11. 触发 GC 的时机是什么?

Go 语言中对 GC 的触发时机存在两种形式:

  1. 主动触发,通过调用 runtime.GC 来触发 GC,此调用阻塞式地等待当前 GC 运行完毕。

  2. 被动触发,分为两种方式:

    • 使用系统监控,当超过两分钟没有产生任何 GC 时,强制触发 GC。

    • 使用步调(Pacing)算法,其核心思想是控制内存增长的比例。

通过 GOGC 或者 debug.SetGCPercent 进行控制(他们控制的是同一个变量,即堆的增长率 $\rho$)。整个算法的设计考虑的是优化问题:如果设上一次 GC 完成时,内存的数量为 $H_m$(heap marked),估计需要触发 GC 时的堆大小 $H_T$(heap trigger),使得完成 GC 时候的目标堆大小 $H_g$(heap goal) 与实际完成时候的堆大小 $H_a$(heap actual)最为接近,即: $\min |H_g - H_a| = \min|(1+\rho)H_m - H_a|$。

除此之外,步调算法还需要考虑 CPU 利用率的问题,显然我们不应该让垃圾回收器占用过多的 CPU,即不应该让每个负责执行用户 goroutine 的线程都在执行标记过程。理想情况下,在用户代码满载的时候,GC 的 CPU 使用率不应该超过 25%,即另一个优化问题:如果设 $u_g$为目标 CPU 使用率(goal utilization),而 $u_a$为实际 CPU 使用率(actual utilization),则 $\min|u_g - u_a|$。

求解这两个优化问题的具体数学建模过程我们不在此做深入讨论,有兴趣的读者可以参考两个设计文档:Go 1.5 concurrent garbage collector pacing[5] 和 Separate soft and hard heap size goal[6]。

计算 $H_T$ 的最终结论(从 Go 1.10 时开始 $h_t$ 增加了上界 $0.95 \rho$,从 Go 1.14 开始时 $h_t$ 增加了下界 0.6)是:

  • 设第 n 次触发 GC 时 (n > 1),估计得到的堆增长率为 $h_t^{(n)}$、运行过程中的实际堆增长率为 $h_a^{(n)}$,用户设置的增长率为 $\rho = \text{GOGC}/100$( $\rho > 0$)则第 $n+1$ 次出触发 GC 时候,估计的堆增长率为:

ht(n+1)=ht(n)+0.5[Hg(n)Ha(n)Ha(n)ht(n)ua(n)ug(n)(ha(n)ht(n))]h_t^{(n+1)} = h_t^{(n)} + 0.5 \left[ \frac{H_g^{(n)} - H_a^{(n)}}{H_a^{(n)}} - h_t^{(n)} - \frac{u_a^{(n)}}{u_g^{(n)}} \left( h_a^{(n)} - h_t^{(n)} \right) \right]

  • 特别的,$h_t^{(1)} = 7 / 8$,$u_a^{(1)} = 0.25$,$u_g^{(1)} = 0.3$。第一次触发 GC 时,如果当前的堆小于 $4\rho$ MB,则强制调整到 $4\rho$ MB 时触发 GC

  • 特别的,当 $h_t^{(n)}<0.6$时,将其调整为 $0.6$,当 $h_t^{(n)} > 0.95 \rho$ 时,将其设置为 $0.95 \rho$

  • 默认情况下,$\rho = 1$(即 GOGC = 100),第一次触发 GC 时强制设置触发第一次 GC 为 4MB,可以写如下程序进行验证:

package main

import (
    "os"
    "runtime"
    "runtime/trace"
    "sync/atomic"
)

var stop uint64

// 通过对象 P 的释放状态,来确定 GC 是否已经完成
func gcfinished() *int {
    p := 1
    runtime.SetFinalizer(&p, func(_ *int) {
        println("gc finished")
        atomic.StoreUint64(&stop, 1) // 通知停止分配
    })
    return &p
}

func allocate() {
    // 每次调用分配 0.25MB
    _ = make([]byte, int((1<<20)*0.25))
}

func main() {
    f, _ := os.Create("trace.out")
    defer f.Close()
    trace.Start(f)
    defer trace.Stop()

    gcfinished()

