Изменения

<tex dpi = "200"> O \mid p_{i,j} = 1 \mid \sum w_{i} U_{i} </tex>

Дано <tex>m</tex> одинаковых станков, которые работают параллельно, и <tex>n</tex> работ, которые необходимо выполнить в произвольном порядке на всех станках. Любая работа на любом станке выполняется за единицу времени. Для каждой работы есть время окончания <tex>d_id_{i}</tex> {{---}} время, до которого она должна быть выполнена. Требуется минимизировать <tex>\sum w_{i} U_{i}</tex>, то есть суммарный вес всех просроченных работ.

==АлгоритмОписание алгоритма==Идея алгоритма состоит в томДля решения этой задачи, что на шаге мы должны найти множество <tex>kS</tex> строим оптимальное решение для первых работ, которые успеваем выполнить до дедлайна. Значит нам надо минимизировать: <tex>k\sum\limits_{ i \notin S } {w_{i}}</tex> работ . Будем решать эту задачу с помощью [[Динамическое_программирование|динамического программирования]] с наименьшими дедлайнамииспользованием утверждений из решения задачи [[Opij1di|<tex> O \mid p_{i, j} = 1, d_{i} \mid - </tex>]].

Пусть Рассмотрим работы отсортированы в порядке возрастания неубывания дедлайнов. Пусть мы уже рассмотрели первые : <tex>k</tex> работ, тогда множество <tex>S_k</tex> содержит только те работы, которые мы успеваем выполнить в порядке возрастания дедлайнов при оптимальном расписании. Рассмотрим работу <tex>k+d_{1</tex>. Если мы ее успеваем выполнить данную работу, до наступления дедлайна, то добавим в множество <tex>S_} \leqslant d_{k2}</tex> и получим множество <tex>S_\leqslant \ldots \leqslant d_{k+1n}</tex>. Если же Пусть мы нашли решение для работ <tex>k+1, 2, \ldots, i - 1</tex> работу мы не успеваем выполнить до дедлайна. Очевидно, то найдем в что <tex>S_k</tex> работу <tex>l</tex> c наименьшим весом <tex>w_S \subseteq \{l1, \ldots , i - 1\}</tex> и заменим ее на работу <tex>k+1</tex>.

Таким образомПусть <tex>h^S</tex> {{---}} вектор соответствующий множеству <tex>S</tex> из задачи [[Opij1di|<tex> O \mid p_{i, j} = 1, d_i \mid - </tex>]]. Тогда, рассмотрев все для добавления работы<tex>i</tex> в множество <tex>S</tex> должно выполняться неравенство: <tex>m \cdot (d_{i} - m) - ( k m - \sum \limits_{j = 1}^m {h^S(d_{i} - m + j)})+x(d_{i}) \geqslant m</tex>, мы получим где <tex>k = |S|</tex>S_и <tex>x(d_{ni})</tex> {{---}} количество периодов времени <tex>t</tex> со свойствами: <tex>d_{i} - m + 1 \leqslant t \leqslant d_{i}</tex> и <tex>h^S(t) < m</tex>. Чтобы проверить это неравенство, нам нужно посчитать <tex>m</tex> чисел <tex>h^S(t)</tex> — множество работ, которые мы успеваем выполнить до наступления их дедлайнов<tex>t=d_{i} - m + 1, причем вес просроченных работ будет наименьшим. От порядка выполнения просроченных работ ничего не зависит\ldots, поэтому расположить в расписании их можно произвольным образомd_{i}</tex>.Для этого определим переменные:

==Псевдокод==Предполагаем, что перед началом выполнения алгоритма выполняется, что <tex>k_{j} = \begin{cases} h^S(d_{i} - m + j) & j \in \leqslant d_{1, \ldots , m\} \leqslant d_\0 & j \notin \{21 , \ldots , m\} \leqslant ... \leqslant d_\end{ncases}</tex>. Все работы, дедлайн которых меньше <tex>m</tex>, мы в любом случае выполнить без штрафа не успеем, поэтому их изначально можно отнести к просроченным.

