Изменения

==Условие задачи==В нотации Грэхема задача носит название <texdpi = "200">J2\mid p_{ij} = 1\mid L_{max}</tex> {{Задача|definition=Дано <tex>n</tex> работ <tex>i = 1,\ldots,n</tex> и две машины, обозначенные как <tex>A</tex> и <tex>B</tex>. <tex>i</tex>-тая работа состоит из <tex>n_i</tex> операций <tex>O_{ij}</tex> <tex>(j = 1,\ldots n_i)</tex>, которые должны быть выполнены последовательно и, при этом, если <tex>O_{ij} </tex> операция была совершена на машине <tex>A (B)</tex>, то операция <tex>O_{i,j-1}</tex> должна быть совершена на машине <tex>B (A)</tex>. Задача заключается в том, что для данного каждой <tex>i</tex>-той работе дедлайна <tex>d_i \geqslant 0</tex> необходимо найти достижимое расписание с наименьшими максимальным временем опоздания: <tex>\max\{C_i - d_i \mid i = 1, \ldots, n\}</tex>. }} Необходимо отметить, что рассматриваемая задача более узкая, чем следует из ее названия по нотации Грэхема: машины в последовательности операций должны чередоваться.==Описание задачи==Из условия следует, что <tex>i</tex>-тая работа может характеризоваться двумя значениями: числом операций <tex>n_i</tex> и машиной, на которой была совершена первая операция. Пусть <tex>r = \overset{n}{\underset{i=1}{\sum}}n_i</tex> {{---}} общее количество операций.

<tex>i</tex>-тая работа состоит из <tex>n_i</tex> операций <tex>O_{ij}</tex> <tex>(j = 1,\ldots n_i)</tex>, которые должны быть выполнены последовательно и, при этом, если <tex>O_{ij} </tex> операция была совершена на машине <tex>A (B)</tex>, то операция <tex>O_{i,j-1}</tex> должна быть совершена на машине <tex>B (A)</tex>. Задача заключается в том, что для данного каждой <tex>i</tex>-той работе дедлайна <tex>d_i \ge 0</tex> необходимо найти достижимое расписание с наименьшими максимальным временем опоздания: <tex>\max\{C_i - d_i | i = 1, \ldots, n\}</tex> ==Описание решения==Судя по условию, <tex>i</tex>-тая работа может характеризоваться двумя значениями: количество операций <tex>n_i</tex> и машиной, на которой была совершена первая операция. Пусть <tex>r = \sum_{i=1}^n N_i</tex> {{---}} общее количество операций. Допустим, самым ранним моментом, когда операция может начать выполняться, будет момент времени <tex>0</tex>, а верхнюю границу момента начала выполнения последней операции обозначим за <tex>t_{max}</tex>. К примеру, мы можем выбрать <tex>t_{max} = r</tex>. Тогда расписание можно представить как два списка <tex>A(t)</tex> и <tex>B(t) </tex> <tex>(t = 0,\ldots,t_{max})</tex>, где <tex>A(t) = O_{ij}</tex>, если операция <tex>O_{ij}</tex> должна выполниться на машине <tex>A</tex> в момент времени <tex>t</tex> и <tex>A(t) =</tex> <tex> \varnothing</tex>, если машина <tex>A</tex> простаивает в этот момент. И для каждой операции <tex>O_{ij}</tex>, выполняющейся на машине <tex>A</tex> существует <tex>t</tex>, для которого <tex>A(t) = O_{ij}</tex>. Аналогично для <tex>B_i</tex>. Расписание достижимо тогда и только тогда, когда из <tex>A(t) (B(t)) = O_{ij} , 1 < j \le leqslant n_i</tex> следует <tex>O_{i,j-1} = B(s) (A(s))</tex> для некоторого <tex>s < t</tex>, и первая операция для каждой работы запланирована на нужной машине. Перестановку всех Обозначим некоторую перестановку операций будем называть спискомза <tex>L</tex>. Для данного списка <tex>L</tex> осуществимое расписание может быть создано следующим способом: планируем выполнять операции в порядке, соответствующим соответствующем <tex>L</tex>, причем каждую операцию стараемся выполнить как можно раньше. Подобное расписание будем называть соответствующим <tex>L</tex> расписанием.

<tex>C_i = \max\{t + 1 | \mid A(t)\}</tex> или <tex>B(t)</tex> {{---}} операция <tex>i</tex>-той работы}.

