Fpij1sumwu

[math]F \mid p_{ij} = 1 \mid \sum w_iu_i[/math]

Задача:

Дано [math]m[/math] станков, на которых нужно обработать [math]n[/math] деталей. Каждую деталь нужно обработать по очереди на всех станках. Любая работа на любом станке выполняется единицу времени. Для каждой работы есть дедлайн [math]d_i[/math] — время, до которого она должна быть закончена, и штраф [math]w_i[/math], который нужно будет выплатить в случае, если работа была закончена после [math]d_i[/math]. Необходимо минимизировать суммарный штраф, который придется выплатить.

Эвристика NEH

Одним из наиболее известных алгоритмов решения этой задачи является эвристика Наваза, Энскора и Хама (Nawaz, Enscore, Ham)

Первое что нужно сделать это упорядочить требования по [math]\sum\limits_{j = 1}^n p_{i j}[/math] и пронумеровать их в соответствии с этим порядком. Затем нужно определить порядок обслуживания двух первых требований так, чтобы минимизировать время их обслуживания. После этого использовать алгоритм

  for [math] i = 3[/math] to [math]m[/math] do
     Поместить требование [math]i[/math] на позицию [math]k \in [1 , i][/math] которое минимизирует общее время обслуживания первых [math]i[/math] требований.

Описание алгоритма

Утверждение:

Существует оптимальное расписание, в котором каждая работа делается непрерывно.

[math]\triangleright[/math]

Рассмотрим расписание, в котором есть работы, которые делаются не непрерывно. Рассмотрим самый ранний разрыв: работа [math]i[/math] делалась в моменты [math]t(i), t(i) + 1, \ldots, t(i) + k[/math], где [math]k \lt m[/math], но не делалась в момент времени [math]t(i) + k + 1[/math]. Докажем, что в момент времени [math]t(i) + k + 1[/math], [math]k + 1[/math]-й станок простаивает и можно продолжить делать [math]i[/math]-ю работу. Пусть в момент времени [math]t(i) + k + 1[/math] на [math]k + 1[/math]-м станке делается работа [math]j[/math]. В [math]t(i) + k[/math]-й момент времени [math]k[/math]-й станок был занят выполнением [math]i[/math]-й работы, а значит, не мог выполнять [math]j[/math]-ю. Значит, разрыв был раньше, что противоречит тому, что был выбран самый ранний разрыв. Значит, в [math]t(i) + k + 1[/math]-й момент [math]k + 1[/math]-й станок свободен и туда можно поставить [math]i[/math]-ю работу, устранив разрыв. После устранения каждого разрыва получим расписание без разрывов, в котором каждая работа заканчивает выполняться не позже, чем в изначальном.

[math]\triangleleft[/math]

По этому утверждению, если работу [math]i[/math] начали делать в [math]t(i)[/math], то закончена она будет в [math]t(i) + m[/math]. Найдем время [math]d'_i[/math] такое, что начав выполнять в него работу [math]i[/math], мы успеем выполнить ее до [math]d_i[/math]: [math]d'_i = d_i - m[/math]. Таким образом, вычтя из всех [math]d_i[/math] число [math]m[/math], мы свели задачу к [math]1 \mid p_i = 1 \mid \sum w_i U_i[/math].

Построив оптимальное расписание для [math]1 \mid p_i = 1 \mid \sum w_i U_i[/math], мы найдем времена, в которые нужно начинать выполнять работы. По утверждению выше, работы можно выполнять непрерывно.

Сложность алгоритма

Задача [math]F \mid p_{i j} = 1 \mid \sum w_iu_i[/math] за [math]O(n)[/math] сводится к задаче [math]1 \mid p_i = 1 \mid \sum w_i u_i[/math]. Задача [math]1 \mid p_i = 1 \mid \sum u_iw_i[/math] решается за [math]O(n \log n)[/math]. После решения этой задачи, нужно вывести ответ, имеющий размер [math]O(nm)[/math]. Значит, итоговая сложность алгоритма — [math]O(n \log n + nm)[/math].

См. также.

• Классификация задач
• Flow shop

Источники информации

• Лазарев А.А., Мусатова Е.Г., Кварацхелия А.Г., Гафаров Е.Р. Пособие по теории расписаний.
• Vladimír Modrák, R. Sudhakara Pandian. FLOW SHOP SCHEDULING ALGORITHM TO MINIMIZE COMPLETION TIME FOR -JOBS -MACHINES PROBLEM