 ) ，此時只有 0號哲學家能拿到其右側的叉子(編號為 0 ) ，因此只有 0 號哲學家能吃到意面。
而其余情況下， 3個哲學家中都能有 2人吃到意面。
即：3 個人中， 2 個人各自持有 2 個叉子， 1 個人持有 1 個叉子，共計 5 個叉子。
并且仔細想想，叉子的數目是固定的(個數為 5 ) ，直覺上來講 3 個人去搶 5 個叉子比 4 個人去搶 5 個叉子效率高。
方法一：信號量用Semaphore去實現上述的限制：Semaphore eatLimit = new Semaphore(4);
一共有5個叉子，視為5個ReentrantLock ，并將它們全放入1個數組中。
給叉子編號 0 1 2 3 401234（對應數組下標）。
代碼具體實現：

改進:
位運算就可以表示5個叉子的使用狀態，只需用1個volatile修飾的int變量即可 + CAS操作即可，即AtomicInteger類。
代碼具體實現：

方法二：只允許1個哲學家就餐設置 1 個臨界區以實現 1 個哲學家 “同時”拿起左右 2 把叉子的效果。
即進入臨界區之后，保證成功獲取到左右 2 把叉子并執行相關代碼后，才退出臨界區。
方法2有一定的概率是“并行” ， “只允許1個哲學家就餐”是嚴格的“串行” 。
代碼如下：

改進:
位運算就可以表示5個叉子的使用狀態，只需用1個volatile修飾的int變量即可 + CAS操作即可，即AtomicInteger類。

方法一和方法二的區別2 者之間有細微的差別：
方法 2 是在成功拿起左右叉子之后就退出臨界區，而“只讓 1 個哲學家就餐”是在拿起左右叉子 + 吃意面 + 放下左右叉子一套流程走完之后才退出臨界區。
前者的情況可大概分為 2 種，舉具體例子說明(可參照上面給出的圖片)：

1 號哲學家拿起左右叉子( 1 號叉子 + 2 號叉子)后就退出臨界區，此時 4 號哲學家成功擠進臨界區，他也成功拿起了左右叉子( 0 號叉子和 4 號叉子) ，然后就退出臨界區。
1 號哲學家拿起左右叉子( 1 號叉子 + 2 號叉子)后就退出臨界區，此時 2 號哲學家成功擠進臨界區，他需要拿起 2 號叉子和 3 號叉子，但 2 號叉子有一定的概率還被 1 號哲學家持有( 1 號哲學家意面還沒吃完) ，因此 2 號哲學家進入臨界區后還需要等待 2 號叉子。至于 3 號叉子，根本沒其他人跟 2 號哲學家爭奪，因此可以將該種情況視為“ 2 號哲學家只拿起了 1 只叉子，在等待另 1 只叉子”的情況。

總之，第1種情況即先后進入臨界區的 2 位哲學家的左右叉子不存在競爭情況，因此先后進入臨界區的 2 位哲學家進入臨界區后都不用等待叉子，直接就餐。此時可視為 2 個哲學家在同時就餐(當然前 1 個哲學家有可能已經吃完了，但姑且當作是 2 個人同時就餐) 。