Изменения

<tex dpi = "200"> O \mid p_{i,j} = 1 \mid \sum w_{i} U_{i} </tex>

Дано <tex>m</tex> одинаковых станков, которые работают параллельно, и <tex>n</tex> работ, которые необходимо выполнить в произвольном порядке на всех станках. Любая работа на любом станке выполняется за единицу времени. Для каждой работы есть время окончания <tex>d_id_{i}</tex> {{---}} время, до которого она должна быть выполнена. Требуется минимизировать <tex>\sum w_{i} U_{i}</tex>, то есть суммарный вес всех просроченных работ.

==АлгоритмОписание алгоритма==Идея алгоритма состоит в томДля решения этой задачи, что на шаге мы должны найти множество <tex>kS</tex> строим оптимальное решение для первых работ, которые успеваем выполнить до дедлайна. Значит нам надо минимизировать: <tex>k\sum\limits_{ i \notin S } {w_{i}}</tex> работ . Будем решать эту задачу с помощью [[Динамическое_программирование|динамического программирования]] с наименьшими дедлайнамииспользованием утверждений из решения задачи [[Opij1di|<tex> O \mid p_{i, j} = 1, d_{i} \mid - </tex>]].

Пусть Рассмотрим работы отсортированы в порядке возрастания неубывания дедлайнов. Пусть мы уже рассмотрели первые : <tex>k</tex> работ, тогда множество <tex>S_k</tex> содержит только те работы, которые мы успеваем выполнить в порядке не убывания дедлайнов при оптимальном расписании. Рассмотрим работу <tex>k+d_{1</tex>. Если мы ее успеваем выполнить данную работу, до наступления дедлайна, то добавим в множество <tex>S_} \leqslant d_{k2}</tex> и получим множество <tex>S_\leqslant \ldots \leqslant d_{k+1n}</tex>. Если же Пусть мы нашли решение для работ <tex>k+1, 2, \ldots, i - 1</tex> работу мы не успеваем выполнить до дедлайна. Очевидно, то найдем в что <tex>S_k</tex> работу <tex>l</tex> c наименьшим весом <tex>w_S \subseteq \{l1, \ldots , i - 1\}</tex> и заменим ее на работу <tex>k+1</tex>.

Таким образомПусть <tex>h^S</tex> {{---}} вектор соответствующий множеству <tex>S</tex> из задачи [[Opij1di|<tex> O \mid p_{i, j} = 1, d_i \mid - </tex>]]. Тогда, рассмотрев все для добавления работы<tex>i</tex> в множество <tex>S</tex> должно выполняться неравенство: <tex>m \cdot (d_{i} - m) - ( k m - \sum \limits_{j = 1}^m {h^S(d_{i} - m + j)})+x(d_{i}) \geqslant m</tex>, мы получим где <tex>k = |S|</tex>S_и <tex>x(d_{ni})</tex> {{---}} количество периодов времени <tex>t</tex> со свойствами: <tex>d_{i} - m + 1 \leqslant t \leqslant d_{i}</tex> и <tex>h^S(t) < m</tex>. Чтобы проверить это неравенство, нам нужно посчитать <tex>m</tex> чисел <tex>h^S(t)</tex> — множество работ, которые мы успеваем выполнить до наступления их дедлайнов<tex>t=d_{i} - m + 1, причем вес просроченных работ будет наименьшим. От порядка выполнения просроченных работ ничего не зависит\ldots, поэтому расположить в расписании их можно произвольным образомd_{i}</tex>.Для этого определим переменные:

==Псевдокод==Предполагаем, что перед началом выполнения алгоритма выполняется, что <tex>k_{j} = \begin{cases} h^S(d_{i} - m + j) & j \in \leqslant d_{1, \ldots , m\} \leqslant d_\0 & j \notin \{21 , \ldots , m\} \leqslant \ldots \leqslant d_end{ncases}</tex>. Все работы, дедлайн которых меньше <tex>m</tex>, мы в любом случае выполнить без штрафа не успеем, поэтому их изначально можно отнести к просроченным.

<tex>S</tex> l_j = \begin{cases}1 & j \in \{---1 , \ldots , m\}\text{; } множество непросроченных работ, <tex>Check</tex> k_{{---j}} функция, решающая задачу [[Opij1di|<tex> O m \\0 & \mid p_text{i,jotherwise} = 1, d_i \mid - \\end{cases} .</tex>]].

