前文指出了基于系統(tǒng)滴答計數(shù)實(shí)現(xiàn)的毫秒級延時的問題。

uint32_t comm_get_ms（void）

{

return sys_tick_get（）;

}

void comm_delay（uint32_t ms）

{

uint32_t timeout = comm_get_ms（） + ms;

while（comm_get_ms（） 《 timeout）;

}

comm_get_ms返回當(dāng)前系統(tǒng)時間（系統(tǒng)滴答計數(shù)），即系統(tǒng)從啟動到現(xiàn)在經(jīng)過了多少毫秒。comm_delay先獲取當(dāng)前時間，加上延時時間以計算出到期時間timeout，之后循環(huán)等待當(dāng)前時間超過timeout以完成延時。

系統(tǒng)時間使用uint32_t變量來記錄，經(jīng)過49.71天后將達(dá)到最大值UINT32_MAX（0xffffffff），溢出后回到0重新累加。不僅是當(dāng)前時間會溢出，在接近49.71天時，計算的timeout將會更先一步溢出，從而使延時判斷失效。

前文在結(jié)尾給出了解決方案：

void comm_delay（uint32_t ms）

{

uint32_t timeout = comm_get_ms（） + ms;

while（comm_get_ms（） - timeout 》 UINT32_MAX / 2）;

}

其實(shí)改動很小，僅僅修改了判斷超時的條件。為什么要用兩個時間差去與UINT32_MAX / 2比較？判斷條件為什么是大于？

了解其中的原理是有必要的。因?yàn)檠訒r的條件如上，而如果想實(shí)現(xiàn)定時的話，條件就會倒過來。知其所以然，方能靈活運(yùn)用。

定時任務(wù)：

uint32_t timeout = 0;

while （1）

{

if （comm_get_ms（） - timeout 《 UINT32_MAX / 2）

{

printf（“hello

”）;

timeout = comm_get_ms（） + 1000;

}

}

主要矛盾

無論是延時還是定時，我們都是在進(jìn)行時間的比較。先根據(jù)延時或定時時長計算出到期時間timeout，之后不停的判斷當(dāng)時時間有沒有超過這個timeout。

所有的時間變量都是uint32_t，由于它的最大值非常大，為了方便講解，我們假設(shè)所有的變量都是uint8_t，即8位無符號整型，取值范圍為0-255。同樣為方便敘述，以cur_time表示當(dāng)前時間，以timeout表示目標(biāo)到期時間。

現(xiàn)在的任務(wù)也非常清楚了，在各種場景下比較cur_time是否超過了timeout。比如：

起始cur_time為10，延時目標(biāo)為5，則timeout為10 + 5 = 15。判斷依據(jù)非常簡單，cur_time 《 15時視為未超過timeout，或者說cur_time 《 timeout視為未超過timeout。

起始cur_time為250，延時目標(biāo)為10，則timeout為250 + 10 = 260 = 4。此時cur_time 《 timeout不再適用。

張三和李四誰跑的快

既然時間溢出問題讓我們頭疼，那我們先來看一個簡單的問題，一個任何人都可以不假思索得出答案的問題：判斷跑道上的張三和李四誰跑的快，或者說誰跑在前面。

如下圖，張三（A）和李四（B）在跑道上跑步，沿逆時針方向跑。藍(lán)色是起跑線，不過他們并不只跑一圈，假設(shè)跑三圈。并且我們知道，張三和李四的水平相差不大，短短的三圈不足以讓他們拉快過長的距離，更不可能出現(xiàn)套圈。

假設(shè)這個跑道長256米，從起點(diǎn)開始沿逆時針方向（即跑步的方向）標(biāo)注坐標(biāo)。那么A和B在坐標(biāo)軸的位置大致如下：

假設(shè)A為10，B為240，A 《 B，但是從跑道的圖中大家不假思索就得出A跑在前面。這是為什么呢？

大家在判斷誰在前面時，其實(shí)根本沒去管那根藍(lán)色的線（起點(diǎn)或終點(diǎn)）。因?yàn)榕艿朗孜蚕噙B，而且張三和李四要跑好幾圈，必將多次經(jīng)過起終點(diǎn)，所以起終點(diǎn)沒有任何判斷價值。

人腦是怎么判斷的

筆者反復(fù)自我剖析，覺得可能是這樣判斷的：

人腦會做兩種假設(shè)，張三（A）快，或者李四（B）快。最終選擇一個最合理的假設(shè)。

假設(shè)張三（A）快，那么A沿順時針跑回B（逆時針是前進(jìn)方向，往回跑就是順時針）的距離即為A超前B的距離，如下圖的紅色箭頭，相對于一圈的長度而言是一個較小的距離。假設(shè)李四（B）快，則B沿順時針方向需要跑大半圈才能遇到張三（A）。如果李四確實(shí)比張三快的話，那么快了不只一點(diǎn)點(diǎn)，而是超前大半圈。先前說過，張三和李四的水平相差不大，短短的三圈不足以讓他們拉快過長的距離。所以我們更愿意相信第一種假設(shè)成立，即張三（A）比李四（B）跑的快。

