Systemy zarządzania bazami danych

Systemy zarządzania bazami

danych

Współbieżność, wielodostęp

T₁ T₂ … T_n

BD (więzy

integralności)

Przykładowe transakcje

T1: Read(A) T2: Read(A) A  A+100 A  A2

Write(A) Write(A) Read(B)Read(B)

B  B+100 B  B2 Write(B) Write(B)

Plan 1

T1 T2

Read(A); A  A+100 Write(A);

Read(B); B  B+100;

Write(B);

Read(A);A  A^2;

Write(A);

Read(B);B  B^2;

Write(B);

A B

25 25

125

125 250

250 250 250

Plan 2

T1 T2

Read(A);A  A2;

Write(A);

Read(B);B  B2;

Write(B);

Read(A); A  A+100 Write(A);

Read(B); B  B+100;

A B

25 25

50

50 150

Plan 3

T1 T2

Read(A); A  A+100 Write(A);

Read(A);A  A^2;

Write(A);

Read(B); B  B+100;

Write(B);

Read(B);B  B^2;

Write(B);

A B

25 25

125 250

125 250 250 250

Plan 4

T1 T2

Read(A); A  A+100 Write(A);

Read(A);A  A^2;

Write(A);

Read(B);B  B2;

Write(B);

Read(B); B  B+100;

Write(B);

A B

25 25

125 250

50

Plan 5

T1 T2’

Read(A); A  A+100 Write(A);

Read(A);A  A^1;

Write(A);

Read(B);B  B1;

Write(B);

Read(B); B  B+100;

Write(B);

A B

25 25

125 125

25 125 125 125

Taki sam jak plan 5, ale z inną T2’

• Chcemy planów dobrych niezależnie od

– początkowego stanu bazy danych – tego co robią transakcje

• Patrzymy tylko na kolejność zapisów i odczytów

Przykład:

Założenia

P1=r¹(A)w¹(A) r¹(B)w¹(B)r²(A)w²(A)r²(B)w²(B) T¹ T²

P3=r¹(A)w¹(A)r²(A)w²(A)r¹(B)w¹(B)r²(B)w²(B)

Akcje zamienne

P4=r¹(A)w¹(A)r²(A)w²(A) r²(B)w²(B)r¹(B)w¹(B)

• W istocie:

T² musi poprzedzać T¹

w każdym planie równoważnym,

Akcje niezamienne

T¹ T² P4 nie można poprzestawiać tak by był szeregowy

P4 nie jest „równoważny”

żadnemu planowi szeregowemu P4 jest „zły”

• T²  T¹

• Ale także: T¹  T²

Powróćmy do P3

P3=r¹(A)w¹(A)r²(A)w²(A)r¹(B)w¹(B)r²(B)w²(B) T¹  T² T¹  T²

 brak cykli  P3 jest „równoważny”

planowi szeregowemu

Podstawowe pojęcia

Transakcja: ciąg akcji rⁱ(x), wⁱ(x)

Akcje konfliktowe: r^1(A) w^2(A) w^1(A)

w^2(A) r^1(A) w^2(A)

Plan: porządek chronologiczny wykonanych akcji

Plan szeregowy: plan bez przeplotu akcji różnych transakcji

A co z akcjami równoległymi?

Ti zleca System Input(X) t ^ x read(x,t) zleca kończy

input(x) się

czas

T2 zleca

write(B,S) input(B)

kończy się System zleca

Więc ostatecznie efekt jest jednym z:

• P1=…r¹(x)…w²(b)…

• P2=…w²(B)…r¹(x)…

• Zakładamy, że wykonało się r¹(A) w²(A) lub w²(A) r¹(A)

• Niskopoziomowy mechanizm synchronizacji A co z konfliktowymi równoległymi

akcjami na tym samym obiekcie?

początek r¹(A) koniec r¹(A)

początek w²(A) koniec w²(A) czas

Równoważność konfliktowa

P¹, P² są równoważne konfliktowo, wtedy i tylko wtedy, gdy

P¹ można przekształcić w P² za pomocą ciągu zamian niekonfliktowych akcji.

