81
правка
Изменения
Нет описания правки
{{в разработке}}
===Описание решения===Дано <tex>n</tex> работ <tex>i = 1,\ldots,n</tex> и две машины, обозначенные как A и B. <tex>i</tex>-тая работа состоит из <tex>n_i</tex> операций <tex>O_{ij} (j = 1,\ldots n_i)</tex>, которые должны быть выполнены последовательно и, при этом, если <tex>O_{ij} </tex>операция была совершена на машине <tex>A (B)</tex>, то операция <tex>O_{i,j-1}</tex> должна быть совершена на машине <tex>B (A)</tex>. Таким образом, <tex>i</tex>-тая работа может характеризоваться двумя значениями: количество операций <tex>n_i</tex> и машина, на которой была совершена первая операция. Пусть <tex>r = \sum_{i=1}^n N_i</tex> {{---}} общее количество операций. Допустим, самым ранним моментом, когда операция может начать выполняться, будет момент времени 0, а верхняя граница момента начала выполнения последней операции обозначим за <tex>t_{max}</tex>. К примеру, мы можем выбрать <tex>t_{max} = r</tex>. Тогда расписание можно представить как два массива <tex>A(t)</tex> и <tex>B(t) (t = 0,...\ldots,t_{max})</tex>, где <tex>A(t) = O_{ij}</tex>, если операция <tex>O_ij</tex> должна выполниться на машине <tex>A</tex> в момент времени <tex>t</tex> и <tex>A(t) =</tex><tex> \emptyset</tex>, если машина <tex>A</tex> простаивает в этот момент. Будем называть <tex>\emptyset</tex> пустой операцией. И для каждой операции <tex>O_{ij}</tex>, выполняющейся на машине <tex>A</tex> существует <tex>t</tex>, для которого <tex>A(t) = O_{ij}</tex>. Аналогично для <tex>B_i</tex>. Расписание достижимо тогда и только тогда, когда из <tex>A(t) (B(t)) = O_{ij} , 1 < j \le n_i</tex> следует <tex>O_{i,j-1} = B(s) (A(s))</tex> для некоторого <tex>s < t</tex>, и первая операция для каждой работы запланирована на нужной машине. Перестановку всех операций будем называть списком. Для данный списка <tex>L</tex> осуществимое расписание может быть создано следующим способом: планируем выполнять операции в порядке, соответствующим <tex>L</tex>, причем каждую операцию стараемся выполнить как можно раньше. Подобное расписание будем называть соответствующим <tex>L</tex> расписанием.
<tex>С_i</tex> {{---}} время окончания работы <tex>i</tex> в достижимом расписании <tex>y = (A(t), B(t))</tex> можно рассчитать как:
Задача заключается в том, что для данного каждой работе <tex>i</tex> дедлайна <tex>d_i \ge 0</tex> мы хотим найти достижимое расписание с наименьшими максимальным временем опоздания:
<tex>max\{C_i - d_i | i = 1, ...\ldots, n\}</tex>
Следующий алгоритм решает эту задачу:
Этот алгоритм может быть реализованным с асимптотикой <tex>O(r \log r)</tex>.
Однако, мы будем использовать эвристику с хешами и улучшим асимптотику алгоритма до <tex>O(r)</tex>.
Мы предполагаем, что <tex>d_i \ge 0</tex> для <tex>i = 1,...\ldots,n</tex> и хотя бы для одной работы <tex>i</tex> <tex>d_i = 0</tex>. Иначе, вычтем из всех <tex>d_i</tex> минимальное значение по <tex>d_i</tex>
Так как <tex>C_i \ge 1</tex> для всех <tex>i = 1,...\ldots,n</tex> и <tex>d_i = 0</tex> справедливо <tex>L_i = C_i - d_i \ge 1</tex> как минимум для одной работы <tex>i</tex>. К тому же, можно предположить, что <tex>C_i \le r</tex>. Таким образом, работы с <tex>d_i > r - 1</tex>, то есть c <tex>L_i = C_i - d_i < 1</tex> можно смело игнорировать. Они не влияют на значение улучшаемой функции <tex>max(L_i)</tex>, так как для некого <tex>i L_i \ge 1</tex> Можно выполнять эти работы в любом порядке после всех остальных. Для оставшихся операций <tex>O_{ij}</tex> мы имеем:
<tex>-r + 1 \le l(O_{ij}) = d_i - n_i + j \le r - 1</tex>
Каждую операцию мы кладём в соответствующую корзину <tex>L(k)</tex>, где <tex>k = l(O_{ij}) = d_i - n_i + j(-r + 1 \le k \le r - 1)</tex>. На втором шаге мы планируем операции соответственно возрастающему по номеру корзины <tex>k</tex> порядку, где операции из одной корзины могут выполнятся в произвольном порядке.
===Алгоритм===Давайте детально рассмотрим алгоритм. <tex>T1</tex> и <tex>T2</tex> обозначают первый период времени <tex>t \ge 0</tex>, когда соответсвующие соответствующие машины <tex>A</tex> и <tex>B</tex> бездействуют. <tex>LAST(i)</tex> обозначает время окончания последней запланированной операции <tex>i</tex>-той работы. <tex>Z</tex> {{---}} множество работ, где <tex>d_i \ge r</tex>
'''main()'''
'''for''' k: -r + 1 '''to''' r - 1
<tex>L(k)</tex> = <tex>\emptyset</tex>;
'''while''' <tex>L(k) \ne \emptyset</tex>
Выбрать задание <tex>O_{ij}</tex> из <tex>L(k)</tex>
<tex>L(k)</tex> = <tex>L(k)\\setminus\{O_{ij}\}</tex>;
schedule(<tex>O_{ij}</tex>)
'''while''' <tex>z \ne \emptyset</tex>
Выбрать работу i из Z
Z = <tex>Z\\setminus\{i\}</tex>;
'''for''' j: 1 '''to''' <tex>n_i</tex>
schedule(<tex>O_{ij}</tex>)
'''schedule(<tex>O_{ij}</tex>)''' '''if ''' <tex>\mu_{ij} </tex> == A then do '''if ''' T1 < LAST(i) then do t := LAST(i) A(t) := <tex>O_{ij}</tex> '''else''' t := T1; A(t) := <tex>O_{ij}</tex>; '''while ''' <tex>A(T_1) </tex> <tex>\ne \emptyset do </tex> T1 := T1 + 1; '''else''' '''if ''' T2 < LAST(i) then do t := LAST(i) B(t) := <tex>O_{ij}</tex> '''else''' t := T2; A(t) := <tex>O_{ij}</tex>; '''while ''' <tex>B(T_2) \ne \emptyset do </tex> T2 := T2 + 1; LAST(i) := t + 1
Очевидно, что количество шагов алгоритма ограничено <tex>O(r)</tex>
