Правило Лаулера

Постановка задачи

Рассмотрим задачу [math]1 \mid prec \mid f_{max}[/math].

Задача:

<wikitex>Дано $n$ работ, которые надо выполнить на одной машине, причем $i$-ая работа выполняется $p_i$ времени. Для каждой работы задана монотонно неубывающая функция $f_i$. Также между работами заданы отношения в виде ориентированного графа без циклов: если существует ребро $a \to b$, то работа $a$ должна завершиться до начала выполнения работы $b$. Необходимо построить такое расписание, чтобы величина $f_{max} = \max^{n}_{j=1}{f_j(C_j)}$, где $C_j$ — время окончания выполнения $j$-ой работы, была минимальна.</wikitex>

<wikitex>Задача $1 \mid \mid f_{max}$ является частным случаем вышеописанной задачи. Здесь нет зависимостей между работами, то есть граф состоит из $n$ вершин и не содержит ребер. Очевидно, решив задачу в общем виде, мы также решим и эту.</wikitex>

Правило Лаулера

Формулировка

<wikitex>Существует простой жадный алгоритм решения этой задачи, открытый Лаулером. Он заключается в том, чтобы строить расписание с конца.

Пусть $N = \{1, \dots, n\}$ — множество работ, и $S \subseteq N$ — множество работ, которых ещё нет в расписании. Пусть также $p(S) = \sum_{j \in S}{p_j}$. Тогда правило Лаулера можно сформулировать следующим образом: взять работу $j \in S$, у которой нет детей в графе зависимостей и имеющую минимальное значение $f_j(p(S))$, и сделать ее последней среди работ из $S$. </wikitex>

Реализация

<wikitex>Пусть граф задан матрицей смежности $A = (a_{ij})$, где $a_{ij} = 1$ тогда, и только тогда, когда существует ребро $i \to j$. За $N(i)$ обозначим число детей вершины $i$, а $schedule$ - расписание.

for i = 1 to n do
  for j = 1 to n do
     N[i] += A[i][j];
S = {1,...,n};
P = sum(p[i]);
for k = n downto 1 do
  find job j in S with N[j] = 0 and minimal f[j](P)-value;
  S = S \ {j};
  N[i] = inf;
  schedule[k] = j;
  P -= p[j];
  for i = 1 to n do
    if A[i][j] = 1 then
      N[i]--;

Сложность этого алгоритма $O(n^2)$. </wikitex>

Доказательство

Утверждение:

Вышеописанный алгоритм строит оптимальное расписание для задачи [math]1 \mid prec \mid f_{max} [/math].

[math]\triangleright[/math]

<wikitex>Пусть алгоритм построил расписание, в котором работы идут в порядке $1,2,\dots,n$. Также пусть $\sigma : \sigma(1), \dots, \sigma(n)$ — оптимальное расписание. Предположим, что $\sigma(i) = i$ для $i = n, n-1, \dots, r$ и $\sigma(r - 1) \ne r-1$, причем $r$ максимальное. Тогда имеем ситуацию, изображенную на рисунке. Мы можем поставить работу $r - 1$ сразу перед $r$ по построению. Поэтому $r - 1$ и $j$ не имеют наследников в множестве ${1,\dots,r-1}$. Пусть $p_{r-1}$ и $p_j$ есть времена, в которые выполняются работы $r-1$ и $j$. Теперь, если мы поменяем работы $r-1$ и $j$ местами, то ответ не ухудшится. Действительно, $f_j(p_{r-1}) \le f_j(p_j)$ и $f_{r-1}(p_j) \le f_j(p_j)$, а значения соответствующих функций для работ между $r-1$ и $j$ не изменятся, поэтому после перестановки ответ не ухудшится. </wikitex>

[math]\triangleleft[/math]

Источники

• Peter Brucker. «Scheduling Algorithms» — «Springer», 2006 г. — 379 стр. — ISBN 978-3-540-69515-8