Szeregowalność konfliktowa

P jest szeregowalny konfliktowo, wtedy i tylko wtedy, gdy

P jest równoważny konfliktowo pewnemu planowi szeregowemu

• Oznaczamy GK(P), P jest planem

• Węzły: transakcje planu P

• Krawędzie: Ti  Tj jest w GK(P), wtw.

– pⁱ(A), q^j(A) są akcjami w P – pⁱ(A) <_S q^j(A)

– co najmnniej jedna z pⁱ, q^j jest zapisem

Graf kolejności

Ćwiczonko

• Jaki jest GK(P), gdy

P = w³(A) w²(C) r¹(A) w¹(B) r¹(C) w²(A) r⁴(A) w⁴(D)

Następne ćwiczonko

• Jaki jest GK(P), gdy

P = w¹(A) r²(A) r³(A) w⁴(A) ?

Lemat

P¹, P² są konfliktowo równoważne  GK(P¹)=GK(P²)

Dowód:

Załóżmy, że GK(P¹)  GK(P²)

  Tⁱ: Tⁱ  T^j w P¹ ale nie w P²

 P¹ = …pⁱ(A)... q^j(A)… p^i, q^j są

P² = …q^j(A)…pⁱ(A)... konfliktowe

Uwaga: GK(P¹)=GK(P²)  P^1, P² są

konfliktowo równoważne Kontrprzykład:

P¹=w¹(A) r²(A) w²(B) r¹(B) P²=r²(A) w¹(A) r¹(B) w²(B)

Twierdzenie

GK(P¹) acykliczny  P¹ szeregowalny konfliktowo

() Załóż, że P¹ jest szeregowalny konfliktowo

  P^s: P^s, P¹ równoważne konfliktowo

 GK(P^{s) =} GK(P¹)

 GK(P¹) acykliczny, bo GK(P^s) acykliczny

() Załóż, że GK(P¹) acykliczny Przekształć P¹ następująco:

(1) Weź T1 transakcję bez wchodzących krawędzi (2) Przesuń wszystkie akcje T1 na początek

P1 = ……. q^j(A)…….p^1(A)…..

(3) Mamy teraz P1 = < akcje T1 ><... reszta ...>

(4) Powtarzaj dopóki nie osiągniesz planu szeregowego (indukcja)

T¹

T² T³ T⁴

GK(P¹) acykliczny  P¹ szeregowalny konfliktowo

Dowód c.d.

Jak wykluczyć plany nieszeregowalne?

Opcja 1: niech SZBD działa i rejestruje GK(P). Na koniec przetwarzania (np. dnia) sprawdź GK(P) i ogłoś, czy wykonanie było poprawne

Opcja 2: spraw w GK(P) nie mogły powstać by cykle

T¹ T² ….. Tⁿ Planista

BD

Jak wykluczyć plany nieszeregowalne?

Protokół zakładania zamków

Dwie nowe akcje:

załóż zamek (wyłączne): lⁱ (A) zdejmij zamek: uⁱ (A)

Planista T¹ T²

Tablica zamków

Reguła 1: Legalne transakcje

Tⁱ: … lⁱ(A) … pⁱ(A) … uⁱ(A) ...

Reguła 2: Poprawny planista

P = …….. lⁱ(A) ………... uⁱ(A) ……...

brak l^j(A)

• Które plany przepuści poprawny planista?

Które transakcje są legalne?

P1 = l¹(A)l¹(B)r¹(A)w¹(B)l²(B)u¹(A)u¹(B) r²(B)w²(B)u²(B)l³(B)r³(B)u³(B)

P2 = l¹(A)r¹(A)w¹(B)u¹(A)u¹(B) l²(B)r²(B)w²(B)l³(B)r³(B)u³(B)

P3 = l¹(A)r¹(A)u¹(A)l¹(B)w¹(B)u¹(B) l²(B)r²(B)w²(B)u²(B)l³(B)r³(B)u³(B)

Ćwiczonko

Plan 6

T1 T2 l1(A);Read(A)

A A+100;Write(A);u¹(A) l²(A);Read(A)

A Ax2;Write(A);u²(A) l²(B);Read(B)

B Bx2;Write(B);u²(B) l¹(B);Read(B)

Plan 6

T1 T2 25 25 l¹(A);Read(A)

A A+100;Write(A);u¹(A) 125 l²(A);Read(A)

A Ax2;Write(A);u²(A) 250 l²(B);Read(B)

B Bx2;Write(B);u²(B) 50 l¹(B);Read(B)

B B+100;Write(B);u¹(B) 150 250 150

A B

Reguła 3 Zamykanie dwufazowe

Tⁱ = ……. lⁱ(A) ………... uⁱ(A) ……...