S = Тогда можно заметить, что <tex>x(d_{i}) = \sum\varnothinglimits_{j = 1}^m {l_{j}}</tex> '''for''' i , так как <tex>l_{j} = 1 to n </tex> если <tex>1 \leqslant j \leqslant m</tex> и <tex>h^S = (d_{i} - m + j) < m</tex> или <tex> S d_{i} - m + 1 \cup leqslant d_{i} - m + j \leqslant d_{i\} </tex> '''if''' '''not''' Checkи <tex>h^S(sd_{i} - m + j) : найти такое <tex>km</tex>, что . Следовательно можно упростить исходное неравенство: <tex>w_m \cdot (d_{i} - m) - (k} = m - \min sum \limits_{ w_j = 1}^m {k_{j} }) + \sum \mid limits_{j = 1}^m {l_{j }} \in S\}geqslant m</tex> S = или <tex>S \setminus m \cdot (d_{i} - m - k)+ \sum\limits_{j = 1}^m {(k_{j} + l_{j})} \geqslant m</tex>.

Для динамического программирования определим <tex>f_{i} (k , k_{1} , \ldots , k_{m})</tex> {{---}} минимальное значение целевой функции для расписания работ <tex>i , i + 1 , \ldots , n</tex>, позволяющее выполнить работы из множества <tex>S</tex> без опоздания, где <tex>k =|S|, S \subseteq \{1, \ldots , i - 1\}</tex> и <tex>k_{j}=Доказательство корректностиh^S(d_{i} - m + j)</tex>, где <tex>j =1, \ldots , m</tex>, то есть <tex>f_{i} (k, k_{1}, \ldots , k_{m}) =\min \limits_{S: |S| = k, S \subseteq \{1, \ldots , i - 1 \}} (\sum \limits_{j = i}^n {w_{j} U_{j}})</tex>.

{{Утверждение|statement=Алгоритм строит корректное расписание.|proof=Если мы успеваем выполнить очередную работу, то, очевидно, от ее добавления, расписание не может стать некорректным. В противном случае мы пытаемся заменить одну работу из множества <tex> S </tex> на текущую. Но это так же не может сделать наше расписание некорректным. Это следует из того, что мы рассматриваем работы в порядке неуменьшениях их дедлайнов. Пусть мы заменяем работу <tex> k </tex> на работу <tex> i </tex>. Но <tex> p = d_{ki + 1} \leqslant - d_{i} </tex>, следовательно, если мы успевали выполнить работу тогда определим рекуррентное выражение для <tex> f_{i} (k </tex>, то успеем выполнить и работу <tex> i k_{1}, \ldots , k_m)</tex>.}}:

<tex>f_{i} (k, k_{Теорема|statement1}, \ldots , k_{m}) =Построенное данным алгоритмом расписание оптимально.\begin{cases}|prooff_{i + 1} (k, k_{1 + p},k_{2 + p}, \ldots, k_{m + p}) + w_{i}, & m \cdot (d_{i} - m - k)+ \sum \limits_{j =Пусть <tex> S1}^* m {(k_{j} + l_{j})} </tex> множество непросроченных работ в оптимальном расписании. Также пусть <tex> l </tex> m \text{ } (1)\\\min(f_{i + 1} (k, k_{---1 + p}, k_{2 + p} первая работа из множества <tex> S </tex>, которая не входит в <tex> S^* </tex>\ldots , а <tex> k_{m + p}) + w_{i} ; f_{i + 1} (k </tex> + 1, k_{1 + p} + l_{---1 + p}, k_{2 + p}+ l_{2 + p} первая работа из <tex> S^* </tex>, не содержащаяся в <tex> S </tex>. Мы можем предполагать существование этих работ\ldots , потому что <tex> S^* </tex> не может содержать <tex> S </tex> как подмножествоk_{m + p} + l_{m + p})), иначе это противоречило бы построению <tex> S </tex>. С другой стороны, если <tex> S& m \cdot (d_i - m - k) + \sum \limits_{j = 1}^* m {(k_{j} + l_{j})} \geqslant m \text{ }(2)\\\subseteq S </tex>, то <tex> S end{cases}</tex> должно быть тоже оптимальным, и правильность алгоритма доказана.

Для доказательства покажем, что мы можем заменить работу c начальным условием: <tex> f_{n + 1} (k , k_{1}, \ldots , k_{m}) = 0 </tex> на работу для <tex> l k, k_{1}, \ldots , k_{m} = 0, 1, \ldots , m</tex> в оптимальном расписании, не увеличивая минимизируемую функцию.