Задача заключается в том, что для данного каждой работе <tex>i</tex> дедлайна <tex>d_i \ge geqslant 0</tex> мы хотим нужно найти достижимое расписание с наименьшими наименьшим максимальным временем опоздания:

<tex>L_{\max} = \max\limits_{C_i - d_i | i = 1, ..n}\ldots, n{C_i - d_i\}</tex>

Следующий ==Описание алгоритма==Для решения задачи применим следующий алгоритм решает эту задачу:

* Введём введём для каждой операции <tex>O_{ij}</tex> величину <tex>l(O_{ij}) = d_i - n_i + j</tex>{{---}} максимальное время завершения <tex>O_{ij}</tex>, при котором работа будет завершена не позднее дедлайна, при условии, что остальные операции выполняются без задержек вслед за ней,* Создадим создадим список всех операций <tex>L</tex>, упорядоченный в порядке неубывания значений <tex>l(O_{ij})</tex> , * Найдем найдем соответствующее списку <tex>L</tex> расписание.

Этот алгоритм может быть реализованным реализован с асимптотикой <tex>O(r \log r)</tex>.

Мы предполагаемПредположим, что <tex>d_i \ge geqslant 0</tex> для <tex>i = 1,\ldots,n</tex> и хотя бы для одной работы <tex>i</tex> : <tex>d_i = 0</tex>. Иначе, вычтем из всех <tex>d_i</tex> минимальное значение по <tex>d_i</tex>.

Так как Заметим, что <tex>\forall</tex> <tex>i = 1,\ldots,n</tex>: <tex>C_i \ge geqslant 1</tex> для всех и <tex>\exists</tex> <tex>i = 1,\ldots,n</tex> и : <tex>d_i = 0</tex> справедливо . Поэтому <tex>L_i = C_i - d_i \ge geqslant 1</tex> как минимум для одной работы <tex>i</tex>. К тому же, можно предположить, что <tex>C_i \le leqslant r</tex>. Таким образом, работы с <tex>d_i > r - 1</tex>, то есть c <tex>L_i = C_i - d_i < 1</tex>, можно смело игнорировать. Они не влияют на значение улучшаемой функции <tex>\max(L_i)</tex>, так как для некого <tex>i</tex> : <tex>L_i \ge geqslant 1</tex> можно выполнять эти работы в любом порядке после всех остальных. Для оставшихся операций <tex>O_{ij}</tex> мы имеем:

<tex>-r + 1 \le leqslant l(O_{ij}) = d_i - n_i + j \le leqslant r - 1</tex>

Каждую Для того, чтобы найти расписание, соответствующее списку всех операций <tex>L</tex>, выполним следующие шаги:*на первом шаге каждую операцию мы кладём в соответствующий [[список (на самом деле это должен быть heap для хорошей асимптотики) ]] <tex>L(k)</tex>, где <tex>k = l(O_{ij}) = d_i - n_i + j</tex> <tex>(-r + 1 \le leqslant k \le leqslant r - 1)</tex>. На ; *на втором шаге мы планируем операции соответственно возрастающему по номеру списка <tex>k</tex> порядку, где операции из одного списка могут выполнятся в произвольном порядке.

Давайте детально рассмотрим Рассмотрим алгоритм. Пусть:*<tex>\mathtt{T1}</tex> и <tex>\mathtt{T2}</tex> обозначают {{---}} первый период времени <tex>t \ge geqslant 0</tex>, когда соответствующие машины <tex>A</tex> и <tex>B</tex> бездействуют. ;*<tex>\mathtt{LAST([i)]}</tex> обозначает {{---}} время окончания последней запланированной операции <tex>i</tex>-той работы. ;*<tex>\mathtt{Z}</tex> {{---}} множество работ, где <tex>d_i \ge geqslant r</tex> .

'''main()function'''solve(): <font color=darkgreen>// Шаг 1</font> <font color=darkgreen>// Инициализируем L и Z</font> '''for''' k: = -r + 1 '''to''' r - 1 <tex>L(k)</tex> = <tex>\emptyset</tex>; Z = <tex>\emptyset</tex>; '''for''' i: = 1 '''to''' n

'''for''' j: = 1 '''to''' <tex>n_i</tex>

'''for''' i: = 1 '''to''' n LAST([i) ] = 0; T1 = 0; T2 = 0; <font color=darkgreen>// Шаг 2</font> <font color=darkgreen>// Планируем операции соответственно возрастающему по номеру списка порядку</font> '''for''' k: = -r + 1 '''to''' r - 1

<tex>L(k)</tex> = <tex>L(k)\setminus\{O_{ij}\}</tex>;