Bez zdejmowania Bez zakładania

zamków zamków

# zamki trzymane przez Ti

czas

Faza Faza

wzrostu spadku

Plan 7

T1 T2

l1(A);Read(A)

A A+100;Write(A)

l1(B); u¹(A) l²(A);Read(A)

A Ax2;Write(A);ll22(B)(B)

uśpienie procesu

Plan 7

T1 T2

l1(A);Read(A)

A A+100;Write(A)

l1(B); u¹(A) l²(A);Read(A)

A Ax2;Write(A);ll²²(B)(B) Read(B);B B+100

Write(B); u¹(B)

uśpiony

T1 T2 l1(A);Read(A)

A A+100;Write(A)

l1(B); u¹(A) l²(A);Read(A)

A Ax2;Write(A);ll22(B)(B) Read(B);B B+100

Write(B); u¹(B)

uśpiony

Plan 7

Plan 8 (T

działa najpierw na B)

T1 T2

l¹(A); Read(A) l²(B);Read(B) A A+100;Write(A) B Bx2;Write(B) l

l¹¹(B)(B) l l²²(A)(A)

uśpiony uśpiony

• Zakładamy, że zakleszczone transakcje są wycofywane

– Nie mają żadnego skutku – Nie pojawiają się w planie

Np., Plan 8 =

To miejsce jest celowo puste!

Konfliktowość akcji l

(A), u

(A)

• li(A), l_j(A) nie są w konflikcie

• li(A), u_j(A) są w konflikcie

• Uwaga: brak konfliktu również tu:

– < ui(A), u_j(A)>, – < li(A), r_j(A)>,...

Twierdzenie Przestrzeganie reguł 1,2,3 (2PL) daje plany szeregowalne konfliktowo

W dowodzie pomoże nam funkcja SH Definicja SH(T ) = pierwsza akcja u

Poprawność 2PL

Lemat

Ti  Tj w planie P  SH(Ti) <_S SH(Tj) Dowód lematu:

Ti  Tj oznacza, że

S = … pⁱ(A) … q^j(A) …; p,q konfliktowe Zgodnie z regułami 1,2:

S = … pⁱ(A) … uⁱ(A) … l^j(A) ... q^j(A) … Reguła 3: SH(Ti) SH(Tj)

Więc: SH(Ti) <_S SH(Tj)

Dowód:

(1) Załóżmy, że GK(P) ma cykl T^{1 } T^{2 ….} T^{n } T¹

(2) Na mocy lematu:

SH(T¹) < SH(T²) < ^... < SH(T¹) Twierdzenie Przestrzeganie reguł 1,2,3 (2PL) daje plany szeregowalne konfliktowo

Efektywność i współbieżność

• Dalej należy rozwazyć wiele rzeczy,

które poprawią efektywnośc i zwiększą współbieżność bazowego 2PL

– Zamki dzielone

– Wieloraka ziarnistość

– Wstawienie, usunięcia i fantomy

– Inne rodzaje mechanizmów ochrony przetwarzania współbieżnego

Zamki dzielone

Dotychczas:

P = ...l¹(A) r¹(A) u¹(A) … l²(A) r²(A) u²(A) …

Niekonfliktowe

Zamiast tego:

Akcje zamkowe

l-tⁱ(A): załóż zamek na A in trybie t (S lub X) u-tⁱ(A): zdejmij zamek trybu t (S lub X)

Skrót:

uⁱ(A): zdejmij zamek niezależne trybu jego założenia

Reguła 1: Legalne transakcje

Tⁱ =... l-S¹(A) … r¹(A) … u¹ (A) … Tⁱ =... l-X¹(A) … w¹(A) … u¹ (A) …

Opcja 1: Zażądaj zamka wyłącznego

Tⁱ = ...l-X¹(A) … r¹(A) ... w¹(A) ... u(A) …

A gdy transakcja czyta i pisze ten

sam obiekt?