*Если выполняется неравенство <tex> l < k (2)</tex>Так как работа , тогда мы может добавить работу <tex> k i</tex> не содержится в множество <tex> S </tex>, то либо она или не была добавлена при ее рассмотрении, либо была заменена работой, рассмотренной позднеедобавлять. В любом случае это означает, что Если мы добавим работу <tex> w_{k} \leqslant w_{l} i</tex>. Так же по определению , то <tex> f_{i} (k </tex> все работы <tex> i , k_{1}, \in S^* : ldots , k_{m}) = f_{i < + 1}(k </tex> должны содержаться и в <tex> S + 1, k_{1 + p} + l_{1 + p}, k_{2 + p}+l_{2 + p}, \ldots , k_{m + p}+l_{m + p}) \text{ } (3)</tex>. Но тогда заменив в оптимальном расписании Если мы не добавим работу <tex> k </tex> на <tex> l i</tex>, мы сохраним корректность расписания и не увеличим минимизируемую функцию.*то по аналогии с первым случаем <tex> f_{i} (k < l </tex>Так как мы рассматриваем работы в порядке неубывания их дедлайнов, тоk_{1}, следовательно\ldots , <tex> d_k_{m}) = f_{i + 1} (k, k_{1 + p},k_{2 + p}, \ldots, k_{m + p}) +w_{i} \leqslant d_text{l} (4)</tex>, и замена работы . Так как <tex> f_{i} (k , k_{1}, \ldots , k_{m}) = \min(\sum \limits_{j = i}^n {w_{j} U_{j}})</tex> на , то нам надо взять минимум из значений <tex> l (3)</tex> в оптимальном расписании <tex> S^* </tex> не может сделать его некорректным. Тогда для доказательства нам осталось показать, что и <tex> w_{k} \leqslant w_{l} (4)</tex>.

Пусть Ответ на задачу будет находиться в <tex> k_{i_f_{1} (0}} = k </tex> {{---}} работа, замененная работой <tex> i_{0} </tex> в процессе построения <tex> S </tex>, и пусть <tex> k_{i_{1}}, \ldots, k_{i_{r}} </tex> {{---}} последовательность работ, которые были исключены из <tex> S </tex> после замены <tex> k </tex>, причем работа <tex> k_{i_{v}} </tex> была заменена работой <tex> i_{v} </tex>. <tex> i_{0} < i_{1} < \ldots < i_{r} </tex>. Будем говорить, что "работа <tex> i_{v} </tex> подавляет <tex> i_{m} </tex>", где <tex> m < v </tex>, если <tex> k_{i_{v}} \leqslant i_{m} </tex>. В таком случае получаем, что <tex> w_{k_{i_{v}}} \geqslant w_{k_{i_{m}}}</tex>, потому что в противном случае работа <tex> k_{i_{v}} </tex> была бы исключена из <tex> S </tex> раньше чем <tex> k_{i_{m}} )</tex>.

