Corso di Sistemi di Gestione di Basi di Dati. Esercitazione sul controllo di concorrenza 12/02/2004

Transcript

1 Corso di Sistemi di Gestione di Basi di Dati Esercitazione sul controllo di concorrenza 12/02/2004 Dott.ssa Antonella Poggi Dipartimento di Informatica e Sistemistica Antonio Ruberti Università di Roma La Sapienza Esercizio 1 (esercizio dato come Problema 5 nell esame del 17/4/2002) Si considerino due transazioni t 1 e t 2, eseguite in modo concorrente come segue (si ricordi che r sta per lettura, che w sta per scrittura, che indica l operazione di assegnazione, e che il pedice indica quale transazione sta effettuando l operazione): r 1 (x), r 1 (y), x 1 x+1, r 2 (x), x 2 x+1, w 2 (x), r 2 (y), y 2 y+1, w 2 (y), commit 2, w 1 (x), r 1 (y), commit 1 Dire quali anomalie questa esecuzione concorrente presenta, illustrando il perché. Questa esecuzione presenta due tipi di anomalie: - l anomalia di perdita di aggiornamento (conflitto WW): entrambe le transazioni leggono lo stesso valore iniziale per x, e, dopo aver effettuato ognuna su di esso delle modifiche, in modo concorrente, t 2 scrive il nuovo valore per x ed in seguito tale valore è soprascritto da t 1 ; si ha pertanto che l aggiornamento per opera di t 2 è perso ; - l anomalia di letture inconsistenti (conflitto RW): la transazione t 1 legge due valori diversi per y, nonostante non ne abbia modificato nel frattempo il valore; in effetti, t 1 risente dell effetto di t 2, che in modo concorrente, mentre t 1 è ancora in progresso, modifica il valore di y. Esercizio 2 (esercizio dato come Problema 5 nell esame del 13/6/2002) Per ognuno dei seguenti schedule: S1 : S2 : S3 : S4 : w 0 (x), r 2 (x), r 1 (x), w 2 (x), w 2 (z) w 0 (x), r 1 (x), r 2 (x), w 2 (x), w 2 (z) r 1 (x), r 2 (x), w 2 (x), w 1 (x) r 1 (x), r 2 (x), w 2 (x), r 1 (x) dire se è view-serializzabile o no. Per quelli per i quali si risponde che sono viewserializzabili, motivare la risposta positiva. Per quelli per i quali si risponde che non sono view-serializzabili, illustrare quale anomalia presentano.

2 S2 è uno schedule seriale. In quanto tale è banalmente view-serializzabile (banalmente view-equivalente a se stesso). S1 è view-serializzabile in quanto è view-equivalente ad S2 (che è uno schedule seriale). In effetti S1 ed S2 hanno: o le stesse scritture finali: w 2 (x) e w 2 (z); o la stessa relazione legge-da: {(r 2 (x), w 0 (x)),(r 1 (x), w 0 (x))}. S3 non è view-serializzabile in quanto, per esserlo, dovrebbe esistere uno schedule view-equivalente a S3 tale da avere come scrittura finale w 1 (x) e come relazione legge-da l insieme vuoto (poiché nessuna lettura su x è preceduta da una scrittura su x). Supponiamo per assurdo che uno schedule S siffatto esista. Perché w 1 (x) sia la scrittura finale di S, T 2 deve essere la prima transazione a comparire in S. S non può quindi che essere il seguente schedule: S: r 2 (x), w 2 (x), r 1 (x), w 1 (x) Ma allora la relazione legge-da di S è costituita dalla coppia (r 1 (x), w 2 (x)). Il che porta ad un assurdo. Si ha in effetti che S3 presenta un anomalia da perdita di aggiornamento, in quanto T 1 e T 2 leggono lo stesso valore iniziale per x, e, dopo che T 2 scrive il nuovo valore, tale valore è soprascritto da T 1, in modo tale che l aggiornamento per opera di T 2 sia perso. S4 non è view-serializzabile, in quanto, per esserlo, uno fra i seguenti schedule dovrebbe essere view-equivalente ad S4, dove indichiamo con r 1 (x) la seconda lettura di x per opera di T 1 : S : r 2 (x), w 2 (x), r 1 (x), r 1 (x) S : r 1 (x), r 1 (x), r 2 (x), w 2 (x). Poiché la relazione legge-da di S4 è costituita dalla coppia (r 1 (x), w 2 (x)), e che per S la stessa relazione è costituita anche dalla coppia (r 1 (x), w 2 (x)) e per S è invece uguale all insieme vuoto, si ha che non esiste nessuno schedule seriale che sia view-equivalente ad S4. Si ha in effetti che S4 presenta un anomalia da letture inconsistenti, in quanto T 1 legge due valori diversi per x, pur non avendo effettuato nessuna modifica su di esso. Esercizio 3 (esercizio dato come Problema 4 nell esame del 28/1/2003) Si analizzi la seguente sequenza di azioni di un insieme di transazioni, e si dica se essa costituisca uno schedule view-serializzabile oppure no, se costituisca uno schedule conflict-serializzabile oppure no, e se essa possa o no dare luogo ad uno schedule che segua il protocollo del 2PL. Motivare tutte e tre le risposte. S: r 1 (x), w 2 (x), r 3 (x), r 1 (y), r 4 (z), w 2 (y), r 1 (v), w 3 (v), r 4 (v), w 4 (y), w 5 (y), w 5 (z) Poiché sappiamo che: - dato uno schedule in 2PL, allora tale schedule è in CSR; - dato uno schedule in CSR, allora tale schedule è in VSR; ci conviene provare a vedere prima se S è in 2PL.

