解答：

哲学家进餐问题有多种解决方案，主要有

方法一：至多只允许有n-1位哲学家同时去拿左边的筷子，最终能保证至少有一位哲学家能够进餐，并在用毕时能释放出他用过的两只筷子，从而使更多的哲学家能够进餐。

semaphore count = n-1;    // 可进餐名额数量
semaphore chopsticks[n];   // 所有筷子资源的信号量
for (int i=0; i<n; i++) {
    chopsticks[i] = 1;
}
CoBegin
Process 哲学家i() {
    while (true) {
        思考;
        P(count);
        P(chopsticks[i]);    // 取左边筷子
        P(chopsticks[(i+1)%n]);    // 取右边筷子
        进餐;
        V(chopsticks[i]);    // 放回左边筷子
        V(chopsticks[(i+1)%n]);    // 放回右边筷子
        V(count);
    }
}
CoEnd

方法二：仅当哲学家的左、右两只筷子均可用时，才允许他拿起筷子进餐。

semaphore mutex = 1;   // 保证每个时刻只有一个哲学家取筷子的互斥信号量
semaphore chopsticks[n];   // 所有筷子资源的信号量
for (int i=0; i<n; i++) {
    chopsticks[i] = 1;
}
CoBegin
Process 哲学家i() {
    while (true) {
        思考;
        P(mutex);
        P(chopsticks[i]);    // 取左边筷子
        P(chopsticks[(i+1)%n]);    // 取右边筷子
        V(mutex);
        进餐;
        V(chopsticks[i]);    // 放回左边筷子
        V(chopsticks[(i+1)%n]);    // 放回右边筷子
    }
}
CoEnd

方法三：规定奇数号哲学家先拿他左边的筷子，然后再去拿右边的筷子，而偶数号哲学家则相反。

semaphore chopsticks[n];   // 所有筷子资源的信号量
for (int i=0; i<n; i++) {
    chopsticks[i] = 1;
}
CoBegin
Process 哲学家i() {
    while (true) {
        思考;
        if (i%2==1) {
            P(chopsticks[i]);    // 取左边筷子
            P(chopsticks[(i+1)%n]);    // 取右边筷子
        } else {
            P(chopsticks[(i+1)%n]);    // 取右边筷子
            P(chopsticks[i]);    // 取左边筷子
        }
        进餐;
        V(chopsticks[i]);    // 放回左边筷子
        V(chopsticks[(i+1)%n]);    // 放回右边筷子
    }
}
CoEnd

由于本题引入了新资源碗，每位哲学家必须取到一个碗和两侧的筷子后，才能就餐。

方法一

使用哲学家进餐问题的模板一：综合考虑碗的数量m和最大可进餐名额数量n-1，限制碗的数量为 min{m, n-1}，得到新的最大可进餐名额数量。本题适合采用方法一，伪代码如下：

semaphore bowls = min(n-1, m);    // 可用碗数量即可进餐名额数量
semaphore chopsticks[n];   // 所有筷子资源的信号量
for (int i=0; i<n; i++) {
    chopsticks[i] = 1;
}
CoBegin
Process 哲学家i() {
    while (true) {
        思考;
        P(bowls);
        P(chopsticks[i]);    // 取左边筷子
        P(chopsticks[(i+1)%n]);    // 取右边筷子
        进餐;
        V(chopsticks[i]);    // 放回左边筷子
        V(chopsticks[(i+1)%n]);    // 放回右边筷子
        V(bowls);
    }
}
CoEnd

方法二

使用哲学家进餐问题的模板二：仅当哲学家的左、右两只筷子和碗均可用时，才允许他拿起筷子进餐。这里需要引入互斥信号量，保证进餐请求能够按照顺序执行，根据银行家算法，对于任意一个请求序列，均存在安全序列，不会产生死锁。这里拿左、右两只筷子和碗的顺序不会影响结果的正确性。

semaphore bowls = m;    // 所有碗资源的信号量
semaphore mutex = 1;   // 保证每个时刻只有一个哲学家取筷子的互斥信号量
semaphore chopsticks[n];   // 所有筷子资源的信号量
for (int i=0; i<n; i++) {
    chopsticks[i] = 1;
}
CoBegin
Process 哲学家i() {
    while (true) {
        思考;
        P(mutex);
        P(bowls);    // 取碗
        P(chopsticks[i]);    // 取左边筷子
        P(chopsticks[(i+1)%n]);    // 取右边筷子
        V(mutex);
        进餐;
        V(chopsticks[i]);    // 放回左边筷子
        V(chopsticks[(i+1)%n]);    // 放回右边筷子
        V(bowls);    // 放回碗
    }
}
CoEnd

由于方法二会限制进餐请求的顺序，相比方法一降低了并行度。

方法三

使用哲学家进餐问题的模板三：规定奇数号哲学家先拿他左边的筷子，然后再去拿右边的筷子，而偶数号哲学家则相反。若 m≥n ，每个哲学家一定都能拿到碗，若 m<n ，则会对同时进餐的名额产生限制，要求拿到碗的哲学家才能去拿筷子。

semaphore bowls = m;    // 所有碗资源的信号量
semaphore chopsticks[n];   // 所有筷子资源的信号量
for (int i=0; i<n; i++) {
    chopsticks[i] = 1;
}
CoBegin
Process 哲学家i() {
    while (true) {
        思考;
        P(bowls);    // 取碗
        if (i%2==1) {
            P(chopsticks[i]);    // 取左边筷子
            P(chopsticks[(i+1)%n]);    // 取右边筷子
        } else {
            P(chopsticks[(i+1)%n]);    // 取右边筷子
            P(chopsticks[i]);    // 取左边筷子
        }
        进餐;
        V(chopsticks[i]);    // 放回左边筷子
        V(chopsticks[(i+1)%n]);    // 放回右边筷子
        V(bowls);    // 放回碗
    }
}
CoEnd

如果不使用上述方法，可能会产生死锁，在碗资源数不足的情况下，可能会出现一部分哲学家拿到筷子但拿不到碗，一部分哲学家拿到碗但拿不到筷子，举个例子，有A、B、C、D共4个哲学家，依次围坐在一张圆桌边，有4根筷子，2个碗，A、C各拿到2根筷子，B、D各拿到1个碗，4人均无法进餐，处于死锁状态。