1. 基本结构

typedef struct {int value;  //信号量值struct process_cntrol_block *list;  //阻塞队列
}semaphore;

在应用信号量的时候，信号量的值往往是临界资源的数量。当临界资源数量不足时，新的进程就阻塞，并插入到信号量阻塞队列中。

2. P,V操作

wait(S)和signal(S)操作是信号量机制的基本操作(通常称作P，V操作)，定义如下：

wait(semaphore *S) {S->value--;  //信号量的值减一if(S->value < 0) block(S->list);  //如果信号量的值小于零,进程阻塞signal(semaphore *S) {S->value++;  //信号量的值加一if(S->value <= 0) wakeup(S->list);  //唤醒
}

在实现进程同步时，一般先将S->value的初值设定为临界资源的初始数量，一旦进程要请求一个临界资源，先对代表此进程的信号量执行P操作，也就意味着资源数减一，当该进程运行完毕时，执行V操作，意味着资源数加一。值得注意的是，如果当前资源数量为0，再有进程想请求临界资源，就会在执行P操作时进入阻塞队列，信号量值变为-1，此后执行P操作的进程也都会被阻塞，信号量的绝对值为阻塞的进程数目。

3. 信号量的应用

3.1 信号量实现进程互斥

有了P,V操作，我们就能很简单的实现进程互斥。方法是：设mutex为互斥信号量，初值为1。在需要互斥的临界区前后分别使用P,V操作即可，示意代码如下：

semaphore mutex = 1;  //一般初值为1的信号量用来实现互斥
P_A() {  //进程Awhile(1) {P(mutex);临界区；V(mutex);剩余区；}
}
P_B() {  //进程Bwhile(1) {P(mutex);临界区；V(mutex);剩余区；}
}

在互斥问题中，我们可以把P操作理解成“上锁”，把V操作理解成“解锁”，当P_A和P_B两个进程并发执行时，无论哪一个进程先执行到了P操作，都会接下来执行P操作的进程阻塞，直到前一个进程执行到了V操作为止，这样就实现了临界区的互斥。

3.2 信号量实现前驱关系

思路如下：为每一组想要实现前后关系的进程，都分别定义一个信号量，初值设为0，把你想要先执行的进程后面加一个V操作，想要后执行的进程前面加一个P操作。这样一来，你想要后执行的进程如果先执行了，就会因为执行了其前面的P操作而阻塞，直到你想要先执行的进程执行完了，执行V操作后，才能解除阻塞继续执行。以上就是用信号量实现前驱关系的过程。
假如我们要实现四个语句S1,S2,S3,S4需要按照一定的顺序同步执行，比如S1执行完S2，S3才能执行，S2,S3执行完了S4才能执行，代码如下：

p1() {S1; V(a); V(b);}
p2() {P(a); S2; V(c);}
p3() {P(b); S3; V(d);}
p4() {P(c); P(d); S4;}main() {semaphore a,b,c,d = 0;cobeginp1();p2();p3();p4();coend
}

4. 用信号量解经典同步问题

4.1 生产者消费者问题

假定生产者和消费者之间的公用缓冲池有n个缓冲区，生产者可以向缓冲区生产一个产品，消费者可以从缓冲区消耗一个产品，注意：生产者不能同时生产，消费者也不能同时消费，也不能同时生产和消费，当缓冲区空时无法消费，当缓冲区满时无法生产。请用信号量机制解决这一问题。
解法如下：

semaphore mutex = 1;  //实现生产与消费、生产与生产、消费与消费
semaphore full = 0, empty = n;  //full表示已用缓冲区数，empty表示空缓冲区数
void producer() {while(1) {P(empty);  //每次生产会减少一个空缓冲区，如果没有空缓存区了就阻塞P(mutex);  //保证互斥生产一个产品;V(mutex);  //保证互斥V(full);  //每次生产增加一个已用缓冲区}
}
void consumer() {while(1) {P(full);  //每次消费会减少一个已用缓冲区，如果没有已用缓存区了就阻塞P(mutex);消耗一个产品;V(mutex);V(empty);  //每次生产增加一个空缓冲区}
}

4.2 读者写者问题

假设一个文件可被多个进程共享，我们允许多个进程同时读这个共享对象，但是不允许一个进程写这个共享对象的同时，别的进程进行读或写。换句话说：读和读不互斥，读和写互斥，写和写互斥。请用信号量机制解决这一问题。
解法如下：

semaphore rmutex, wmutex = 1; //wmutex用以实现写进程与其它进程的互斥
int readcount = 0;  //记录读进程的数量
void reader() {while(1) {P(rmutex);  //见下文解释if(readcount == 0) P(wmutex);  //第一个读进程去把写进程上锁readcount++;  V(rmutex);  //见下文解释读者读;P(rmutex);  //见下文解释readcount--;if(readcount == 0) V(wmutex);  //解锁V(rmutex);  //见下文解释}
}
void writer() {while(1) {P(wmutex);  //实现写进程与其他进程都互斥写者写;V(wmutex);}
}

这个问题的程序中有个关键点，就是明明读进程是不互斥的，为什么还需要rmutex来实现if判断的互斥呢。原因如下：当我们在进程互斥中使用条件语句和数值变化的时候，如果不把那一段也实现互斥的话，很有可能出问题，比如在这段代码中，要是不加第5行和第8行的话：如果一个读进程执行完了第6行，还没有执行第7行的readcount++操作之前，这个读进程被剥夺了处理机，换另一个读进程上处理机运行了，那么另一个读进程就会阻塞在第6行的P操作上，就无法实现多个读者一起读了；10行和13行同理，如果一个读进程执行完了第11行就被剥夺处理机，换上另一个读进程也执行了11行，这样readcount被连减两次，那么这两个进程都能通过12行的if判断，会执行两次V操作，产生错误。

