【深度好文】有关延迟块清除和一致性读
在《ORA-1555错误解决一例》一文中，当时尝试模拟UNDO段头事务表被覆盖的情况下出现ORA-01555错误，没有成功。实际上没有成功的原因是事务数虽然多，但是事务过小，使UNDO块没有被覆盖完，这样通过回滚事务表仍然能够得到事务表以前的数据。本文进一步讨论一些有关延迟块清除和一致性读方面的内容.
先来看看一个数据块中ITL的转储：
我们看看ITL中的第2个条目，其Flag为"C-U-"，C表示commit（提交），U表示Upper bound（上限），这里”U“表明ITL中记录的事务的提交SCN并不是精确的，只是表明事务提交的精确SCN是在ITL中记录的SCN之前，对于第2条ITL来说，其事务提交SCN小于或等于”0x0b08.12fb5cae“。
那么这里的问题是：Upper bound是在什么情况下出现的？如果一个SQL语句对该块进行一致性读时，发现ITL中的Upper bound的SCN比一致性读需要的SCN大，这时会发生什么？
要回答这些问题，先来看下面的一系列测试过程：
1. 在会话1中建测试表t1，将插入500行数据，每个块只有1行数据，一共500个块，然后再创建一个较大的测试表t2，插入1000行数据：
表已创建。
2. 在会话1中更新测试表T1中的所有行，并获取事务ID，然后再dump1个数据块和事务对应的UNDO段头块：
事务使用的事务表在回滚段_SYSSMU7$上，即第7个回滚段。事务表中的条目为21，即事务表中的第21条记录。
数据块dump出来的结果是（去掉了对本文话题无关紧要的内容，以后也是如此）：
可以看到ITL中的第2条正是当前活动事务在这个块上所使用的ITL。
Xid为“0x0007.015.00004ba0”，转换成10进制正是“7.21.19360”，这跟之前查询出来的事务ID是一致的。ITL中此时的flag为"----"，正是活动事务的标志。由于块中只有1行数据，因此Lck为1，即该事务在这个块中锁住的行数为1行。
下面再来看看此时UNDO段头块的转储结果：
可以看到index为0x15（即10进制21）的行，其wrap#为0x4ba0，与事务的xid相符，同时其state为10，表示事务是活动的，而事务表项上的scn值也是跟之前从v$transaction中查询出来的值是完全一致的。
3. 在会话1中将所有的block刷出内存，然后提交，这样T1表中的所有块上的事务都不会被清除，再将UNDO段头dump出来：
看看UNDO段头的转储结果：
从上面的内容可以看到，state已经变为9，表示事务已经提交，提交SCN为0x0b08.12f4649c，而UNDO段头中的“TRN CTL”中的“ctl: 0x0015”表示这一条事务表记录将会是该事务表中SCN最大的一条，即会最后被选择重用。
4. 现在我们在会话2中，使用只读事务来模拟开始长时间的查询，其查询时间点就是只读事务设置时当前的时间点：
5. 然后在会话3里面，发起960次事务，但是每个事务都很少：
由于我测试的数据库，UNDO表空间中的UNDO段有10个(同时全部都是处于online状态），每个UNDO段头上的事务表有48条记录（在10g中8K大小的块其固定为48条，随着版本和块大小的不同，事务表的大小有变化）。所以960次事务，事务表中的每条记录平均被重用2次，而由于事务较小，UNDO表空间足够大，那么UNDO块不会被覆盖完，即之前会话1上对T1表所做的事务产生的UNDO是不会被覆盖的。
6. 在会话1中，然后转储之前T1表的事务使用的UNDO段头块，得到的内容如下：
可以看到，这里seq从原来的0x16bf变成了0x1708，即事务表中的记录用了73次，看来在各个UNDO段头之间的事务表的使用并不完全是平均的。
7. 在会话1中，查询T1表中的1条记录，然后再转储T1表上第1行数据的数据块：
由于T1表之前的事务在块上的信息并没有清除，因此毫无疑问应该会进行延迟块清除，从上面ITL的数据来看，第2条，也就是之前的事务所使用的那条ITL，Flag已经是"C-U-“，同时Lck为0，表示事务已提交。那么事务提交的SCN是多少呢，这里的SCN是0x0b08.12fb5cae，由于Flag中有"U"，表示这个SCN只是一个上限值，这里记录的SCN并不是精确的事务提交SCN，只是表明事务的SCN会比小于等于现在记录的这个SCN值。
那么这个值是怎么来的？这正是之前提出的其中一个问题。
可以确定的是，这个块的延迟清除是由会话1发起的，现在描述一下这个过程：会话1查询T1表，很显然这个时候T1表的事务早已经提交，所以我们知道它不是需要回滚表块上的数据的；但是程序就是程序，它只能按照逻辑来进行操作，它检查块的ITL列表时，发现有一个活动事务（由于之前的事务没有清除），所以它通过ITL记录的xid去检查事务是否已经提交，它从UNDO段头事务表的第0x15条记录发现，该记录的wrap#是0x4ba2，并不是事务的seq号0x4ba0，因此这条记录已经被重用，那么可以确认这条记录已经提交,需要进行事务延迟块清除；那么事务的提交SCN是多少呢？