Opcja 2: Promocja

(np., potrzebny odczyt, ale nie wiemy, czy będzie zapis)

Tⁱ=... l-S¹(A) … r¹(A) ... l-X¹(A) …w¹(A) ...u(A)…

A gdy transakcja czyta i pisze ten

sam obiekt?

Reguła 2: Poprawny planista

P = ....l-Sⁱ(A) … … uⁱ(A) … brak l-X^j(A)

P = ... l-Xⁱ(A) … … uⁱ(A) … brak l-X^j(A)

brak l-S^j(A)

Macierz zgodności zamków

zgodne S X

S T N X N N

Reguła3: Zamykanie dwufazowe

Brak zmian oprócz promocji:

(I) Jeśli promocja bierze więcej zamków (np., S  {S, X}) tak samo!

(II) Jeśli promocja zwalnia zamek (np., S  X)

- może być wykonana w fazie wzrostu

Dowód: podobnie jak w przypadku X

Szczegół:

l-tⁱ(A), l-r^j(A) nie są w konflikcie jeśli zgodne(t,r) l-tⁱ(A), u-r^j(A) nie są w konflikcie jeśli zgodne (t,r) Twierdzenie Przestrzeganie reguł 1, 2, 3 dla

zamków S/X powoduje, że wszystkie plany będą szeregowalne konfliktowo

Rodzaje zamków oprócz S i X

Przykłady:

(1) zamek increment

(2) zamek modyfikacyjny

Zamek increment

• Atomowa akcja zwiększania: INⁱ(A)

{Read(A); A  A+k; Write(A)}

• INⁱ(A), IN^j(A) nie są w konflikcie!

A=7

A=5 A=17

A=15

INi(A) +2

INj(A) +10

+10 +2

zgodne S X I

S T N N

X N N N

I N N T

Macierz zgodności zamków increment

Zamki modyfikacyjne

Częste zakleszczenia przy promocjach:

T1 T2 l-S¹(A)

l-S²(A) l-Xl-X¹¹(A)(A)

l-Xl-X²²(A)(A)

Rozwiązanie

• Jeśli Tⁱ chce przeczytać A i wie, że może poźniej chcieć zmodyfikować A, żąda

zamka modyfikacyjnego (U), a nie dzielonego.

zgodne S X U

S T N T

X N N N

U T/N N N

• Tablica nie musi być symetryczna?

Nowe żądanie

Zamek już trzymany

Uwaga: obiekt A może być zamknięty w tym samym czasie na różne sposoby

P¹=...l-S¹(A)…l-S²(A)…l-U³(A)… l-S⁴(A)…?

l-U⁴(A)…?

• Przydzielenie zamka t na obiekcie jest

możliwe wtw. wszystkie zamki trzymane na tym obiekcie są zgodne z t

Zamki w praktyce

• Każdy SZBD jest inny

– np., może nawet nie udostępniąć możliwości zapewniania, że plany są szeregowalne konfliktowo)

• Jest jedno uproszczenie...

(1) Nie ufaj transakcjom, że będą same zakładać i zdejmować zamki

(2) Trzymaj wszystkie zamki do chwili zatwierdzenia

(3) Skąd my to znamy?

liczba zamków

czas

Proste podejście

SQ L

Ti

Read(A),Write(B)

l(A),Read(A),l(B),Write(B)…

Read(A),Write(B) Planista, część I

Planista, część II

BD Tablica

zamków

Tablica zamków

A ^ CB



...

Informacje o zamkach na B Informacje o zamkach na C Jeśli null, obiekt nie ma zamka

Każdy możliwy obiekt

Lepiej użyć tablicy haszującej

A

• Jeśli obiektu nie ma w tablicy haszujacej, A

...

H Informacje o zamkach na A

Przykład informacji o zamkach

tran tryb czeka? Nst T_link

Obiekt:A

Tryb zamka:U Czekają?:tak Lista:

T1 S ^nie

T2 U ^nie

T3 XX ^{tak }

Do innych zapisów T3

Na które obiekty zakładamy zamki?

?

Relacja A Relacja B

...

Krotka A Krotka B Krotka C

...

Blok dyskowy

A Blok dyskowy

B

...

• Zamki działają zawsze, ale czy powinny być na małych czy dużych obiektach?