4.3 狒狒过桥问题

一个主修人类学、辅修计算机科学的学生参加了一个课题，调查非洲狒狒是否能被教会理解死锁。他找到一处很深的峡谷，在上边固定了一根横跨峡谷的绳索，这样狒狒就可以攀住绳索越过峡谷。同一时刻可以有几只狒狒通过，只要它们朝着相同的方向。但如果向东和向西的狒狒同时攀在绳索上则将发生死锁（狒狒将被卡在中间），因为它们无法在吊在峡谷上时从另一只的背上翻过去。如果一只狒狒想越过峡谷，它必须看当前是否有别的狒狒正在逆向通过。使用信号量写一个避免死锁的程序来解决该问题。
解法如下：

semaphore wmutex, emutex, mutex = 1; 
int wcount, ecount = 0;  //分别记录东西狒狒上绳索的个数
void west_monkey {while(1) {P(wmutex);  //使if语句互斥if(wcount == 0) P(mutex);  //第一个西狒狒给东狒狒上锁wcount++;V(wmutex);  //使if语句互斥西狒狒过桥；P(wmutex);wcount--;if(wcount == 0) V(mutex);V(wmutex);}
}
void east_monkey {  //和上面的一样while(1) {P(emutex);if(ecount == 0) P(mutex);ecount++;V(emutex);西狒狒过桥；P(emutex);ecount--;if(ecount == 0) V(mutex);V(emutex);}
}

该问题属于读者写者问题的改进，如果完全理解了读者写者问题的解法，那么这个问题也能很快解决。东狒狒之间不互斥，西狒狒之间不互斥，东西狒狒之间互斥，思路是第一个东狒狒给西狒狒上锁，第一个西狒狒给东狒狒上锁，注意if判断也要实现互斥。

4.4 理发师理发问题

理发店里有一位理发师、一把理发椅和n把供等候理发的顾客坐的椅子。如果没有顾客，则理发师便在理发椅上睡觉。当一个顾客到来时，他必须先叫醒理发师，如果理发师正在理发时又有顾客来到，则如果有空椅子可坐，他们就坐下来等。如果没有空椅子，他就离开。这里的问题是为理发师和顾客各编写一段程序来描述他们的行为，要求不能带有竞争条件。
解法如下：

semaphore customer, barber = 0;  //一开始没有顾客，理发师也是睡着的
semaphore mutex = 1;  //互斥信号量
int empty = N;  //空椅子数量为N
void Barber() {while(1) {P(customer);  //只有顾客进程的V执行后才能执行，没有顾客就阻塞（睡觉）P(mutex);  //把数量的变化实现互斥，以免影响到顾客进程的if判断语句empty++;  //椅子上的顾客起身V(barber);  //有了一个理发师可以理发V(mutex);理发;}
}
void Customer() {P(mutex);if(empty > 0) {empty--;  //不管是不是第一个顾客，来了先得坐凳子上，因为理发师在理发椅上睡觉呢V(customer);  //增加一个顾客，唤醒沉睡的理发师V(mutex); P(barber);  //消耗一个理发师，没有理发师就阻塞理发;} else {V(mutex);离开;}
}

这道题本身不难，但其中很多细节的实现需要实现，比如座位是有上限的，这样就不得不设置判断条件和计数，来使超过N个的顾客离开，而加入计数和判断条件后就又要实现其互斥，增加了问题的复杂性。

4.5 哲学家进餐问题

五个哲学家共用一张圆桌，分别坐在周围的五张椅子上，在桌子上有五只碗和五只筷子，他们的生活方式是交替地进行思考和进餐。平时，一个哲学家进行思考，饥饿时便试图取用其左右最靠近他的筷子，只有在他拿到两只筷子时才能进餐。进餐毕，放下筷子继续思考。请用信号量机制解决。
这是一个讲解死锁的时候的经典例子，解决这道题的直接思路如下：

semaphore chopstick[5] = {1,1,1,1,1};
void philosopher() {while(1) {/*当哲学家饥饿时，总是先拿左边的筷子，再拿右边的筷子*/P(chopstick[i]);P(chopstick[(i+1)%5]);吃饭;V(chopstick[i]);V(chopstick[(i+1)%5]);}
}

但是这样可能会出现死锁问题：如果所有哲学家都拿起了左手边筷子，五个进程就会死锁。对于避免哲学家进餐问题发生死锁的方法有很多，这里只讲一种：只有当同时一个哲学家能同时拿起左右两只筷子时，才允许拿筷子，解法如下：

semaphore chopstick[5] = {1,1,1,1,1};
semaphore mutex = 1;
void philosopher() {while(1) {P(mutex);P(chopstick[i]);P(chopstick[(i+1)%5]);V(mutex);吃饭;V(chopstick[i]);V(chopstick[(i+1)%5]);}
}

但仅仅这样做还是有问题，如果一个哲学家获得了两只筷子，开始进餐，此时他左边或者右边的哲学家进入了临界区后，被阻塞在第6行或者第7行，那么其他的哲学家就无法进入临界区了，也就是说这个时间只能有一个哲学家进餐，但显然同一时间是可以有不相邻的两个哲学家同时进餐的。
对这个问题的更好解决方法可以去看Dijkstra在1965年给出的算法。