3 Analizzando S ci accorgiamo che non esiste alcun modo per le transazioni di fare le operazioni di lock e unlock delle risorse in modo tale da rispettare il protocollo del 2PL. Infatti, è sufficiente notare che perché la transazione T 3 possa procedere con la lettura di x, è necessario che la transazione T 2 abbia rilasciato il lock su x (poiché T 2 ha ottenuto il lock esclusivo in scrittura su x). T 2 entra pertanto in fase calante (di rilascio di lock) quando T 3 legge x. Poiché d altra parte T 1 possa procedere con la lettura di y è necessario che nessuna transazione detenga in quel momento il lock esclusivo in lettura su y. Quindi, in particolare, T 2 non può detenerlo. Ma perché T 2 possa procedere con la scrittura di y, è necessario che detenga il lock esclusivo su y. Quindi T 2 dovrebbe richiedere il lock su y dopo che T 1 ha letto y. Ma questo non è possibile dato che T 2 è già in fase calante. Proviamo ora a costruire il grafo delle precedenze G(S) (cf. figura che segue). Tale grafo è aciclico. S è pertanto conflict-serializzabile (cf. teorema secondo il quale uno schedule è conflict-serializzabile se e solo se il suo grafo delle precedenze è aciclico) e quindi, di conseguenza, S è anche view-serializzabile. In particolare, uno schedule S seriale conflict-equivalente (e di conseguenze view-equivalente) ad S è il seguente: S : r 1 (x), r 1 (y), r 1 (v), w 2 (x), w 2 (y), r 3 (x), w 3 (v), r 4 (z), r 4 (v), w 4 (y), w 5 (y), w 5 (z) Esercizio 4 Siano date le transazioni T 1 e T 2 che seguono: T 1 : r 1 (y), r 1 (z), r 1 (x) commit 1 T 2 : r 2 (z), r 2 (x), w 2 (y), w 2 (x) commit 2 Dire se esiste uno schedule S su T 1 e T 2 tale che: 1) S non è seriale; 2) S segue il protocollo dello strict 2PL; 3) la lettura di x da parte di T 2 precede la lettura di y da parte di T 1. Stessa domanda se sostituiamo la condizione 3) con la condizione 3bis) che segue:

4 3bis) la lettura di x da parte di T 2 segue la lettura di y da parte di T 1? Motivare le risposte. Non esiste alcuno schedule tale da verificare le prime tre condizioni. Infatti, affinché lo schedule sia seriale, è necessario inframmezzare la sequenza delle azioni di una transazione con una o più azioni dell altra. D altra parte, affinché lo schedule segua il protocollo dello strict 2PL, ogni transazione che compare in esso deve rilasciare i lock solo dopo aver effettuato correttamente l operazione di abort/commit. Infine, perché sia soddisfatta la condizione 3), r 2 (z), r 2 (x) devono essere le prime azioni dello schedule. Si osservi ora che, poiché T 2 effettua prima un operazione di lettura e poi una scrittura su x, prima di procedere con la lettura di x, T 2 deve richiedere un lock esclusivo in scrittura. Quindi, dopo la lettura di x da parte di T 2 e prima del commit da parte di T 2, T 1 non può effettuare nessuna operazione su x. D altra parte, perché T 2 possa procedere con la lettura di y, T 2 deve ottenere il lock esclusivo su y, che quindi non permetterebbe a T 1 di cominciare, effettuando la lettura di y. Quindi T 1 dovrebbe cominciare e terminare prima dell azione w 2 (y), ma questo non è possibile perché fra le sue azioni T 1 comporta un operazione su x, risorsa per la quale T 2 detiene il lock esclusivo. Se sostituiamo la condizione 3) con la condizione 3bis), seguendo un ragionamento analogo a quello fatto precedentemente, si ha che uno schedule non seriale che soddisfa le 3 condizioni richieste è il seguente (è l unico? No: vanno bene tutti quelli che inframmezzano le azioni di T 2 con la sola azione r 2 (z)): S: r 2 (z), r 1 (y), r 1 (z), r 1 (x), commit 1, r 2 (x), w 2 (y), w 2 (x), commit 2 Una possibile assegnazione delle operazioni di lock e unlock è la seguente : S conlock : r_lock 2 (z), r 2 (z), r_lock 1 (y), r 1 (y), r_lock 1 (z), r 1 (z), r_lock 1 (x), r 1 (x), commit 1, un_lock 1 (y), un_lock 1 (z), un_lock 1 (x), w_lock 2 (x), r 2 (x), w_lock 2 (y), w 2 (y), w 2 (x), commit 2, un_lock 2 (x), un_lock 2 (y) Esercizio 5 Si considerino due risorse x e y sulle quali opera un controllo di concorrenza basato su timestamp. Si assuma che i timestamp in lettura e scrittura di ogni risorsa siano pari a 0. Si assuma inoltre che il clock del sistema sia anche esso pari a 0 e che il sistema assegni ad ogni transazione il valore del clock al momento della prima azione della transazione (una transazione inizia quando esegue la sua prima operazione). Indicare le azioni dello scheduler a fronte del seguente input: r 1 (x), r 2 (y), r 3 (x), r 2 (x), w 1 (x), w 3 (x) Prima che lo scheduler riceva l input, gli indicatori associati alle risorse da parte del sistema di controllo basato su timestamp possono essere considerati pari a 0. Si ha per tanto: WTM(x) = WTM(y) = RTM(x) = RTM(y) = 0 A fronte dell input dato, il sistema risponde come segue (richieste -> risposte -> aggiornamenti):

5 r 1 (x) -> ok -> TS(T 1 )=1, RTM(x)=1 (perché TS(T 1 )=1 >= WTM(x)=0) r 2 (y) -> ok -> TS(T 2 )=2, RTM(y)=2 (perché TS(T 2 )=1 >= WTM(y)=0) r 3 (x) -> ok -> TS(T 3 )=3, RTM(x)=3 (perché TS(T 3 )=3 >= WTM(x)=0) r 2 (x) -> ok -> RTM(x)=3 (perché TS(T 2 )=2 >= WTM(x)=0, e perché max(ts(t 2 ),RTM(x))=3) w 1 (x) -> no -> T 1 viene uccisa (perché TS(T 1 )=1<RTM(x)=3) w 3 (x) -> ok -> WTM(x)=3 (perché TS(T 3 )=3 >= WTM(x)=0) Poiché T 1 viene uccisa, la commit-proiezione dello schedule accettato è la seguente: r 2 (y), r 3 (x), r 2 (x), w 3 (x). Abbiamo dimostrato che tale schedule appartiene a TS. E facile verificare che non appartiene a 2PL: perché T 3 possa procedere con la scrittura di x, deve ottenere il lock esclusivo su x sin dalla lettura di x, ma allora T 2 non riesce ad ottenere il lock in lettura e non può procedere con l azione r 2 (x).