<tex>S</tex> l_j = \begin{cases}1 & j \in \{---1 , \ldots , m\}\text{; } множество непросроченных работ, <tex>Check</tex> k_{{---j}} функция, решающая задачу [[Opij1di|<tex> O m \\0 & \mid p_text{i,jotherwise} = 1, d_i \mid - \\end{cases} .</tex>]].

S = Тогда можно заметить, что <tex>x(d_{i}) = \sum\varnothinglimits_{j = 1}^m {l_{j}}</tex> '''for''' i , так как <tex>l_{j} = 1 to n </tex> если <tex>1 \leqslant j \leqslant m</tex> и <tex>h^S = (d_{i} - m + j) < m</tex> или <tex> S d_{i} - m + 1 \cup leqslant d_{i} - m + j \leqslant d_{i\} </tex> '''if''' ''not'' Checkи <tex>h^S(sd_{i} - m + j) : найти такое <tex>km</tex>, что . Следовательно можно упростить исходное неравенство: <tex>w_m \cdot (d_{i} - m) - (k} = m - \min sum \limits_{ w_j = 1}^m {k_{j} }) + \sum \mid limits_{j = 1}^m {l_{j }} \in S\}geqslant m</tex> S = или <tex>S \setminus m \cdot (d_{i} - m - k)+ \sum\limits_{j = 1}^m {(k_{j} + l_{j})} \geqslant m</tex>.

Для динамического программирования определим <tex>f_{i} (k , k_{1} , \ldots , k_{m})</tex> {{---}} минимальное значение целевой функции для расписания работ <tex>i , i + 1 , \ldots , n</tex>, позволяющее выполнить работы из множества <tex>S</tex> без опоздания, где <tex>k =|S|, S \subseteq \{1, \ldots , i - 1\}</tex> и <tex>k_{j}=Доказательство корректностиh^S(d_{i} - m + j)</tex>, где <tex>j =1, \ldots , m</tex>, то есть <tex>f_{i} (k, k_{1}, \ldots , k_{m}) =\min \limits_{S: |S| = k, S \subseteq \{1, \ldots , i - 1 \}} (\sum \limits_{j = i}^n {w_{j} U_{j}})</tex>.