Если в последовательности ==Пример работы==Пусть <tex> i_{0} < i_{1} < \ldots < i_{r} m = 2</tex> существует подпоследовательность и <tex> j_{0} n = i_{0} < j_{1} < \ldots < j_{s} 3</tex> такая, что <tex> j_. {v | class="wikitable" style="width:5cm" border=1|+ 1} </tex> подавляет <tex> j_{v} </tex> для всех <tex> v |-align="center" bgcolor= 0,1, \ldots, s #EEEEFF! номер работы || дедлайн || вес|- align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 </tex> и <tex> j_{s || 2 || 7 |- 1} < l \leqslant j_{s} </tex>, то получаем, что <tex> w_{l} \geqslant w_{k_{j_{s}}} \geqslant \ldots \geqslant w_{k_{j_{0}}} align="center" bgcolor= w_{k} </tex>, что доказывает оптимальность расписания <tex> S </tex>.#FFFFFF| 2 || 2 || 6 |-align="center" bgcolor=#FFFFFFПокажем, что отсутствие такой подпоследовательности приведет нас к противоречию, из чего будет следовать ее существование.| 3 || 2 || 5 |}Предположим, что Для такой подпоследовательности не существует. Тогда найдем наименьшее задачи получится таблица для функции <tex> t f</tex> такое, что не существует работы <tex> i_:{v} | class="wikitable" style="width: v > t 20cm" border=1|+|-aling="center" bgcolor=#EEEEFF! </tex>, которая бы подавляла работу <tex> i_{t} k</tex>, и || <tex> i_{t} k_1</tex> было бы меньше || <tex> l k_2</tex>. По определению || <tex> l </tex> и <tex> i_f_{t4} </tex> и из факта(k, что <tex> i_{t} < l </tex>k_1, получаем, что после добавления во множество <tex> S k_2)</tex> работы || <tex> i_f_{t3} </tex>(k, ни одна из работk_1, рассмотренных ранее, не будет удалена из <tex> S k_2)</tex>, а так же все эти работы содержатся и в оптимальном расписании || <tex> S^* </tex>, поскольку <tex> i_t < l </tex>. Пусть <tex> S_t </tex> это множество <tex> S </tex> после замены работы <tex> k_f_{i_t2} </tex> на <tex> i_t </tex>. Если <tex> k_{i_t} > (k </tex>, то в оптимальном расписании <tex> S^* </tex> мы можем заменить работу <tex> k k_1, k_2)</tex> на || <tex> k_f_{i_t1} </tex>(k, поскольку <tex> d_{k_{i_t}} \geqslant d_k </tex>. Но так как <tex> S_t \subset S^* </tex>k_1, то все работы из множества <tex> S_t \cup \{k_{i_t}\} k_2)</tex> могут быть выполнены до их дедлайнов, что противоречит построению <tex> S </tex>. Следовательно, <tex> k_{i_t|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 0 || 0 || 0 || 0 || 0 || 5|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 0 || 1 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 0 || 2 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 1 || 0 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 1 || 1 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 1 || 2 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 2 || 0 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 2 || 1 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 0 || 2 || 2 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 0 || 0 || 0 || 5 || 11 || 7|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 0 || 1 || 0 || 5 || 11 || 7|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 0 || 2 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 1 || 0 || 0 || 5 || 11 || 7|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 1 || 1 || 0 || 0 || 5 || 7|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 1 || 2 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 2 || 0 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 2 || 1 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 1 || 2 || 2 || 0 || 0 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 0 || 0 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 0 || 1 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 0 || 2 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 1 || 0 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 1 || 1 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 1 || 2 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 2 || 0 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 2 || 1 || 0 || 5 || 0 || 0|-align="center" bgcolor=#FFFFFF| 2 || 2 || 2 || 0 || 5 || 0 || 0|} < k </tex>. Тогда аналогично предыдущему случаю получаемДействительно, что все работы из множества в <tex> S_t \cup \{k\} </tex> могут быть выполнены вовремя. Кроме тогоf_1 (0, все работы из <tex> \{ j \in S_t \mid j < k \} \cup \{k_{i_t}\} </tex> так же могут быть выполнены вовремя0, что следует из построения <tex> S_t 0)</tex>. Но тогда получается, что все работы и из множества записано <tex> S_t \cup \{k_{i_t}\} 5</tex> так же могут быть выполнены вовремя, что опять приводит нас к противоречию с построением <tex> S </tex>является минимальным значением целевой функции.}}

Время Для определения времени работы зависит от тогоалгоритма надо заметить, на сколько быстро мы будем добавлятьчто <tex>i = 0, находить и удалять работы из множества \ldots , n</tex>S, <tex> k = 0, \ldots , n</tex>. В качестве и <tex>Sk_j = 0, \ldots m</tex> можно использовать [[Двоичная куча | двоичную кучу]] или [[Красно-черное дерево | красно-черное дерево]] и тогда все нужные нам операции будут выполняться за где <tex>O(j = 1, \log n)ldots , m</tex>. Тогда время алгоритма будет Из рекуррентной формулы очевидно, что для подсчета одного значения <tex>Of_{i} (n k, k_{1}, \cdot (\log n + T(Check))ldots , k_{m})</tex>. Так как нужно <tex>T(Check)=O(n \cdot m)</tex>времени. Значит, то время алгоритма алгоритм работает за <tex>O(n^2 \cdot m^{m + 1})</tex>.

* [[Opij1di|<tex> O \mid p_{i,j} = 1, d_i \mid - </tex>]]* [[Opi1sumu|<tex>O \mid p_{iji, j} = 1 \mid \sum U_i</tex>]]* [[1pi1sumwu|<tex>1 \mid p_{i} = 1 \mid \sum w_{i}U_{i}</tex>]]

* Peter Brucker. «Scheduling Algorithms» {{---}} «Springer», 2006 г. {{---}} c. 168- 170. стр.ISBN 978-3-540-69515-8