Opi1sumu

[math]O \mid p_{ij} = 1 \mid \sum U_i[/math]

Задача:

Дано [math]m[/math] одинаковых станков, которые работают параллельно и [math]n[/math] работ, котороые необходимо выполнить в произвольном порядке на всех станках. Время выполнения каждой работы на любом станке одинаково и равно одному. Для каждой работы известно время, до которого её необходимо выполнить. Необходимо успеть выполнить как можно больше работ.

Алгоритм

Описание алгоритма

Определение:

Обозначим за тайм-слот [math]t[/math] множество из не более, чем [math]m[/math] различных чисел — номера работ, которые мы хотим выполнить в момент времени [math]t[/math].

Введем тайм-слот для каждого момента времени от [math]0[/math] до [math]d_n[/math]. Каждую работу будем пытаться сделать как можно позже. Будем рассматривать работы в порядке невозрастания дедлайнов. [math]i[/math]-ю работу попытаемся добавить в тайм-слоты с номерами от [math]d_i - m + 1[/math] по [math]d_i[/math]. После добавления некоторые тайм-слоты могли переполниться (тайм-слот переполнился, если в нём уже находилось [math]m[/math] работ, и в него добавили [math]m+1[/math]-ю). Для переполнившегося тайм-слота найдём найдем самый правый левее него тайм-слот, который ещё не переполнился и перекинем работу, которой там еще нет, в него. Так как в нем меньше элементов, то по принципу Дирихле, это можно сделать.

Сведем задачу построения распинания по построенным тайм-слотам к задаче о покрытии двудольного графа минимальным количеством паросочетаний.

Определим [math]k[/math] как максимальное число работ, которые можно успеть выполнить.

Построим двудольный граф. В левой доле вершинам будут соответствовать работы, в правой — времена. Соответственно, в левой доле будет [math]n[/math] вершин, в правой — [math]d_{max}[/math]. Ребро между работой [math]i[/math] и временем [math]t[/math] будет, если работа [math]i[/math] есть в тайм-слоте [math]t[/math].

Рассмотрим какое-то паросочетание [math]M[/math] в этом графе. Оно соответствует корректному расписанию работ на одной машине: ни одна работа не выполняется два раза и ни в один момент времени не выполняется более одной работы.

Тогда, если мы сможем построить множество мощности [math]m[/math] такое, что каждое ребро находится хотя бы в одном из паросочетаний, то оно будет соответствовать тому, что каждая работа обработана на каждом станке, а значит, составлено корректное расписание для этих [math]k[/math] работ.

Достроим граф до регулярного степени [math]m[/math]. Достраивать будем следующим образом. Каждая вершина в левой доле имеет степень [math]m[/math], так как каждая работа представлена в [math]m[/math] тайм-слотах. В правой доле степень каждой вершины не больше [math]m[/math], так как в тайм-слоте не может быть больше, чем [math]m[/math] работ. Значит, в левой доле не больше вершин, чем в правой. Добавим в левую долю фиктивных вершин, чтобы количества вершин в левой и правой долях сравнялись. После чего просто будем добавлять ребра между вершинами, степень которых еще меньше [math]m[/math]. Для покрытия этого графа паросочетаниями воспользуемся тем фактом, что регулярный двудольный граф степени [math]d[/math] можно покрыть [math]d[/math] паросочетаниями.

При помощи построения паросочетаний было построено расписание для тех [math]k[/math] работ, которые можно успеть сделать. Так как остальные работы уже нельзя успеть, расписание для них можно составить произвольное. Например, выполнять их по очереди после выполнения первых [math]k[/math] работ.

Существование решения

Теорема:

Следуя этому алгоритму, расписания не существует тогда и только тогда, когда переполнился нулевой тайм-слот.

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

[math]\Rightarrow[/math] Расписания не существует, а значит, никакой алгоритм его не найдет. [math]\Leftarrow[/math] Введем понятие фронта расписания. Фронтом назовем вектор размеров тайм-слотов. Заметим, что от того, в каком порядке происходят перебрасывания из переполнившихся тайм-слотов, итоговый фронт не зависит. Поэтому, если мы сначала положим все работы в тайм-слоты, игнорируя ограничение на их размер, а потом в каком-то порядке перекинем, итоговый фронт окажется тем же. В случае, если при построении тайм-слотов игнорировалось ограничение на их размер, ни одну единицу работы нельзя назначить позже. Будем также рассматривать тайм-слоты без номеров работ: в каждом тайм-слоте просто лежит сколько-то единиц работ. От этого итоговый фронт также не изменится. Заметим, что если нельзя составить корректную в плане наполненности конфигурацию тайм-слотов при данном ослаблении, то нельзя это сделать и в случае существования номера у каждой единицы работы. Будем рассматривать тайм-слоты по убыванию времени с [math]d_1[/math] до [math]0[/math]. В каждый момент времени будем хранить сколько работ необходимо перекинуть на более ранние тайм-слоты. Изначально это число равно нулю. Рассмотрим очередной тайм-слот. Пусть в нем занято [math]h[/math] ячеек из [math]m[/math], а также есть еще [math]a[/math] нераспределяемых позже единиц работы. Здесь возможны два случая: [math]h + a \gt m[/math]. В этом случае, так как более [math]m[/math] единиц работы сейчас выполнить нельзя, а также ничего нельзя назначить позже, то оказывается, что невыполняемых сейчас или позже работ стало [math]h + a - m[/math]. Если [math]h + a \leqslant m[/math]. Здесь можно назначить все нераспределяемые позже работы на это время, и сбросить их счетчик. Так как и этот, и изучаемый алгоритм получают в итоге одинаковый фронт, а в этом мы вышли из нулевого времени, а невыполненные единицы работы остались, то так как распределить их никак невозможно, то не существует расписания, в котором бы выполнились все работы.

[math]\triangleleft[/math]

Оценка сложности алгоритма

Рассмотрим добавление очередной работы в тайм-слоты. За [math]O(t)[/math] найдём переполнившийся тайм-слот и за [math]O(m)[/math] перекинем из него элемент. Так как [math]t=O(nm)[/math], итоговая сложность этой части — [math]O(n^2m)[/math].

Достроение графа до регулярного делается за [math]O(E)[/math], где [math]E[/math] — количество ребер в нем. Количество ребер в регулярном двудольном графе [math]E = Vd[/math], где [math]V[/math] — количество вершин в одной из долей, а [math]d[/math] — степень. Количество вершин в правой доле — [math]O(t) = O(nm)[/math]. Значит граф будет построен за [math]O(nm^2)[/math], так как степень каждой вершины — [math]m[/math].

Сложность последней фазы зависит от того, каким алгоритмом граф разбивается на паросочетания. Использовав, например, алгоритм Куна, можно добиться сложности [math]O(m \cdot M) = O(m \cdot n^3m^3)[/math]. Итоговая сложность алгоритма — [math]O(n^3m^4)[/math].

См. также

• [math]O \mid p_{ij} = 1, d_i \mid - [/math]

Источники информации

• Peter Brucker «Scheduling Algorithms», fifth edition, Springer — с. 179 ISBN 978-3-540-69515-8