澄清單個寫入器

我有下面（源 - https://mechanical-sympathy.blogspot.in/2011/09/single-writer-principle.html）的發言幾個澄清的：澄清單個寫入器

「86/64有一個存儲器模型，由此加載/存儲存儲器操作都保留命令，從而存儲如果你嚴格遵守單一作者原則，就不需要屏障。

在x86/x64上，根據內存模型，可以使用較舊的存儲重新排序「加載」，因此多個線程在多個內核之間改變相同的數據時需要內存屏障。「

這是否意味着：
1.在一個單一的核心，加載/存儲內存操作總是順序？
因此，單個核心繫統上的單個寫入器線程（和多個讀取器線程）不需要「同步」來解決可見性問題？
2.對於多核，可以重新安排負載，並從其他核心發起存儲？
因此，單個編寫器線程（以及運行在其他核心上的多個讀取器線程）不需要「同步」來解決可見性問題（因爲不會有任何存儲）？因此，如果我們嚴格維護一個作者 - 我們實際上可以避免在原始鎖中讀取和寫入時使用'synchronized'的做法。我們實際上可以完全消除'synchronized'嗎？

來源

2017-05-28 IUnknown

您使用的是Java。您應該尊重Java內存模型。不是x86/64內存模型。 –

在單個內核中，內存訪問是按順序還是亂序進行並不重要。如果有一個核心，它將始終感知一致的值，因爲讀取請求將由保存未寫入數據的相同緩存提供。

但是，這對於Java程序來說是無關緊要的，因爲作爲Java語言規範一部分的Java內存模型並沒有爲多線程程序做出這樣的保證。事實上，術語「記憶障礙」根本沒有出現在規範中。

你必須認識到的是，你編寫的Java代碼不會是CPU將執行的x86/x64代碼。優化的本地代碼不會像你的源代碼。代碼優化的一個基本部分是消除冗餘讀寫，甚至是條件代碼部分，假設值之間不會發生虛假變化，這對單線程執行來說總是正確的。

如果由於沒有正確的線程安全構造的多線程操作導致基礎假設失效，此優化代碼將產生不一致的結果。在規範中，這是一個可接受的不一致性，因爲無論如何執行一致結果的內存模型都會導致性能顯着下降。像同步或易失性寫入和讀取一樣，線程安全結構不僅告訴JVM插入內存屏障的位置（如果底層體系結構需要它），還會告訴JVM何處以及如何限制代碼優化。

這就是爲什麼a）在操作可變共享狀態時需要正確的線程安全構造的原因，以及b）即使在CPU /硬件級別沒有需要的內存屏障，這些構造可能會有性能損失。

來源

2017-05-30 12:16:05 Holger

雖然你在這裏，但就我所知，這是關於'lazySet'和'StoreLoad'的。 *是*，我們使用Java編碼，但如果您處理Martin Thomson所做的數據，請考慮此問題 - 這對您有所幫助。他必須說的是，一個'StoreLoad'將強制緩衝區消耗 - 因此很昂貴，它是唯一必須在x86上實現並由運行時發佈的。它本身不是'fence'，而是具有相同效果的'lock addl'。由於x86是一種強大的內存模型，因此不需要其他防護。 – Eugene

只有使用單個寫入器原則才能釋放緩衝區。因此這很便宜。我可能永遠不會處理這個問題，就像* ever *;但我喜歡這些細節。這當然是我的理解 – Eugene

@Eugene：這個問題顯然是用[java]和[java-memory-model]標記的，因此，無論鏈接文章是關於什麼的，我都回答* OP的問題* *不是*「關於'lazySet'和'StoreLoad'「，但是關於由於目標硬件體系結構而寫破碎的代碼的誘惑。 – Holger

大免責聲明

一些我在這裏寫的事情實際上測試 - 就像重新排序，沖洗等;他們中的一些人花了很多時間閱讀，我希望我說得對。

一切被重新排序，而不是重新排序的策略，讓你的程序運行它在數年前下降了道路。只要輸出不改變，操作就會按照他們的要求重新排序。

例如：

static int sum(int x, int y){ 
    x = x + 1; 
    y = y + 1; 
    return x + y; 
}

你真的不關心爲了在實現這些工作，只要結果是正確的，你做了什麼？

沒有內存屏障（通常稱爲StoreLoad|StoreStore|LoadStore|LoadLoad），任何操作都可能發生變化。爲了保證有些操作不需要move beyond a fence，有cpu fences執行。 Java有幾種生成方法 - volatile,synchroniztion,Unsafe/VarHandle（可能有其他的，我不知道）。

基本上當你寫一個volatile例如，出現這種情況：

volatile x... 

[StoreStore] - inserted by the compiler 
[LoadStore] 
x = 1; // volatile store 
[StoreLoad] 

... 

[StoreLoad] 
int t = x; // volatile load 
[LoadLoad] 
[LoadStore]

讓我們這個例子的一個子集：

這意味着任何Store或的Load變量不能用x = 1重新排序。同樣的原則適用於其他障礙。

馬丁湯姆森說，那是什麼on x864分之3的屏障是免費的，已被髮出的只有一個：StoreLoad。它們是免費的，因爲x86具有強大的內存模型，這意味着其他操作默認情況下不會重新排序。在其他的CPU上，其中一些操作也相當便宜（如果我在ARM上有錯誤lwsync - 輕量級同步;名稱應該是自解釋的）。

此外，CPU和緩存之間還有一點緩衝區 - 稱爲Store Buffer。當您將某些內容寫入變量時，它不會直接進入緩存（s）。它進入該緩衝區。當它已滿（或被強制通過StoreLoad排空）時，它會將寫入寫入緩存 - 並且最多可以使用cache coherency protocol來同步所有緩存中的數據。

馬丁說，如果你有多個作家，你必須多次發出StoreLoad - 因此它是昂貴的。如果你有一個作家，你不需要。緩衝區滿時會排空。什麼時候發生？那麼有時，理論上可能永遠不會，實際上相當快。

一些很棒的資源（這些資源有時讓我整夜都沒有睡覺，所以小心！）：

這些一StoreStore順便說一句你寫的每一個最終的變量在構造函數中時間：

private final int i ; 

public MyObj(int i){ 
    this.i = i; 
     // StoreStore here 
}

LazySet

Shipilev Volatile

And my all time favorite!

來源

2017-05-30 14:28:03 Eugene

澄清單個寫入器

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