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第一章 操作系统概述 ;本章要点;实例分析：多道程序设计的实现;实例分析：多道程序设计的实现;思考题;参考答案;单道：20；35-10=25； 45-15=30；55-20=35;; 第二章进程管理;本章要点;短进程优先;由于短作业优先调度算法总是在后备作业队列中选择运行时间最短的作业作为调度对象，因此对短作业优先调度算法而言，这三个作业的总周转时间为 T1=a+(a+b)+(a+b+c)=3a+2b+c ① 若不按短作业优先调度算法来调度这三个作业，不失一般性，假定调度顺序为2、1、3，其总周转时间为： T2=b+(b+a)+(b+a+c)=3b+2a+c ② ②-①式得： T2-T1=b-a 由此可见，短作业优先调度算法能获得最小平均周转时间。 ;时间片轮转调度法;时间片轮转调度法;综合实例分析; 题2、在下表中给出进程的到达时间、执行时间和优先级，请给出三种调度算法的进程执行次序和三种调度算法的平均周转时间。这三种调度算法是：短作业优先调度算法、优先级高者优先调度算法和简单轮转法（简单轮转法中的时间片为2个单位）。（抢占式调度策略）;参考答案： 短进程调度策略 调度次序：P1、P2、P3、P4、P5、P1 平均周转时间：29/5 优先级高者调度策略： 调度次序：P1、P2、P3、P5、P1、P4 平均周转时间：8 时间片轮转法调度策略： 调度次序：P1、P2、P3、P4、P5、P1、P5、P1、P5、P1、P1 平均周转时间：33/5;题3、设有两个处理机P1、P2，它们各有一个硬件高速缓存C1、C2和各有一个主存M1、M2，其性能如下：;解：处理机的平均存取时间：T＝T1＋（1－P）T2 其中，T1为高速缓存存取时间，T2为主存存取时间（1ns＝1000μs） （1）当P＝0.7时， P1的平均存取时间为： 60＋（1－0.7）×1000＝360ns P2的平均存取时间为： 80＋（1－0.7）×0.9×1000＝350ns 所以P2比P1处理速度快;（2）当P＝0.9时， P1的平均存取时间为： 60＋（1－0.9）×1000＝160ns P2的平均存取时间为： 80＋（1－0.9）×0.9×1000＝170ns 所以P1比P2处理速度快;思考与设计;;;实例分析;daughter（） { while (1) {wait（Sa）； 从盘中取出苹果; signal（S）； 吃苹果； } };类似题目拓展：;int mutex=1; int empty=2; int apple=0; int orange=0; main( ) { cobegin father( ); mother( ); son( ); daughter( ); coend } ;mother(){ while(1){ p (empty); p (mutex); 向盘中放桔子； v（mutex）； V（orange）； } } ;daugheri(){ while(1){ p (apple); p (mutex); 取盘中苹果； v（mutex）； V（empty）； } } i＝1、2;（2）桌上有一个盘子，可以存放一个水果，爸爸专向盘子中放入苹果，妈妈专向盘子中放入香蕉，一个儿子专等吃盘中的香蕉，一个女儿专等吃盘子中的苹果。请用P、V操作来实现爸爸、妈妈、儿子、女儿之间的同步互斥关系。;int mutex=1; int apple=0; int banana=0; main( ) { cobegin father( ); mother( ); son( ); daughter( ); coend } ;soni(){ while(1){ p (banana); 取盘中香蕉； v（mutex）； } } i＝1、2; ;PA（） { while (1) {从磁盘读一个记录； P（empty1）； 将记录存入缓冲区1； V（full1）； } };Eg.3、下面是两个并发执行的进程。它们能正确运行吗？若不能。请举例说明，并改正之。;解答： 它们不能正确运行。因为题中的P1、P2之间有一个共享变量X，由于进程的并发执行，可能会产生与时间有关的错误。（X变量的值会被修改），为了保证P1、P2能正确执行，必须设置一互斥信号量。 程序改正如下：;Parbegin var X: