Изменения

= <texdpi = "200"> P O \mid p_ip_{i,j} =1 , d_i \mid \sum w_i U_i- </tex> =

Дано <tex>m</tex> одинаковых станков, на которых нужно выполнить которые работают параллельно, и <tex>n</tex> работ, которые необходимо выполнить в произвольном порядке на всех станках. Любая работа на любом станке выполняется единицу времени. Для каждой работы есть время окончания <tex>d_i</tex> {{---}} ожидаетсявремя, что до этого времени которого она будет закончена, и штраф <tex>w_i</tex>, который нужно будет выплатить в случае, если работа была закончена после <tex>d_i</tex>должна быть выполнена. Необходимо минимизировать суммарный штрафпроверить, существует ли расписание, который придется выплатитьпри котором все работы будут выполнены вовремя.

Оптимальное расписание для этой задачи будем задавать множеством работ <tex>S</tex>, которые будут выполнены в начале, как после будет показано, именно за эти работы штраф начислен не будет. Работы, которые не войдут в <tex>S</tex>, то есть завершатся с опозданием, могут быть выполнены в конце в любом порядке.<br>Чтобы построить множество <tex>S</tex>, будем добавлять работы в порядке неуменьшения их времен окончания, и как только некоторая работа <tex>j</tex> опаздывает, удалим из <tex>S</tex> работу с минимальным значением <tex>w_i</tex> и поставим <tex>j</tex> на ее место.<br>Пусть есть работы <tex>1 \cdots n</tex> с временами окончания <tex>d_1 \leq d_2 \leq \cdots \leq d_n</tex>. Будем называть ''простоем '' временной интервал, в который на машине ничего не обрабатывается. Тогда следующий алгоритм вычислит оптимальное множество <tex>S</tex>.  <tex>S \leftarrow \varnothing</tex> '''for''' <tex>j = 1</tex> '''to''' <tex>n</tex>: '''if''' <tex>j</tex> опаздывает, и все более ранние простои заполнены: найти <tex>i: w[i] = \min\limits_{k \in S}(w[k])</tex> '''if''' <tex>w[i] < w[j]</tex>: заменить <tex>i</tex> на <tex>j</tex> в <tex>S</tex> '''else''': добавить <tex>i</tex> в <tex>S</tex> и поставить <tex>i</tex> на место самого раннего простояТаким образом, работы, не попавшие в <tex>S</tex>, будут иметь минимальное значение <tex>w_i</tex>.== Доказательство корректности Идея =={{Теорема|statement=Вышеописанный алгоритм корректен и строит оптимальное множество работ <tex>S</tex>.|proof=Пусть <tex>S</tex> {{---}} множество работЗаметим, вычисленное с помощью алгоритма. Тогда все работы, находящиеся в этом множестве, будут выполнены в срок, то есть штраф за них налагаться не будет, так как что если работа <tex>j</tex> заменила работу <tex>i</tex>, которая успевала выполниться до истечения d_i <tex>d_im</tex>, то <tex>j</tex> так же успеет выполниться в срок, потому что <tex>d_i \leq d_j</tex>.<br>Пусть <tex>S^*</tex> {{---}} множество работ без штрафов в оптимальном расписании.<br>Определим работы <tex>l</tex> и <tex>k</tex> следующим образом:* <tex>l</tex> {{---}} первая работа в <tex>S</tex>: <tex>l \notin S^*</tex>* <tex>k</tex> {{---}} первая работа в <tex>S^*</tex>: <tex>k \notin S</tex>Покажем, что в <tex>S^*</tex> работа <tex>k</tex> может быть заменена работой <tex>l</tex> без увеличения значения целевой функции. Рассмотрим два случая:<br>1. Пусть <tex>l < k</tex>.<br>То, что <tex>k</tex> не принадлежит множеству <tex>S</tex>, значит, что либо на некотором шаге появилась опаздывающая работа <tex>j</tex>, которая заменила <tex>k</tex>, либо работа <tex>k</tex> опаздывала и <tex>w_k</tex> было меньше <tex>\min\limits_{i \in S}w_i</tex>, и поэтому она не была добавлена. В любом случае в это время работа <tex>l</tex> уже принадлежала <tex>S</tex>. Во втором случае очевидно, что <tex>w_k \leq w_l</texC_i >. То же неравенство выполняется и в первом случае, так как на этапе замены мы выбрали <tex>kd_i</tex>, а не <tex>l</tex>. Следовательноследовательно, мы расписания не ухудшим целевую функцию заменой <tex>k</tex> на <tex>l</tex>существует.<br>2. Пусть <tex>l > k</tex>.<br>Замена работы <tex>k</tex> в <tex>S^*</tex> на работу <tex>l</tex> не противоречит условиюПоэтому будем полагать, что за все работы в этом множестве штраф налагаться не будет, так как <tex>k</tex> выполнялась в срок, а <tex>d_k m \leq d_lleqslant d_i</tex> и все работы выполняются одинаковое количество времени. Следовательно, <tex>l</tex> так же будет выполнена в срок. Осталось доказать, что <tex>w_k \leq w_l</tex>. <br>Пусть работа <tex>k_{i_0} = k</tex> была заменена работой <tex>i_0</tex>, а так же <tex>k_{i_1} \cdots k_{i_r}</tex> {{---}} последовательность работ из <tex>S</tex>, каждая из которых была на некотором шаге заменена работой <tex>i_1 \cdots i_r</tex> соответственно. Тогда <tex>i_0 < i_1 < \cdots < i_r</tex>.<br>[[Файл:Sh.jpg|250px|thumb|right|Рис. 1. <tex>i_v</tex> превосходит <tex>i_u</tex>.]]Будем говорить <tex>i_v</tex> ''превосходит'' <tex>i_u</tex>, где <tex>u < v</tex>, если <tex>k_{i_v} \leq i_u</tex>. Тогда <tex>w_{k_{i_v}} \geq w_{k_{i_u}}</tex>, так как когда мы вставляли работу <tex>i_u</tex> мы выбрали для замены <tex>k_{i_u}</tex>, то есть ее вес был минимальным среди всех работ, находившихся на тот момент в <tex>S</tex>, включая <tex>k_{i_v}</tex>. Для большей ясности на рисунке 1 показано, в каком порядке располагаются эти работы относительно друг друга согласно их номерам.<br>Если из последовательности <tex>i_0 < i_1 < \cdots < i_r</tex> можно выделить подпоследовательность <tex>j_0 i = i_0 < j_1 < \cdots < j_s</tex> со свойствами:* <tex>j_{v + 1}</tex> превосходит <tex>j_v</tex>, где <tex>v \in [0 \cdots s - 1]</tex>* <tex>j_{s - 1} < l \leq j_s</tex> ,то <tex>w_l \geq w_{k_{j_s}} \geq \cdots \geq w_{k_{j_0}} = w_kldots n</tex>, что доказывает теорему.<br>В противном случае найдем такую работу <tex>i_t</tex> с наименьшим <tex>t</tex>, что никакая работа <tex>i_v</tex>, где <tex>v > t</tex>, не превосходит <tex>i_t</tex>, причем <tex>i_t < l</tex>. По определению это значит, что после того, как работа <tex>i_t</tex> будет добавлена в <tex>S</tex>, ни одна работа <tex>i \leq i_t</tex> не будет удалена из этого множества. Так как <tex>i_t < l</tex>, то по определению <tex>l</tex> все работы, которые на момент добавления <tex>i_t</tex> находятся в <tex>S</tex>, так же должны принадлежать <tex>S^*</tex>. Покажем, что это приведет нас к противоречию.<br>Пусть <tex>S_t</tex> {{---}} множество <tex>S</tex> после удаления <tex>k_{i_t}</tex> и добавления <tex>i_t</tex>. Рассмотрим два случая:<br>а). Если <tex>k^* = k_{i_t} > k</tex>, то есть <tex>d_{k^*} \geq d_k</tex>, то мы можем заменить <tex>k</tex> на <tex>k^*</tex> в <tex>S^*</tex>, сохранив условие, что <tex>S^*</tex> не содержит опаздывающих работ. Следовательно, множество <tex>S_t \cup \{k^*\}</tex> не содержит работ со штрафами, что противоречит построению <tex>S</tex>.б). Пусть <tex>k^* < k</tex>. Тогда все работы из <tex>S_t \cup \{k\}</tex> могут быть выполнены в срок, так как <tex>S_t</tex> и <tex>k</tex> принадлежат <tex>S^*</tex>. Более того, все работы из множества <tex>\{j \in S_t | j < k\}</tex> могут быть выполнены без опозданий. Таким образом, мы снова приходим к тому, что множество <tex>S_t \cup \{k^*\}</tex> не содержит работ со штрафами, что является противоречием.}}