QpmtnCmax

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск

[math]Q \mid pmtn \mid C_{max}[/math]

Задача:
Дано [math]m[/math] станков с разной скоростью выполнения работ, работающих параллельно, и [math]n[/math] работ. Работа может быть прервана в любой момент и продолжена позже на любой машине. Необходимо минимизировать время выполнения всех работ.


Алгоритм построения расписания[править]

Описание алгоритма[править]

Перед выполнением алгоритма, упорядочим все работы по убыванию их времени выполнения:[math] p_1 \geqslant p_2 \geqslant p_3 \ldots \geqslant p_n[/math], а все машины в порядке убывания скоростей: [math] s_1 \geqslant s_2 \geqslant s_3 \ldots \geqslant s_m[/math]. Введем следующие обозначения:

  • [math]P_i = p_1 + \ldots + p_i[/math], [math]i = 1 \ldots n[/math] — сумма первых [math]i[/math] работ
  • [math]S_j = s_1 + \ldots + s_j[/math], [math]j = 1 \ldots m[/math] — сумма скоростей первых [math]j[/math] станков

Необходимое условие для выполнения всех работ в интервале [math][0 \ldots T][/math]:

[math] P_n = p_1 + \ldots + p_n \leqslant s_1T + \ldots + s_mT = S_mT[/math] или [math]\dfrac{P_n}{S_m} \leqslant T[/math]

Кроме того, должно выполняться условие [math]\dfrac{P_j}{S_j} \leqslant T[/math] для всех [math] j = 1 \ldots m - 1 [/math], так как это нижняя оценка времени выполнения работ [math] J_1 \ldots J_j[/math]. Исходя из этого получаем нижнюю границу [math]C_{max}[/math] :

[math]C_{max} = \max \left \{\begin{array}{ll} \dfrac{P_n}{S_m} \\ \max\limits_{j=1 \ldots m-1} \dfrac{P_j}{S_j} \end{array} \right. [/math]

Перейдем к описанию алгоритма. Будем назвать [math]\mathrm{level}[/math]-ом работы [math] p_i(t) [/math] невыполненную часть работы [math] p_i [/math] в момент времени [math] t [/math].

Далее построим расписание, которое достигает нашей оценки [math]C_{max}[/math], с помощью [math]\mathrm{level}[/math]-алгоритма.

Псевдокод[править]

Функция [math]\mathrm{level}[/math] принимает на вход два массива — массив с объемами работ и массив скоростей обработки станков, и возвращает вектор четвёрок, где первый элемент является номером станка, второй — номером работы, а два оставшихся время начала и окончания обработки этой работы на этом станке.

  function level(p : int[n], s : int[m]) : vector<int, int, int, int>
     vector<int, int, int, int> ans
     int t = 0
     int k = n   // количество еще не выполненных работ 
     sort(p)   // сортируем время обработки работ по убыванию 
     sort(s)   // сортируем станки по убыванию скоростей 
     while k > 0
        int[] to = assign(p, k, m)   // получаем распределение работ по станкам 
        Найдем минимальное dt1 отличное от нуля такое, что (p[i] - s[to[i]] * dt1) = 0
        Найдем минимальное dt2 такое, что p[i] > p[j] и (p[i] - s[to[i]] * dt2 = p[j] - s[to[j]] * dt2)   // то есть такое минимальное время, через которое, 
                                                                                                         // оставшийся объем каких-нибудь двух работ сравняется 
        int dt = min(dt1, dt2)
        for j = 0 to n - 1
           if p[j] > 0
              if to[j] [math] \neq [/math] -1   // рассматриваем работы которые обрабатываются в данном распределении
                 ans.push(to[j], j, t, t + dt)
                 p[j] -= s[to[i]] * dt
                 if p[j] == 0
                    k--
        t += dt   // поиск следующего момента времени, в который нужно будет перераспределить машины/работы 
     return ans

Функция [math]\mathrm{assign}[/math] принимает на вход массив с объемами работ и возвращает массив с распределением работ.

  function assign(p : int[n], k : int, m : int) : int[]
     int[n] to   // j работа обрабатывается на to[j] станке 
     fill(to, -1)
     set<int> s   // множество уже распределенных работ 
     int i = 0
     while i < m and i < k
        Находим первый j такой что p[j] максимальный и s не содержит j
        s.add(j)
        m[j] = i++
     return to

Асимптотика[править]

[math]\mathrm{level}[/math]-алгоритм вызывает функцию [math]\mathrm{assign}(t) [/math] в самом худшем случае [math]O(n)[/math] раз. Функция [math]\mathrm{assign}(t) [/math] выполняется за [math]O(nm)[/math]. Итоговое время работы [math]O(n^2m)[/math].