    // 当完成 GC 时停止分配
    for n := 1; atomic.LoadUint64(&stop) != 1; n++ {
        println("#allocate: ", n)
        allocate()
    }
    println("terminate")
}

我们先来验证最简单的一种情况,即第一次触发 GC 时的堆大小:

$ go build -o main
$ GODEBUG=gctrace=1 ./main
#allocate:  1
(...)
#allocate:  20
gc finished
gc 1 @0.001s 3%: 0.016+0.23+0.019 ms clock, 0.20+0.11/0.060/0.13+0.22 ms cpu, 4->5->1 MB, 5 MB goal, 12 P
scvg: 8 KB released
scvg: inuse: 1, idle: 62, sys: 63, released: 58, consumed: 5 (MB)
terminate

通过这一行数据我们可以看到:

gc 1 @0.001s 3%: 0.016+0.23+0.019 ms clock, 0.20+0.11/0.060/0.13+0.22 ms cpu, 4->5->1 MB, 5 MB goal, 12 P
  1. 程序在完成第一次 GC 后便终止了程序,符合我们的设想
  2. 第一次 GC 开始时的堆大小为 4MB,符合我们的设想
  3. 当标记终止时,堆大小为 5MB,此后开始执行清扫,这时分配执行到第 20 次,即 20*0.25 = 5MB,符合我们的设想

我们将分配次数调整到 50 次

for n := 1; n < 50; n++ {
    println("#allocate: ", n)
    allocate()
}

来验证第二次 GC 触发时是否满足公式所计算得到的值(为 GODEBUG 进一步设置 gcpacertrace=1):

$ go build -o main
$ GODEBUG=gctrace=1,gcpacertrace=1 ./main
#allocate:  1
(...)

pacer: H_m_prev=2236962 h_t=+8.750000e-001 H_T=4194304 h_a=+2.387451e+000 H_a=7577600 h_g=+1.442627e+000 H_g=5464064 u_a=+2.652227e-001 u_g=+3.000000e-001 W_a=152832 goalΔ=+5.676271e-001 actualΔ=+1.512451e+000 u_a/u_g=+8.840755e-001
#allocate:  28
gc 1 @0.001s 5%: 0.032+0.32+0.055 ms clock, 0.38+0.068/0.053/0.11+0.67 ms cpu, 4->7->3 MB, 5 MB goal, 12 P

(...)
#allocate:  37
pacer: H_m_prev=3307736 h_t=+6.000000e-001 H_T=5292377 h_a=+7.949171e-001 H_a=5937112 h_g=+1.000000e+000 H_g=6615472 u_a=+2.658428e-001 u_g=+3.000000e-001 W_a=154240 goalΔ=+4.000000e-001 actualΔ=+1.949171e-001 u_a/u_g=+8.861428e-001
#allocate:  38
gc 2 @0.002s 9%: 0.017+0.26+0.16 ms clock, 0.20+0.079/0.058/0.12+1.9 ms cpu, 5->5->0 MB, 6 MB goal, 12 P

我们可以得到数据:

  • 第一次估计得到的堆增长率为 $h_t^{(1)} = 0.875$
  • 第一次的运行过程中的实际堆增长率为 $h_a^{(1)} = 0.2387451$
  • 第一次实际的堆大小为 $H_a^{(1)}=7577600$
  • 第一次目标的堆大小为 $H_g^{(1)}=5464064$
  • 第一次的 CPU 实际使用率为 $u_a^{(1)} = 0.2652227$
  • 第一次的 CPU 目标使用率为 $u_g^{(1)} = 0.3$

我们据此计算第二次估计的堆增长率:

因为 $0.52534543909 < 0.6\rho = 0.6$,因此下一次的触发率为 $h_t^{2} = 0.6$,与我们实际观察到的第二次 GC 的触发率 0.6 吻合。

文档更新时间: 2020-12-30 22:00   作者:kuteng