'''for''' j: = 1 '''to''' <tex>n_i</tex>

'''function'''schedule(<tex>O_{ij}</tex>)''': t = 0

'''if''' T1 < LAST([i) ] t = LAST([i)] A(t) = <tex>O_{ij}</tex> <font color=darkgreen>// </font><tex> (*)</tex>

t = T1; A(t) = <tex>O_{ij}</tex>;

T1 = T1 + 1;

'''if''' T2 < LAST([i)] t = LAST([i)] B(t) = <tex>O_{ij}</tex> <font color=darkgreen>//</font> <tex> (**)</tex>

t = T2; A(t) = <tex>O_{ij}</tex>;

T2 = T2 + 1; LAST([i) ] = t + 1

Очевидно==Асимптотика==Суммарное количество операций равно <tex>r</tex>. Первый шаг алгоритма занимает <tex>O(r)</tex>, что так как каждая операция добавляется либо в <tex>L</tex>, либо в <tex>Z</tex>. На втором шаге каждая операция назначается единожды, то есть на втором шаге также выполняется <tex>O(r)</tex> действий. И, наконец, суммарное время всех вызовов функции <tex>\mathrm{schedule}</tex> также равно <tex>O(r)</tex>, так как суммарное количество шагов итераций циклов внутри этой функции не превышает <tex>O(r)</tex>. Итого, время работы алгоритма ограничено <tex>O(r)</tex>.

Для доказательства того, что алгоритм решения задачи корректен, необходимо показать то, что он строит достижимое расписание. Это справедливо тогда и только тогда, когда до исполнения строчек <tex>(*) </tex> и <tex>(**) </tex> пусты <tex>A(t) </tex> и <tex>B(t) </tex> соответственно. Иначе две разные операции будут выполняться в один момент времени на одной машине. Для того, чтобы показать достижимость докажем лемму.

|proof= Докажем по индукции по <tex>s</tex>, что если <tex>B(s) = O_{ij}</tex> и <tex>s > t</tex>, то <tex>A(s -1) = O_{i, j - 1}</tex>. Это, очевидно, верно при <tex>s = t+1</tex> так как если <tex>B(t+1) = O_{ij}</tex> и <tex>A(t)</tex> не соответствует задаче работе <tex>i</tex>, то <tex>B(t) = \emptyset</tex> означает что операция <tex>O_{ij}</tex> должна быть запланирована в расписании ранее.

Предположим теперь что лемма верна для всех <tex>v</tex> при <tex>t < v < s</tex> и <tex>B(s) = O_{ij}</tex> . Выберем максимальное <tex>l</tex>, такое что <tex>t < l < s</tex> и <tex>B(l) = \emptyset</tex>. По предположению индукции, <tex>A(v- −1)</tex> и <tex>B(v)</tex> соответствуют одной и той же задаче работе для <tex>v = l + 1,...\ldots,s —- 1</tex>. Пусть <tex>A(s - 1</tex>) не соответствует задаче работе <tex>i</tex>. Тогда для каждого <tex> v \in\{l, l + 1, . . . \ldots , s - 1\}</tex> операция <tex>A(v)</tex> не соответствует задаче работе <tex>i</tex>. Таким образом, <tex>O_{ij}</tex> может быть обработан в момент <tex>l</tex>, что противоречит тому факту, что <tex>Y</tex> является расписанием.

|proof=Предположим что <tex> A(t) \neq \emptyset</tex> <tex> (B(t) \neq \emptyset)</tex>. Поскольку <tex> A(T1) = \emptyset</tex> <tex> (B(T2) = \emptyset )</tex>, из предыдущей леммы следует, что <tex> A(t) </tex> и <tex> B(t-1) </tex> <tex> (B(t) </tex> и <tex> A(t-1)) </tex> являются операциями одной и той же задачи <tex> k</tex>. Так как <tex> LAST (i)= t</tex>, то должно быть значение <tex> k \neq i</tex>. Это невозможно, т.к. при <tex> LAST (i) = t</tex> и <tex> \mu_{ij} = A(\mu_{ij} = B) </tex> , <tex> B(t - 1) = O_{в разработкеi,j-1}</tex> <tex>(A(t - 1) = O_{i,j-1})</tex>.

