Варианты решения:

begin integer очередь;

очередь := 1;

parbegin

процесс 1: begin

L1: if (очередь = 2) then goto L1;

критический интервал 1;

очередь := 2;

остаток цикла 1;

goto L1;

end;

процесс 2: begin

L2: if (очередь = 1) then goto L2;

критический интервал 2;

очередь := 1;

остаток цикла 2;

goto L2;

end;

parend;

end;

int turn=1;

void P0()

{

while (1)

{

while(turn!=0)

критический интервал 1;

turn=1;

….

}

}

void P1()

{

while (1)

{

while(turn!=1)

критический интервал 2;

turn=0;

….

}

}

void main()

{

parbegin(P0,P1);

}

Недостатки решения:

1. Процессы могут входить в критический интервал строго последовательно. Темпы развития за­даются медленным процессом.

2. Если кто-то из процессов останется в остатке цикла, то он затормозит и второй процесс

Второй способ решения:

begin integer С1,С2;

С1 := 1;

С2 := 1;

parbegin

процесс 1: begin

L1: if (С2 = 0) then goto L1;

С1 := 0;

критический интервал 1;

С1 := 1;

остаток цикла 1;

goto L1;

end;

процесс 2: begin

L2: if (С1 = 0) then goto L2;

С2 := 0;

критический интервал 2;

С2 := 1;

остаток цикла 2;

goto L2;

end;

parend;

end;

int flag[2];

void P0()

{

while (1)

{

while (flag[1]);

flag[0]=1;

критический интервал 1;

flag[0]=0;

….

}

}

void P1()

{

while (1)

{

while (flag[0]);

flag[1]=1;

критический интервал 2;

flag[1]=0;

….

}

}

void main()

{

flag[0]=0;

flag[1]=0;

parbegin(P0,P1);

}

Недостаток: принципиально при развитии процессов строго синхронно они могут одновременно войти в критический интервал.

Было предложено следующее решение (вариант 3):

begin integer С1,С2;

С1 := 1;

С2 := 1;

parbegin

процесс 1: begin

А1: С1 := 0;

L1: if (С2 = 0) then goto L1;

критический интервал 1;

С1 := 1;

остаток цикла 1;

goto А1;

end;

процесс 2: begin

А2: С2 := 0;

L2 if (С1 = 0) then goto L2;

критический интервал 2;

С2 := 1;

остаток цикла 2;

goto А2;

end;

parend;

end;

int flag[2];

void P0()

{

while (1)

{

flag[0]=1;

while (flag[1]);

критический интервал 1;

flag[0]=0;

….

}

}

void P1()

{

while (1)

{

flag[1]=1;

while (flag[0]);

критический интервал 2;

flag[1]=0;

….

}

}

void main()

{

flag[0]=0;

flag[1]=0;

parbegin(P0,P1);

}

Недостаток: возникает другая проблема – может бесконечно долго решаться вопрос о том, кто первым войдет в критический интервал.

Решение 4.

begin integer С1,С2;

С1 := 1;

С2 := 1;

parbegin

процесс 1: begin

L1: С1 := 0;

if (С2 = 0) then begin

C1 := 1;

goto L1;

end;

критический интервал 1;

С1 := 1;

остаток цикла 1;

goto L1;

end;

процесс 2: begin

L2: С2 := 0;

if (С1 = 0) then begin

C2 := 1;

goto L2;

end;

критический интервал 2;

С2 := 1;

остаток цикла 2;

goto L2;

end;

parend;

end;

int flag[2];

void P0()

{

while (1)

{

flag[0]=1;

while (flag[1]);

{

flag[0]=0;

задержка;

flag[0]=1;

}

критический интервал 1;

flag[0]=0;

….

}

}

void P1()

{

while (1)

{

flag[1]=1;

while (flag[0]);

{

flag[1]=0;

задержка;

flag[1]=1;

}

критический интервал 2;

flag[1]=0;

….

}

}

void main()

{

flag[0]=0;

flag[1]=0;

parbegin(P0,P1);

}