由于事记录表中的记录已经被重用，所以不能直接得到；接下来会话会从UNDO段头的"TRN CTL::"部分得到一个SCN值：0x0b08.12fb5cae，这个SCN是事务表中最近被重用的事务表记录之前的事务的提交SCN，由于事务表记录重用是按照提交SCN从小到大的顺序重用的，所以可以说这个SCN比事务表中目前所有记录的事务的提交SCN都要小，但它又是这个事务表中曾经被重用过的事务记录的提交SCN中的最大值，由于我们要查看的事务记录已经被重用过，所以很显然该事务的提交SCN会小于或等于"TRN CTL"记录的SCN。
基于这个原理，会话1知道，ITL中需要清除的事务小于等于UNDO段头中TRN CTL记录的SCN，而这个SCN值已经比它的一致性读SCN要小，所以会话1足够判断不需要回滚该事务就能得到一致性读结果，所以这个时候，它就直接将TRN CTL中的SCN作为ITL中的事务提交SCN的上限值，并将Flag设置为"C-U-"。这里会话1不需要回滚事务表就已经足够，它不会做多余的工作来得到精确的事务提交SCN，只需要能判断事务提交时间小于一致性读的SCN就可以了。
8. 在会话2中，执行下面的SQL：
SQL> select * from t1 where rownum<=1;
由于会话2在会话3的大量事务之前就设置了一致性读的起点（通过设置事务为只读模式），很显然，这个时间点比上述第7个操作步骤中会话1的查询时间要早得多，也在上面提到的上限SCN 0x0b08.12fb5cae要小。那么此时会发生什么？
9.在会话1中再一次转储T1表第1行数据所在的数据块，得到的内容如下：
从上面的结果可以看到，SCN也变成了 0x0b08.12f4649c，这正是T1表上之前的事务提交的准确的SCN，事务Flag从原来的”C-U-“变成了“C---”也说明了现在的SCN是精确的事务提交SCN。这说明了什么？这说明当会话2在读到这个块时，虽然发现事务已经提交，但是其记录的SCN是个上限值，并且大于其一致性读时间点，所以它还需要进一步来查找该事务更接近精确的提交SCN。这个时候就会要回滚事务表，
实际上，由于在T1表的事务提交之后而在会话2的查询时间点之前这段时间内，在这个UNDO段中没有事务产生，所以会话2在回滚事务表到最后，就刚好发现了事务的精确提交SCN。那么，这里得到一个重要结论是：如果会话发现ITL中的事务有比现在记录的上限SCN有更精确或更小的提交SCN时，会用新找到的SCN替换到ITL中现在记录的SCN。也同样是一个修改块的操作，也可以认为是一次“块清除”。下面的统计数据是会话2执行SELECT语句的统计数据：
immediate (CR) block cleanout applications值为1表示有1次逻辑读产生的块清除，还有"transaction tables consistent reads - undo records application"表示产生了事务表的回滚。
接下来，我们再做一个测试，具体的测试数据不再列出，测试表仍然是T1和T2，步骤如下：
- 会话1更新表T1，将buffer cache中的块全部刷出内存，然后再提交。
- 会话1发起960次小事务更新表T2。
- 会话2执行set transaction read only。
- 会话1发起960次小事务更新表T2。
- 会话3执行set transaction read only。
- 会话1发起960次小事务更新表T2。
- 会话2查询表T1。
- 会话3查询表T2。
上面步骤的第7步完成后，数据块的ITL如下：
第8步完成后，数据块的ITL如下：
上面两次列出的ITL中的第2个条目是我们要关注的，可以看到，会话2查询T1表之后，Flag为”C-U-“，记录的SCN为0x0b08.1326501e，会话3查询T1表之后，Flag仍然为”C-U-“，SCN发生了变化，为0x0b08.1324d090，这个SCN值更小（实际上第1个ITL条目也在变化），但仍然不是精确的提交SCN。
上面的测试这也证明了本文得到的两个结论：
- 在一致性读时进行块清除，并不需要得到事务的精确提交SCN（尽管它通过回滚事务表可能会得到精确的提交SCN），只需要它发现事务的提交SCN比自己的一致性读的时间点小就可以了。
- 如果在一致性读时发现了更小的（更接近精确提交的）SCN值或精确的提交SCN值，它还会做一次块清除，修改ITL，以记录更小或更精确的SCN。