|proof=Покажем, что если в расписании, построенном данным алгоритмом есть опоздание, то опоздание есть в каждом расписании. Если есть опоздание в <tex> Y = (A(t), B(t)) </tex>, то существует операция <tex> A(t) </tex> или <tex> B(t) </tex> с <tex> l(A(t)) < t + 1</tex> или <tex> l(B(t)) < t + 1</tex>. Например, это неравенство верно для последней операции в конце работы. Выберем минимальное <tex> t</tex> с этим свойством и предположим, что <tex> l(A(t)) < t + 1</tex>.Тогда мы докажем, что<tex> l(A(v)) \leqslant l(A(t)) </tex> <tex> for</tex> <tex> v = 1, . . . , t - 1</tex> и <tex> l(A(0)) \leqslant l(A(t)) </tex> <tex> if </tex> <tex> A(0) \neq \emptyset</tex>.<tex>(***)</tex>Таким образом, в каждом расписании должно существовать, по крайней мере, одно опоздание, т.к. если <tex> A(0)\neq \emptyset</tex> то <tex> l(A(v)) < t + 1</tex> при <tex> v = 0, . . . , t</tex> и мы должны запланировать <tex> t + 1 </tex> операций во временном интервале <tex> [0, t] </tex>, что невозможно. Если же <tex> A(0) = \emptyset </tex>, то все задачи начинаются на машине <tex> B </tex> и <tex> t</tex> операций должны обрабатываться в интервале времени <tex> [1, t] </tex>, что тоже не возможно.Для доказательства <tex>(***)</tex> заметим, что (***) верно, если <tex> A(t) </tex> является первой операцией для работы, так как если <tex> l(A(t)) < l(A(v)) </tex> при некоторых <tex>v = 0. . . , t - 1</tex>,то алгоритм должен запланировать <tex> A(t) </tex> перед <tex> A(v) </tex>.Теперь положим <tex> A(t) = O_{ij}</tex> для какого-нибудь <tex> i</tex> и <tex> j > 1</tex>.Получим <tex> O_{ij-1} = B(s) </tex> при <tex> s < t - 1</tex>,так как из <tex> s = t - 1</tex> следует <tex> l(B(s)) = l(A(t)) - 1 < t = s + 1</tex>, а это противоречит минимальности <tex> t</tex>. Из этого следует, что <tex> l(A(v)) < l(A(t)) </tex> при <tex> v = s + 1,\ldots,t - 1</tex>так как в разработкепротивном случае <tex> A(t) </tex> должно быть запланировано ранее. Также <tex> l(A(s)) < l(A(s + 1)) </tex> поскольку в противном случае <tex> A (s + 1) </tex> должно быть запланировано на время <tex> s</tex>, так как <tex> A (s + 1) </tex> и <tex> B(s) </tex> являются операциями различных задач. Для <tex> s = 0</tex> мы доказали (***). Иначе пусть <tex> A(s) = O_{i’,j’,} </tex>. Если <tex> A (s) </tex> — первая операция задачи, мы закончили. В противном случае, если<tex> O_{i’,’j-1}= B(r) </tex> при <tex> r < s - 1</tex>,мы снова имеем <tex> l(A(v)) \leqslant l(A(s)), v = r, . . . , s - 1</tex>. Если <tex> O_{i',j'-1} = B(s - 1) </tex>, тогда возьмем минимальное <tex> r \leqslant s - 1</tex> такое, что <tex> B(v) </tex> и <tex>A(v+1) </tex> являются последовательными операциями одной и той же задачи при <tex> v = r, \ldots,s - 1</tex>. <tex> A(s + 1) </tex> не соответствует задаче <tex> i</tex>, и мы снова имеем <tex> l(A(v)) < l(A(s + 1)), v = r,\ldots,s</tex>.Если <tex> r = 0</tex>, мы закончили. Если <tex> r > 0</tex>, продолжаем таким же образом.

|proof=Пусть <tex> l</tex> — максимальное опоздание оптимального расписания. Тогда <tex>\max\limits_{i=1..n}L(i) = \max\limits_{в разработкеi=1..n}(C_i - d_i) \leqslant l</tex> эквивалентно<tex>\max\limits_{i=1..n}(C_i - (d_i+l)) \leqslant 0</tex>. По первой лемме, данный алгоритм применительно к задаче с дедлайнами <tex> d_i + l</tex> дает оптимальное расписание для исходной задаче. Кроме того, это расписание совпадает с расписанием, которое мы получим, применив данный алгоритм к исходной задаче.

==См. также.==* [[Классификация задач]]* [[J2ni2Cmax|<tex>J2 \mid n_{i} \leqslant 2 \mid C_{max}</tex>]] ==Источникиинформации==* Peter Brucker. «Scheduling Algorithms» {{---}} «Springer», 2006 г. {{---}} 180 {{---}} 186 стр. {{---}} ISBN 978-3-540-69515-8

[[Категория: Дискретная математика Алгоритмы и алгоритмыструктуры данных]]