Пусть <tex>p = d_{i + 1} - d_{i}</tex>, тогда определим рекуррентное выражение для <tex>f_{i} (k, k_{1}, \ldots , k_m)</tex>: <tex>f_{i} (k, k_{1}, \ldots , k_{Утверждениеm}) = \begin{cases}|statementf_{i + 1} (k, k_{1 + p},k_{2 + p}, \ldots, k_{m + p}) + w_{i}, & m \cdot (d_{i} - m - k)+ \sum \limits_{j = 1}^m {(k_{j} + l_{j})} < m \text{ } (1)\\\min(f_{i + 1} (k, k_{1 + p}, k_{2 + p}, \ldots , k_{m + p}) + w_{i} ; f_{i + 1} (k + 1, k_{1 + p} + l_{1 + p}, k_{2 + p} + l_{2 + p}, \ldots , k_{m + p} + l_{m + p})), & m \cdot (d_i - m - k) + \sum \limits_{j = 1}^m {(k_{j} + l_{j})} \geqslant m \text{ }(2)\\\end{cases}</tex> c начальным условием: <tex>f_{n + 1} (k, k_{1}, \ldots , k_{m}) = 0 </tex> для <tex>k, k_{1}, \ldots , k_{m} =Алгоритм строит корректное расписание0, 1, \ldots , m</tex>.|proof=Если выполняется неравенство <tex>(1)</tex>, то мы успеваем выполнить очередную не можем добавить работу<tex>i</tex> в множество <tex>S</tex> и поэтому <tex>f_{i} (k, тоk_{1} \ldots , k_{m}) = f_{i + 1} (k, k_{1 + p}, очевидноk_{2 + p}, от ее добавления\ldots, расписание не может стать некорректнымk_{m + p}) + w_{i}</tex>. В противном случае  Если выполняется неравенство <tex>(2)</tex>, тогда мы пытаемся заменить одну может добавить работу из множества <tex>i</tex> в множество <tex> S </tex> на текущую. Но это так же или не может сделать наше расписание некорректнымдобавлять. Это следует из тогоЕсли мы добавим работу <tex>i</tex>, то <tex>f_{i} (k, k_{1}, \ldots , k_{m}) = f_{i + 1}(k + 1, k_{1 + p} + l_{1 + p}, k_{2 + p}+l_{2 + p}, \ldots , что мы рассматриваем работы в порядке неуменьшениях их дедлайновk_{m + p}+l_{m + p}) \text{ } (3)</tex>. Пусть Если мы заменяем не добавим работу <tex> k i</tex> на работу , то по аналогии с первым случаем <tex> f_{i} (k, k_{1}, \ldots , k_{m}) = f_{i + 1} (k, k_{1 + p},k_{2 + p}, \ldots, k_{m + p}) +w_{i} \text{ } (4)</tex>. Но Так как <tex> d_f_{i} (k, k_{1} , \leqslant d_ldots , k_{m}) = \min(\sum \limits_{j = i} ^n {w_{j} U_{j}})</tex>, то нам надо взять минимум из значений <tex>(3)</tex> и <tex>(4)</tex>. Ответ на задачу будет находиться в <tex>f_{1} (0, 0, следовательно\ldots , если мы успевали выполнить работу 0)</tex>. ==Пример работы==Пусть <tex> k m = 2</tex>, то успеем выполнить и работу <tex> i n = 3</tex>.{| class="wikitable" style="width:5cm" border=1|+|-align="center" bgcolor=#EEEEFF! номер работы || дедлайн || вес|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 2 || 7 |-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 2 || 6 |-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 3 || 2 || 5 |}Для такой задачи получится таблица для функции <tex>f</tex>:{| class="wikitable" style="width:20cm" border=1|+|-aling="center" bgcolor=#EEEEFF! <tex>k</tex> || <tex>k_1</tex> || <tex>k_2</tex> || <tex>f_{4} (k, k_1, k_2)</tex> || <tex>f_{3} (k, k_1, k_2)</tex> || <tex>f_{2}(k, k_1, k_2)</tex> || <tex>f_{1}(k, k_1, k_2)</tex>|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 0 || 0 || 0 || 0 || 0 || 5|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 0 || 1 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 0 || 2 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 1 || 0 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 1 || 1 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 1 || 2 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 2 || 0 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 2 || 1 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 2 || 2 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 0 || 0 || 0 || 5 || 11 || 7|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 0 || 1 || 0 || 5 || 11 || 7|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 0 || 2 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 1 || 0 || 0 || 5 || 11 || 7|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 1 || 1 || 0 || 0 || 5 || 7|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 1 || 2 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 2 || 0 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 2 || 1 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 2 || 2 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 0 || 0 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 0 || 1 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 0 || 2 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 1 || 0 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 1 || 1 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 1 || 2 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 2 || 0 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 2 || 1 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 2 || 2 || 0 || 5 || 0 || 0|}Действительно, в <tex>f_1 (0, 0, 0)</tex> записано <tex>5</tex>, что является минимальным значением целевой функции.

Время Для определения времени работы зависит от тогоалгоритма надо заметить, что <tex>i = 0, на сколько быстро мы будем добавлять\ldots , находить и удалять работы из множества n</tex>S, <tex> k = 0, \ldots , n</tex>. В качестве и <tex>Sk_j = 0, \ldots m</tex> можно использовать [[Двоичная куча | двоичную кучу]] или [[Красно-черное дерево | красно-черное дерево]] и тогда все нужные нам операции будут выполняться за где <tex>O(j = 1, \log n)ldots , m</tex>. Тогда время алгоритма будет Из рекуррентной формулы очевидно, что для подсчета одного значения <tex>O(n*f_{i} (k, k_{1}, \log n + T(Check))ldots , k_{m})</tex>. Так как нужно <tex>T(Check)=O(nmm)</tex>времени. Значит, то время алгоритма алгоритм работает за <tex>O(n^2*m^{m + 1})</tex>.

* [[Opij1di|<tex> O \mid p_{i,j} = 1, d_i \mid - </tex>]]* [[Opi1sumu|<tex>O \mid p_{iji, j} = 1 \mid \sum U_i</tex>]]* [[1pi1sumwu|<tex>1 \mid p_{i} = 1 \mid \sum w_{i}U_{i}</tex>]]