Изменения

{{Теорема|statement= Задача о проверке на пустоту пересечения двух КС-грамматик неразрешима.|proof= Пусть <tex dpi >A = "200"> O \mid p_{i(G_1,j} G_2) \mid L(G_1) \cap L(G_2) = 1, d_i \mid - varnothing \}</tex>{{Задача. Сведем [[Примеры неразрешимых задач: проблема соответствий Поста|definition=Дано проблему соответствий Поста]] к <tex>m\overline{A}</tex> одинаковых станков, которые работают параллельнотаким образом показав, что дополнение проблемы неразрешимо. Так как рекурсивные языки [[Замкнутость разрешимых и перечислимых языков относительно теоретико-множественных и алгебраических операций|замкнуты относительно дополнения]], то из неразрешимости дополнения проблемы будет следовать неразрешимость самой проблемы. Для любого экземпляра ПСП <tex>n(x_1, x_2, ..., x_n)</tex> работи <tex>(y_1, y_2, которые необходимо выполнить в произвольном порядке на всех станках. Любая работа на любом станке выполняется единицу времени.., y_n)</tex> над алфавитом <tex>\Sigma</tex> можно подобрать символ <tex>\# \notin \Sigma</tex>. Для каждой работы есть время окончания каждого экземпляра построим грамматики:* <tex>G_1 : S \rightarrow aSa \mid a\#a</tex> для всех <tex>d_ia \in \Sigma</tex>. Тогда <tex>L(G_1) = \{ w\#w^R \mid w \in \Sigma^* \}</tex>, где обозначение <tex>w^R</tex> {{---}} времяразворот <tex>w</tex>.* <tex>G_2 : S \rightarrow x_iSy^R_i \mid x_i\#y^R_i</tex> для всех <tex>i = 1, 2, до которого она должна быть выполнена\dots n</tex>. Необходимо проверитьТогда <tex>L(G_2) = \{ x_{i_1} x_{i_2} \dots x_{i_m} \# (y_{i_1} y_{i_2} \dots y_{i_m})^R \mid i_1, существует ли расписаниеi_2, при котором все работы будут выполнены вовремя.\dots i_m \in \{ 1, 2, \dots n \}, m \geqslant 1 \} </tex>.== Описание алгоритма ===== Идея ===ЗаметимЕсли данный экземпляр ПСП имеет решение, что если то <tex>L(G_2)</tex>d_i содержит хотя бы одну строку вида < mtex>w\#w^R</tex>, то очевидно, что поэтому <tex>C_i > d_iL(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing</tex>, следовательнои наоборот, расписания если он не существует. Поэтому будем полагатьимеет решения, что то <tex>m \leqslant d_iL(G_2)</tex> для не содержит строк такого вида, соответственно <tex>i L(G_1) \cap L(G_2) = 1 \ldots nvarnothing</tex>.

Определим Таким образом мы свели проблему соответствий Поста к <tex>T = \max\limits_overline{i \in [1, n]A}d_i</tex> {{---}} количество временных интервалов <tex>[t - 1, t]</tex>, где <tex>t = 1 \ldots T</tex>. Будем обозначать <tex>[t - 1, t]</tex> как <tex>t</tex>. Для каждого из них мы можем назначить не более <tex>m</tex> работ (по одной на каждый станок). Для каждой работы <tex>i</tex> будем назначать времена обработки на каждой из машин следующим образом: на машине <tex>m</tex> работа займет временной интервал <tex>d_i</tex>следовательно, задача о проверке на машине <tex>(m пустоту пересечения двух КС- 1)</tex> {{---}} интервал <tex>(d_i - 1)</tex> и так далее, на машине <tex>1</tex> работа займет временной интервал <tex>d_i - m + 1</tex>грамматик неразрешима. В случае коллизий, то есть если найдется временной интервал <tex>k > 1</tex>, содержащий <tex>m + 1</tex> работу, возьмем минимальный такой <tex>k</tex> и перенесем лишнюю работу из него на ту же машину, но на один временной интервал левее. Будем повторять этот процесс, пока необходимо (и пока <tex>k > 1</tex>). Таким образом, только первый временной интервал может содержать более <tex>m</tex> работ. Причем это может произойти тогда и только тогда, когда задача не имеет решения, то есть не существует расписания, при котором все работы будут выполнены вовремя.=== Псевдокод ===Определим <tex>h(t)</tex> {{---}} количество работ во временном интервале <tex>t</tex>Из неразрешимости вышеприведенной задачи следует неразрешимость ряда других задач. Рассмотрим несколько примеров.

