1、
5 个作业 A～E 同时到达一个单 CPU 系统，且以 A～E 的顺序进入就绪队列。估计运行
时间分别为 10，6，2，4 和 8 分钟，优先级分别为 3，5，2，1 和 4（其中 5 为最高优先级）。
假设它们都是纯计算型作业，系统开销时间忽略不计。对下面的调度算法，计算平均周转
时间。
1）优先级调度。
2）短作业优先。
3）时间片为 1 分钟的轮转法。
答：评分标准：每个 3 分。
- 优先级调度：调度顺序 BEACD，平均周转时间=20 分钟。
- 短作业优先：调度顺序 CDBEA，平均周转时间=14 分钟。
- 时间片为 1 分钟的轮转法：周转时间 C-8，D-17，B-23，E-28，A-30。平
均周转时间=21.2 分钟。
周转时间是指作业从提交到完成所经历的时间。
1）优先级调度：
优先级从高到低：B（5），E（4），A（3），C（2），D（1）
计算周转时间：
B 的周转时间 = B 的运行时间 = 6 分钟
E 的周转时间 = B 的运行时间 + E 的运行时间 = 6 + 8 = 14 分钟
以此类推
A 24
C 26
D 30
平均周转时间=100/5=20分钟
2）短作业优先：
即 C（2），D（4），B（6），E（8），A（10）。
计算周转时间：
C 的周转时间 = C 的运行时间 = 2 分钟
D 的周转时间 = C 的运行时间 + D 的运行时间 = 2 + 4 = 6 分钟
以此类推
平均周转时间=70/5=14分钟
3）时间片为 1 分钟的轮转法：
按照时间片轮转，每个作业先运行 1 分钟，直到完成或时间片用完。
计算周转时间：
C 第二轮完成，周转时间 = 8 分钟
D 剩下四个作业，17分钟
B 剩下三个作业，23分钟
E 28分钟
A 30分钟
平均周转时间=106/5=21.2分钟
2、
不死锁的哲学家进餐问题。五支叉子放在五位哲学家之间，进餐前哲学家必须先拿起左边叉子，再拿起右边叉子，吃完后放下两支叉子。为防止死锁，只允许四位哲学家同时拿起一支或两支叉子。用信号量方法实现此不死锁的哲学家进餐问题。
答：设信号量：评分标准：每个信号量 1.5 分，共 3 分
semaphore fork[5] = {1};//每把叉子就是一个临界资源。
semaphore room = {4};//至多允许四人同时拿起叉子
int i;
void philosopher (int i)
{
while (true) {
think();
wait (room); 评分标准：每个 wait(), signal() 1 分，共 6 分
wait (fork[i]);
wait (fork [(i+1) mod 5]);
eat();
signal (fork [(i+1) mod 5]);
signal (fork[i]);
signal (room);
}
}
semaphore fork[5] = {1};: 定义了一个数组，其中每个元素都是一个信号量，表示一把叉子。初始值都是1，表示每把叉子都是可用的。
semaphore room = {4};: 这是另一个信号量，用于控制同时拿起叉子的哲学家数量。初始值为4，意味着最多可以有4个哲学家同时拿起叉子（因为第五个哲学家需要两把叉子，所以同时只能有4个哲学家拿起叉子）。
void philosopher (int i): 这是一个函数，表示第i个哲学家的行为。
while (true): 哲学家不断地重复思考和吃饭的过程。
think();: 哲学家在思考。
wait (room);: 哲学家等待有足够的叉子可用。如果room的值大于0，则room减1，哲学家可以进入；否则，哲学家需要等待。
wait (fork[i]); 和 wait (fork [(i+1) mod 5]);: 哲学家等待他左边和右边的叉子。只有当两把叉子都可用时（即信号量的值大于0），哲学家才能拿起它们并开始吃饭。
eat();: 哲学家在吃饭。
signal (fork [(i+1) mod 5]); 和 signal (fork[i]);: 哲学家吃完饭后，释放他左边和右边的叉子。这通过增加相应信号量的值来实现。
signal (room);: 哲学家释放了一个"房间"的位置，允许其他哲学家进入。