人腦做上述判斷的時候，并沒有給跑道建立坐標(biāo)系，也不是判斷張三和李四的坐標(biāo)值哪個大，而是判斷張三和李四的距離。這個距離是有方向性的。

假設(shè)張三（A）快，則目測A跑回B的距離L（A-B）。這個距離比較小，所以判斷成立，A確實(shí)在B前面。

假設(shè)李四（B）快，則目測B跑回A的距離L（B-A）。這個距離比較大，所以判斷不成立，B其實(shí)在A的后面。

其實(shí)根本不需要驗(yàn)證兩種假設(shè)，只需要驗(yàn)證一個就行了，因?yàn)樗鼈兪菍α⒌摹?/p>

回歸代碼

人腦通過視覺來估測張三與李四的距離，但是計算機(jī)不行，它需要一個明確的方法，還是需要坐標(biāo)系的。

還是假設(shè)這個跑道長256米，從起點(diǎn)開始沿逆時針方向（即跑步的方向）標(biāo)注坐標(biāo)。

簡單情況

先看簡單的情況，即A和B在起點(diǎn)的同側(cè)。對應(yīng)到坐標(biāo)系上為：

A在40米處（記為Xa），B在20米處（記為Xb）。A返回到B的距離為

L = Xa - Xb = 40 - 20 = 20

這個距離遠(yuǎn)小于256，所以A在B的前面。

溢出情況

再來看看復(fù)雜的溢出情況，即A和B在起點(diǎn)兩側(cè)。

對應(yīng)在坐標(biāo)系上時，為方便繪制，將A、B與起終點(diǎn)的距離拉遠(yuǎn)一點(diǎn)。Xa=30，Xb=220。A返回到B的距離為：

L = L1 + L2 = （Xa - 0） + （256 - Xb） = 30 + （256 - 220） = 66

66也是遠(yuǎn)小于256的，所以A還是在B的前面。

歸一

有沒有發(fā)現(xiàn)什么不對？剛才討論區(qū)分簡單情況和溢出情況，在計算L時的公式是不同的，這可有點(diǎn)小麻煩。如果有統(tǒng)一的公式就好了。

讓我們再看一眼溢出情況的公式：

L = L1 + L2

= （Xa - 0） + （256 - Xb）

= Xa - Xb + 256 = Xa - Xb

這么一調(diào)整就和簡單情況一樣了吧。為什么把加256給去掉了？因?yàn)槲覀冇懻揦a和Xb是uint8_t，加256和沒加是一樣的。

驗(yàn)證

還是上一個例子的場景，我們來假設(shè)B在A前面。B返回到A的距離為：

L = Xb - Xa = 220 - 30 = 190

190比較接近256，所以假設(shè)不成立，B并不在A前面，而是A在B前面。

我們在判斷距離時，用了兩種標(biāo)準(zhǔn)：

L遠(yuǎn)小于256

L比較接近256

對于計算機(jī)而言，這是無法實(shí)現(xiàn)的，它需要一個明確的標(biāo)準(zhǔn)。那是什么呢？就一刀切吧，以256 / 2為閾值。

L 《 256 / 2：假設(shè)成立

L 》 256 / 2：假設(shè)失敗至于L == 256 / 2的情況，隨便歸入哪個都行。

再看時間判斷

void comm_delay（uint32_t ms）

{

uint32_t timeout = comm_get_ms（） + ms;

while（comm_get_ms（） - timeout 》 UINT32_MAX / 2）;

}

再看這時間判斷，有沒有豁然開朗呢？comm_get_ms（）是張三，timeout是李四，變量范圍由uint8_t變成了uint32_t，僅此而已。

后記

這種超時判斷方法并非由筆者想出，是筆者在閱讀RT-Thead操作系統(tǒng)的timer源碼時發(fā)現(xiàn)的。rt_timer是RT-Thread的定時器模塊，提供基于系統(tǒng)滴答計數(shù)的定時功能，其計數(shù)值就是32位無符號整型uint32_t，時間久了必然溢出。

筆者之前也為溢出問題感到頭疼，而RT-Thread號稱不懼溢出，于是筆者懷著好奇的心態(tài)挖掘了其解決方法。在rt_timer中，有多處這樣的判斷，現(xiàn)在看起來是不是感覺很親切呢？

/*

* It supposes that the new tick shall less than the half duration of

* tick max.

*/if （（current_tick - t-》timeout_tick） 《 RT_TICK_MAX / 2）

編輯：jq