'''void''' checkExistenceOfSchedule('''int'''* По двум КС-грамматикам <tex>dG_1</tex>): и <tex>T = \max\{d_i \mid i = 1 \ldots n\}G_2</tex> '''for''' <tex>t = 1можно построить КС-грамматику для [[Замкнутость КС-языков относительно различных операций#.D0.9A.D0.BE.D0.BD.D0.BA.D0.B0.D1.82.D0.B5.D0.BD.D0.B0.D1.86.D0.B8.D1.8F|конкатенации]] задаваемых ими языков </tex> '''to''' <tex>T</tex> <tex>hL(tG_1) = 0</tex> '''for''' <tex>i = 1</tex> '''to''' <tex>n</tex> '''for''' <tex>j = d_i</tex> '''to''' <tex>d_i - m + 1</tex> <font color=green>L(1G_2)</fonttex> . По аналогии с этим мы можем рассматривать язык <tex>hL(jG_1) = h\#L(jG_2) + 1\#</tex> '''while''' , где <tex>\exists k > 1#</tex> '''and''' <tex>h(k) = m + 1</tex> <font color=green>(2)</font> '''find''' <tex>\min\{k_0 \mid h(k_0) = m + 1\}</tex> <tex>h(k_0 {-- 1) = h(k_0 - 1) + 1}} новый символ, не встречающийся в алфавите. Заметим, что пересечение языков непусто, то есть </tex> <tex>hL(k_0G_1) = m</tex> '''if''' <tex>h\cap L(1G_2) \leqslant mne \varnothing </tex> '''return''' true '''else''' '''return''' false''Замечание:'' если расписание существует, то оно может быть вычислено данным алгоритмом, если добавить в цикл (1) функциютогда и только тогда, отвечающую за добавление работы когда <tex>i</tex> на момент <tex>j</tex> в расписании для соответствующей машины и в цикл L(G_1)\#L(2G_2) функцию, отвечающую за перемещение работы, которой нет во временном интервале <tex>k_0 - 1</tex>, но которая есть в <tex>k_0\#</tex> на момент <tex>k_0 содержит [[Алгоритм Ландау- 1</tex> в той же машинеШмидта#.D0.9E.D0.BF.D1.80.D0.B5.D0.B4.D0.B5.D0.BB.D0.B5.D0.BD.D0.B8.D1.8F|тандемный повтор]].

=== Асимптотика ===ПокажемАналогично можно заметить, что данный алгоритм может быть реализован за время пересечение <tex>OL(nmG_1)\cap L(G_2) \ne \varnothing </tex> тогда и только тогда, когда <tex>L(G_1)\#L(G_2)^R</tex>содержит палиндром.

== Доказательство корректности ==Таким образом, мы имеем:{{ТеоремаУтверждение|statement=Для множества работ с дедлайнами Пусть дана грамматика <tex>d_1, d_2, \ldots d_nG</tex> задача имеет решение тогда и только тогда, когда <tex>hL(1G) \leqslant m</tex>.|proof=Изначально алгоритм присваивает все стадии обработки каждой работы <tex>iL</tex> (то есть обработку на каждом станке) попарно различным временным интервалам. Если <tex>\exists k > 1 Тогда следующие задачи неразрешимы: h(k) = m + 1</tex> и <tex>h(k - 1) \leqslant m</tex>, то это значит, что существует как минимум одна работа, которая назначена временному интервалу <tex>k# Содержит ли </tex>, но которой нет во временном интервале <tex>k - 1L</tex>тандемный повтор. Следовательно, после перемещения вектор <tex>h</tex> по-прежнему будет удовлетворять условию, что каждая работа принадлежит # Содержит ли <tex>mL</tex> разным временным интервалам, причем в каждом из них она будет выполняться на разных машинах, так как при перемещении работ машины остаются прежними. Таким образом, если <tex>h(1) \leqslant m</tex>, то <tex>h(t) \leqslant m</tex>, где <tex>t = 1 \ldots T</tex>, то есть существует решение, при котором все работы будут выполнены вовремяпалиндром.