• Gdy są na dużych obiektach (np. relacjach)

– Potrzeba mniej zamków

– Mniejsze możliwości współbieżności

• Gdy są na małych obiektach (np. krotkach)

– Potrzeba więcej zamków – Większa współbieżność

Możemy mieć jedno i drugie!

Spytaj babci klozetowej o poradę...

Korytarz

Kabina 1 Kabina 2 Kabina 3 Kabina 4

Toaleta

Przykład

R1 t¹

t² t³ t⁴

T¹(IS)

T¹(S)

, T²(S)

Przykład

R1 t¹

t² t³ t⁴

T¹(IS)

T¹(S)

, T²(IX)

T²(X)

Wieloraka ziarnistość

zgodne Żądanie

IS IX S SIX X IS

Trzymany IX S SIX X

T T T T N N N N N N

N N

N

N N

N T

N T

N T

N N

T T

Parent Child can be locked in locked in

ISIX SSIX X

P C

Zamek Zamki, które można na rodzicu założyć na dziecku

ISIX SSIX X

R D

IS, S

IS, S, IX, X, SIX

[S, IS] niekoniecznie X, IX, [SIX]

żaden

Reguły

(1) Działaj zgodnie z macierzą zgodności zamków (2) Załóż najpierw zamek na korzeń drzewa

(3) Ti może założyć zamek S lub IS na węzeł Q

tylko wtedy, gdy rodzic(Q) ma zamek IX lub IS założony przez transakcję Ti

(4) Ti może założyć zamek X,SIX,IX na węzeł Q tylko wtedy, gdy rodzic(Q) ma zamek IX lub SIX założony przez transakcję Ti

(5) Ti zakłada zamki dwufazowo

Ćwiczonko

• Czy T² może użyć f^2.2 w trybie X? Jakie zamki uzyska T² w tym celu?

R1 t¹

t² t³ t⁴

T¹(IX)

f^2.1 f^2.2 f^3.1 f^3.2

T¹(IX)

T¹(X)

• Czy T² może użyć f^2.2 w trybie X? Jakie zamki uzyska T² w tym celu?

R1 t¹

t² t³ t⁴

T¹(X)

T¹(IX)

Ćwiczonko

• Czy T² może użyć f^3.1 w trybie X? Jakie zamki uzyska T² w tym celu?

R1 t¹

t² t³ t⁴

T¹(S)

f^2.1 f^2.2 f^3.1 f^3.2

T¹(IS)

Ćwiczonko

• Czy T² może użyć f^2.2 w trybie S? Jakie zamki uzyska T² w tym celu?

R1 t¹

t² t³ t⁴

T¹(IX)

T¹(SIX)

Ćwiczonko

• Czy T² może użyć f^2.2 w trybie X? Jakie zamki uzyska T² w tym celu?

R1 t¹

t² t³ t⁴

T¹(IX)

f^2.1 f^2.2 f^3.1 f^3.2

T¹(SIX)

T¹(X)

Ćwiczonko

Operacje wstawienia i usuwania

Wstawienie A

Z



...

Zmiany w regułach zakładania zamków

(1) Zdobądź zamek wyłączny na A, gdy usuwasz A

(2) Po wstawieniu A wykonująca ją transakcja Ti otrzymuje zamek wyłączny na A

Ale nadal jest źle: Fantomy Fantomy

Przykład: relacja R (E#,Name,…) więzy: E# jest kluczem

zamki zakładane na krotki R E#Name ….

o1 55 Smith

T

: Wstaw <99,Gore,…> do R T

: Wstaw <99,Bush,…> do R

T¹

T

S¹(o¹) S²(o¹) S¹(o²) S²(o²)

Sprawdź więzy Sprawdź więzy Wstaw o³[99,Gore,..]

Wstaw o⁴[99,Bush,..]

... ...

Rozwiązanie

• Użyj wielorakiej ziarnistości

• Przed wstawieniem Q, założ zamek na rodzic(Q) w trybie X

R1 t¹

t² t³

Powrót do przykładu

T1: Wstaw<99,Gore> T2: Wstaw<99,Bush>

T1 T2

X1(R)

Sprawdź więzy

Wstaw<99,Gore>

U(R)

X2(R)

Sprawdź więzy

Ups! E# = 99 już jest w R!

