Mutex作为类成员

Question

 class temp
 {
    boost::mutex mx;
    void CriticalCode() {
        boost::mutex::scoped_lock scoped_lock(mx); 
        //Do Something
        return;
    }
 }

1. 如果这个类被分配在堆上 (temp* T = new temp())，那么每个实例都是线程安全的吗？

2. 如果我把 boost::mutex mx 变成 boost::mutex* mx，并在构造函数中分配它，使其在堆上分配，那么代码也会是线程安全的吗？

3. 如果问题1和2的答案都是否定的，那么我该如何使每个实例都是线程安全的？

- shd

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为什么人们会谈论“堆栈”和“堆”而不是谈论“自动”和“动态”分配。 - Nawaz

在第二点上，绝对没有必要这样做。唯一的原因是将其作为指针（即使是这样，我也会将其作为引用）是为了在构造期间向实例传递互斥量 - 即您有一个要所有实例使用的单个互斥量。 - Nim

Answer 1

1)如果这个类在堆上分配（temp* T = new temp()），那么这样做是否线程安全（每个实例，而不是所有实例一起）？

是的。由于mx不是类的静态成员，因此每个类实例将有一个锁。

2)如果我将boost::mutex mx -> boost::mutex* mx，并在构造函数中进行分配，以便它在堆上分配，那么代码是否也是线程安全的？

是的。但仅限于每个实例的线程安全。

3)如果问题1和2的答案都是否，则如何使每个实例都线程安全？

答案是肯定的，所以您没问题。

如果有人想知道如何使用一个锁使所有实例都线程安全--您可以将mx设置为类的静态变量。

- Aater Suleman

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关于您最后的评论，这在很大程度上取决于静态实例的构建位置和方式（即懒加载本身并不具备线程安全性！）。如果您最终采用这种方法，您真的需要审查您的设计。 - Nim

我明白了。我对于懒惰静态变量掌握得不够好。作为一名计算机科学家，我的理解是该术语意味着在变量实际写入之前不会进行分配。这对我来说仍然是线程安全的，但可能会遗漏一些内容。你能告诉我更多吗？ - Aater Suleman

在给定类中使用静态的两种方法。一种方法是直接将它们声明为静态成员，然后在一个翻译单元中实际定义它们（这里的问题是你依赖于初始化顺序 - 这是不保证的）。解决这个问题的方法是在类的静态函数中将对象声明为静态，并返回对该静态实例的引用 - 这就是我所说的惰性初始化。然而，这并不是固有的线程安全（标准对线程没有任何规定，因此谁构造也不确定）。 - Nim

如果两个线程进入静态函数以获取锁，并且之前没有人调用过此函数，则无法保证谁会构造。解决这个问题的一种方法是在创建线程之前进行某种全局初始化，该初始化调用此静态函数以构造互斥体。另一个选择是在构造“temp”对象时简单地传递一个互斥体，并且只在“temp”中具有对互斥体的引用。 - Nim

Answer 2

存储位置与任何东西都无关。

- Lightness Races in Orbit

Answer 3

是的，在这两种情况下，方法CriticalCode()都将是线程安全的。

- Juraj Blaho