O2Cmax

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск

[math]O2 \mid \mid C_{max}[/math]

Задача:
Рассмотрим задачу:
  • дано [math]n[/math] работ и [math]2[/math] станка,
  • для каждой работы известно её время выполнения на каждом станке.
Требуется минимизировать время окончания всех работ, если каждую работу необходимо выполнить на обоих станках.


Описание алгоритма[править]

Пусть [math]a_{i}[/math] — время выполнения [math]i[/math]-ой работы на первом станке, а [math]b_{i}[/math] — на втором.

  1. Разобьём все работы на два множества: [math]I = \{i \mid a_{i} \leqslant b_{i}; i = 1, \dots, n\}[/math] и [math]J = \{i \mid a_{i} \gt b_{i}; i = 1, \dots, n\}[/math].
  2. Найдем такие [math] x [/math] и [math] y [/math], что [math]a_{x} = \max \limits_{i \in I} \{a_{i}\}[/math] и [math]b_{y} = \max \limits_{i \in J} \{b_{i}\}[/math].
  3. Построим оптимальное значение целевой функции: [math]C_{max} = \max \{\sum \limits_{i = 1}^{n} a_i, \ \sum \limits_{i = 1}^{n} b_i,\ \max \limits_{i = 1}^{n}\{a_i + b_{i}\}\}[/math].
  4. Рассмотрим два случая:
    1. [math]a_{x} \gt b_{y}[/math]. Будем строить расписание с двух концов:
      • Строим расписание слева: выполняем на первом станке все работы из [math]I \setminus \{x\}[/math], а на втором выполняем первой работу [math]x[/math], затем [math]I \setminus \{x\}[/math] в том же порядке, что и на первом станке.
      • Теперь, упираясь в правую границу, равную [math] C_{max} [/math], можно построить расписание справа: выполняем на первом станке все работы из [math]J[/math], затем [math]x[/math], а для второго выполняем работы из [math]J[/math].
        Picture2.gif
    2. [math]a_{x} \leqslant b_{y}[/math]. Сводится к первому, если поменять местами станки и соответствующие списки времён выполнения, при этом надо заново выполнить пункты 1,2 и 3. При выдаче ответа меняем станки обратно местами.

Доказательство корректности алгоритма[править]

Теорема:
Расписание, построенное данным алгоритмом, является корректным и оптимальным.
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Чтобы доказать корректность, надо доказать, что на каждом станке в любой момент времени выполняется не более одной работы, и что каждая работа в каждый момент времени выполняется не более, чем на одном станке.
Первое утверждение вытекает из того, что мы строили расписание, опираясь на [math]C_{max}[/math]. Из построения [math]C_{max} \geqslant \sum \limits_{i = 1}^{n}a_{i}, \sum \limits_{i = 1}^{n}b_{i}[/math], следовательно на каждом станке в любой момент времени выполняется не более одной работы.
Докажем теперь второе утверждение. У нас имеется три блока работ: [math] I \setminus \{x\}, \{x\}, J[/math].

  1. Для блока [math] \{x\}[/math] это следует из того, что [math] C_{max} \geqslant a_{x}+b_{x}[/math], а работа [math] x [/math] выполняется с разных концов станков. Получили, что отрезки выполнения работы [math] x [/math] на разных станках не пересекаются.
  2. Покажем, что любая работа из [math] I \setminus \{x\}[/math] начинает выполняться на втором станке позже, чем заканчивает выполняться на первом. Для этого рассмотрим сумму:
    [math]\sum \limits_{i = 1}^k a_{i} \leqslant \sum \limits_{i = 1}^k b_{i} = \sum \limits_{i = 1}^{k - 1} b_{i} + b_{x}[/math], где [math]1 \dots k[/math] — это работы, выполняемые на первом станке во время данного блока.
    Это неравенство следует из выбора [math]I[/math] и из того, что [math]b_{x} \geqslant a_{x} \geqslant a_{i}, \forall i \in I[/math].
    Получили, что каждая работа из этого блока начинает выполняться на втором станке позже, чем она заканчивается на первом.
  3. Покажем, что любая работа из [math]J[/math] начинает выполняться на втором станке позже, чем заканчивает выполняться на первом. Для этого рассмотрим сумму:
    [math]\sum \limits_{i = 1}^k b_{i} \leqslant \sum \limits_{i = 1}^k a_{i} \leqslant \sum \limits_{i = 1}^{k - 1} a_{i} + a_{x}[/math], где [math]1 \dots k[/math] — это работы, выполняемые на втором станке во время данного блока.

Это неравенство следует из выбора [math]J[/math] и из того, что [math]a_{x} \geqslant a_{i}, \forall i \in I[/math]. Получили, что каждая работа из этого блока начинает выполняться на втором станке позже, чем она заканчивается на первом.

Итого мы доказали корректность.

Оптимальность вытекает из того, что [math]C_{max}[/math] не может быть меньше [math]\sum \limits_{i = 1}^{n} a_i,\ \sum \limits_{i = 1}^{n} b_i, \ \max \limits_{i = 1}^{n}\{a_i + b_{i}\}[/math], а из построения оно равно максимуму из этих значений.
[math]\triangleleft[/math]

Псевдокод[править]

//Функция принимает список из времён выполнения на первом станке a и времён выполнения на втором станке b.
//Функция возвращает пару из расписания для первого станка и расписания для второго станка.
function scheduling(a: int[n], b: int[n]): pair<int[n], int[n]> [math]I = \varnothing [/math] [math]J = \varnothing [/math] [math]C_{max} = \max \{\sum \limits_{i = 1}^{n} a_i, \ \sum \limits_{i = 1}^{n} b_i, \ \max \limits_{i = 1}^{n}\{a_i + b_{i}\}\}[/math] for [math]i = 1[/math] to [math]n[/math] if [math]a_{i} \leqslant b_{i}[/math] [math] I = I \cup \{i\} [/math] else [math] J = J \cup \{i\} [/math] Найти [math]x[/math], где [math]a_{x} = \max \limits_{i \in I} \{a_{i}\}[/math] Найти [math]y[/math], где [math]b_{y} = \max \limits_{i \in J} \{b_{i}\}[/math] if [math]a_{x} \gt b_{y}[/math] Начиная с [math]0[/math] на первом станке расставляем расписание для [math]I \setminus \{x\}[/math] Начиная с [math]0[/math] на втором станке расставляем расписание для [math]\{x\}[/math], затем для [math]I \setminus \{x\}[/math]
От правой границы — [math]C_{max}[/math] на первом станке расставляем расписание для [math]\{x\}[/math], затем для [math]J[/math] От правой границы — [math]C_{max}[/math] на втором станке расставляем расписание для [math]J[/math]
pair<int[n], int[n]> ans = пара из расписания для первого станка и расписания для второго станка return ans else pair<int[n], int[n]> ans = scheduling(b, a) Меняем местами расписания для станков в ans return ans

Сложность алгоритма[править]

Каждое из множеств в сумме содержит [math]n[/math] элементов. Следовательно, чтобы найти максимум в каждом из множеств нам потребуется [math]O(n)[/math] операций, чтобы составить расписание для каждой работы из множества нам потребуется так же [math]O(n)[/math] операций. Получаем сложность алгоритма [math]O(n)[/math].

См. также[править]

Источники информации[править]

  • Peter Brucker «Scheduling Algorithms», fifth edition, Springer — с. 158—160 ISBN 978-3-540-69515-8