Доказательство корректности алгоритма[править]

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

Так как нижняя граница [math]C_{max}[/math]:

[math]C_{max} = \max \left \{\begin{array}{ll} \dfrac{P_n}{S_m} \\ \max\limits_{j=1 \ldots m-1} \dfrac{P_j}{S_j} \end{array} \right. [/math]

то достаточно показать, что составленное расписание достигает этой оценки.

Будем считать, что в начале алгоритма все работы упорядочены, как было сказано ранее: [math] p_1(0) \geqslant p_2(0) \geqslant \ldots \geqslant p_n(0) [/math]. Это утверждение не меняется на протяжении всего выполнения алгоритма, для любого момента времени. Получаем: [math] p_1(t) \geqslant p_2(t) \geqslant \ldots \geqslant p_n(t) [/math]. Докажем что алгоритм составляет расписание в соответствии с этим свойством. Чтобы доказать этот факт, будем считать что в любой момент времени [math]T[/math] нет простоев машин, когда есть хотя бы одна невыполненная работа. Получаем:

[math] T(s_1 + \ldots + s_m) = p_1 + p_2 + \ldots + p_n [/math] или [math] T = \dfrac{P_n}{S_m} [/math]

Таким образом необходимая оценка достигается нашим алгоритмом.

Допустим хотя бы одна машина простаивает, в момент когда есть невыполненные работы, получим следующее неравенство для времен окончания работ (обозначим далее как [math] f_i [/math]) на станках [math]M_1 \ldots M_m[/math], пронумерованных по убыванию скоростей:

[math] f_1 \geqslant f_2 \geqslant \ldots \geqslant f_m [/math]

Докажем написанное выше неравенство:

Предположим, что [math] f_i \lt f_{i+1} [/math] для некоторого [math] 1 \leqslant i \leqslant m-1 [/math]. Тогда [math]\mathrm{level}[/math] последней работы, выполнявшейся на станке [math] M_i [/math] в момент времени [math] f_i - \varepsilon [/math] (где [math] \varepsilon \gt 0[/math] достаточно мал) меньше, чем [math]\mathrm{level}[/math] последней работы на станке [math] M_{i+1} [/math]. Пришли к противоречию, так как при распределении, работы с наибольшим [math]\mathrm{level}[/math] выставлялись на самые быстрые станки.

Пусть [math] T [/math] = [math] f_1 = f_2 = f_3 = \ldots = f_j \gt f_{j+1}[/math] ,где [math] j \lt m [/math]. Чтобы работы завершились в момент времени [math] T [/math], необходимо начать их в момент времени 0, поскольку если это не выполняется, то у нас найдется работа [math] J_i [/math] , которая начинается позже [math] t = 0 [/math] и заканчивается в [math] T [/math]. Это означает, что в момент времени [math] 0 [/math] начинаются как минимум [math] m [/math] работ. Пусть первые [math] m [/math] работ стартовали вместе на всех машинах. Мы получаем [math] p_1(0) \geqslant p_2(0) \geqslant \ldots \geqslant p_m(0) \geqslant p_i(0) [/math], из чего следует, что [math] p_1(T - \varepsilon) \geqslant \ldots \geqslant p_m(T - \varepsilon) \geqslant p_i(T - \varepsilon) \gt 0 [/math] для любого [math] \varepsilon [/math], удовлетворяющего условию [math] 0 \leqslant \varepsilon \lt T - t [/math]. Таким образом, до момента времени [math] T [/math] нет простаивающих машин. Пришли к противоречию. Получаем [math] T = \dfrac{P_j}{S_j} [/math].
[math]\triangleleft[/math]

Пример[править]

Картинка к примеру

Пусть у нас есть [math]6[/math] работ и [math]3[/math] станка. Покажем работу алгоритма для данного случая.

В начальный момент времени начинаем обрабатывать работы с наибольшим временем выполнения [math]J_1[/math], [math]J_2[/math] и [math]J_3[/math] на станках [math]M_1[/math], [math]M_2[/math] и [math]M_3[/math] соответственно. В момент времени [math]T_1[/math] [math]\mathrm{level}[/math] [math]1[/math]-ой работы и [math]2[/math]-ой работы совпадает. С этого момента начинаем обрабатывать работы [math]J_1[/math] и [math]J_2[/math] синхронно на станках: [math]M_1[/math] и [math]M_2[/math]. В момент времени [math]T_2[/math] работа [math]J_3[/math] опускается до уровня работы [math]J_4[/math].Работы [math]J_3[/math] и [math]J_4[/math] выполняем одновременно на одном станке [math]M_3[/math]. В момент времени [math]T_3[/math] начинаем выполнять первые четыре работы на всех станках одновременно, далее просто добавятся работы [math]J_5[/math] и [math]J_6[/math], и все работы закончатся одновременно.

См. также[править]

Источники информации[править]

  • Peter Brucker. «Scheduling Algorithms» — «Springer», 2006 г. — 124 — 129 стр. — ISBN 978-3-540-69515-8