X

X22(R)(R) ^Uśpienie

transakcji

Zamiast zamka na R, załóż zamek na indeks

Przykład: _R

Indeks 0<E#<100

Indeks

100<E#<200

E#=2 E#=5 ... E#=107 E#=109

...

...

Przykład

A

B C

D

E F

wszystkie obiekty pobierane przez korzeń za

pośrednictwem wskaźników

zamek T1

zamek T1

zamek T1

czy możemy zwolnić zamek na A, gdy już go nie potrzebujemy??

Pomysł: drabinka

A

B C

D

zamek T1

zamek T1

zamek T1

zamek T1

Dlaczego to działa?

• Załóżmy, że Tⁱ zaczyna od korzenia; zamek X

• Tⁱ  T^j  Tⁱ zakłada zamek na korzeń przed T^j

• Działa też gdy nie zawsze zaczynamy od korzenia

Korzeń

Q Tⁱ  T^j

Reguły protokołu zamków X na drzewach

(1) Pierwszy zamek Tⁱ może być na czymkolwiek

(2) Potem, Ti może zalozyc zamek na węzeł Q tylko jeśli ma zamek na rodzicu Q

(3) Zamki można zdjąć w dowolnej chwili (4) Gdy T zdejmie zamek z Q, nie może

• Protokoły zamków na drzewach mogą być stosowane do indeksów na B+drzewach

Np. w czasie wstawienia, nie zdejmuj zamka na rodzicu, dopóki nie masz pewności, że nie musisz podzielic jakichś jego dzieci

Korzeń

Optymistyczne zamki

Transakcje mają trzy fazy:

(1) Odczyt

– Wszystkie dane są odczytywane

– Zapisy wykonywane w przestrzeni tymczasowej – Nie zakłada się zamków

(2) Walidacja

– Sprawdź, czy plan do tej pory szeregowalny

Główna idea

• Walidacja jest atomowa

• Jeśli T^1, T^2, T^{3, …} jest kolejnością walidowania, to otrzymany plan jest równoważny

konfliktowo planowi P^s = T¹ T² T^3...

Implementacja walidacji

• SZBD pamięta dwa zbiory:

FIN = tranksakcje, które skończyły fazę 3 (i wszystko już skończyły)

VAL = tranksakcje, które udanie

skończyły fazę 2 (walidację)

Przykład tego, co walidacja wyklucza

RS(T²)={B} RS(T³)={A,B}

WS(T²)={B,D} WS(T³)={C}

czas

Początek

T2 T2

zwalidowana

T3

zwalidowana

 = 

Początek

T3

T2

kończy

Przykład tego, co walidacja wyklucza

RS(T²)={B} RS(T³)={A,B}

WS(T²)={B,D} WS(T³)={C}

czas

Początek

T2 T2

zwalidowana T3

zwalidowana

 = 

dopuszcza

Początek

Początek

T3

Inna sytuacja wykluczona przez walidację RS(T²)={A} RS(T³)={A,B}

WS(T²)={D,E} WS(T³)={C,D}

czas T2

zwalidowana

T3

zwalidowana

koniec

T2

ŹLE: w³(D) w²(D)

koniec

T2

Inna sytuacja wykluczona przez walidację RS(T²)={A} RS(T³)={A,B}

WS(T²)={D,E} WS(T³)={C,D}

czas T2

zwalidowana T3

zwalidowana

dopuszczona

koniec

T2

Reguły walidacji dla T j

(1) Gdy T^j zaczyna fazę 1:

ignoruj(T^j)  FIN (2) Przy walidacji T^j

jeśli poprawna(T^j), to

[ VAL  VAL U {T^j};

wykonaj fazę 3 (zapis);

FIN FIN U {T^j} ]

poprawna (T

)

Dla każdej Tⁱ





(





zwróć fałsz;

zwróć prawdę;

Ćwiczonko

T: RS(T)={A,B}

WS(T)={A,C}

V: RS(V)={B}

WS(V)={D,E}

U: RS(U)={B}

WS(U)={D} W: RS(W)={A,D}

WS(W)={A,C}

początek walidacja koniec

Optymistyczne zamki

• Przydatne, gdy

– Rzadkie konflikty

– Jest nadmiar zasobów systemowych – Wymagania/więzy czasu rzeczywistego