J2pij1Lmax

[math]J2\mid p_{ij} = 1\mid L_{max}[/math]

Задача:

Дано [math]n[/math] работ [math]i = 1,\ldots,n[/math] и две машины, обозначенные как [math]A[/math] и [math]B[/math]. [math]i[/math]-тая работа состоит из [math]n_i[/math] операций [math]O_{ij}[/math] [math](j = 1,\ldots n_i)[/math], которые должны быть выполнены последовательно и, при этом, если [math]O_{ij} [/math] операция была совершена на машине [math]A (B)[/math], то операция [math]O_{i,j-1}[/math] должна быть совершена на машине [math]B (A)[/math]. Задача заключается в том, что для данного каждой [math]i[/math]-той работе дедлайна [math]d_i \geqslant 0[/math] необходимо найти достижимое расписание с наименьшими максимальным временем опоздания: [math]\max\{C_i - d_i \mid i = 1, \ldots, n\}[/math].

Следует отметить, что рассматриваемая задача более узкая, чем задача [math]J2\mid p_{ij} = 1\mid L_{max}[/math] : машины в последовательности операций должны чередоваться.

Описание задачи

Из условия следует, что [math]i[/math]-тая работа может характеризоваться двумя значениями: числом операций [math]n_i[/math] и машиной, на которой была совершена первая операция. Пусть [math]r = \overset{n}{\underset{i=1}{\sum}}n_i[/math] — общее количество операций.

Допустим, самым ранним моментом, когда операция может начать выполняться, будет момент времени [math]0[/math], а верхнюю границу момента начала выполнения последней операции обозначим за [math]t_{max}[/math]. К примеру, мы можем выбрать [math]t_{max} = r[/math]. Тогда расписание можно представить как два списка [math]A(t)[/math] и [math]B(t)[/math] [math](t = 0,\ldots,t_{max})[/math], где [math]A(t) = O_{ij}[/math], если операция [math]O_{ij}[/math] должна выполниться на машине [math]A[/math] в момент времени [math]t[/math] и [math]A(t) =[/math] [math] \varnothing[/math], если машина [math]A[/math] простаивает в этот момент. И для каждой операции [math]O_{ij}[/math], выполняющейся на машине [math]A[/math] существует [math]t[/math], для которого [math]A(t) = O_{ij}[/math]. Аналогично для [math]B_i[/math]. Расписание достижимо тогда и только тогда, когда из [math]A(t) (B(t)) = O_{ij} , 1 \lt j \leqslant n_i[/math] следует [math]O_{i,j-1} = B(s) (A(s))[/math] для некоторого [math]s \lt t[/math], и первая операция для каждой работы запланирована на нужной машине. Перестановку всех операций будем называть списком. Для данного списка [math]L[/math] осуществимое расписание может быть создано следующим способом: планируем выполнять операции в порядке, соответствующем [math]L[/math], причем каждую операцию стараемся выполнить как можно раньше. Подобное расписание будем называть соответствующим [math]L[/math] расписанием. [math]C_i[/math] — время окончания работы [math]i[/math] в достижимом расписании [math]y = (A(t), B(t))[/math] можно рассчитать как:

[math]C_i = \max\{t + 1 \mid A(t)\}[/math] или [math]B(t)[/math] — операция [math]i[/math]-той работы.

Задача заключается в том, что для данного каждой работе [math]i[/math] дедлайна [math]d_i \geqslant 0[/math] нужно найти достижимое расписание с наименьшим максимальным временем опоздания:

[math]\max\{C_i - d_i \mid i = 1, \ldots, n\}[/math]

Описание алгоритма

Для решения задачи применим следующий алгоритм:

• введём для каждой операции [math]O_{ij}[/math] величину [math]l(O_{ij}) = d_i - n_i + j[/math],
• создадим список всех операций [math]L[/math], упорядоченный в порядке неубывания значений [math]l(O_{ij})[/math],
• найдем соответствующее списку [math]L[/math] расписание.

Этот алгоритм может быть реализован с асимптотикой [math]O(r)[/math].

Предположим, что [math]d_i \geqslant 0[/math] для [math]i = 1,\ldots,n[/math] и хотя бы для одной работы [math]i[/math]: [math]d_i = 0[/math]. Иначе, вычтем из всех [math]d_i[/math] минимальное значение по [math]d_i[/math].

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

[math]-r + 1 \leqslant l(O_{ij}) = d_i - n_i + j \leqslant r - 1[/math]

На первом шаге каждую операцию кладём в соответствующий список (на самом деле это должна быть куча для хорошей асимптотики) [math]L(k)[/math], где [math]k = l(O_{ij}) = d_i - n_i + j[/math] [math](-r + 1 \leqslant k \leqslant r - 1)[/math]. На втором шаге планируем операции соответственно возрастающему по номеру списка [math]k[/math] порядку, где операции из одного списка могут выполнятся в произвольном порядке.

Алгоритм

Рассмотрим алгоритм. Пусть:

• [math]\mathtt{T1}[/math] и [math]\mathtt{T2}[/math] — первый период времени [math]t \geqslant 0[/math], когда соответствующие машины [math]A[/math] и [math]B[/math] бездействуют;
• [math]\mathtt{LAST[i]}[/math] — время окончания последней запланированной операции [math]i[/math]-той работы;
• [math]\mathtt{Z}[/math] — множество работ, где [math]d_i \geqslant r[/math].

function solve():
  // Инициализируем L и Z
  for k = -r + 1 to r - 1
    [math]L(k)[/math] = [math]\emptyset[/math]
  Z = [math]\emptyset[/math]
  for i = 1 to n
    if [math]d_i[/math] < r
      for j = 1 to [math]n_i[/math]
        добавить [math]O_{ij}[/math] в [math]L(d_i - n_i + j)[/math]
    else
      добавить работу i в Z
  for i = 1 to n
    LAST[i] = 0
  T1 = 0
  T2 = 0
  // Планируем операции соответственно возрастающему по номеру списка порядку
  for k = -r + 1 to r - 1
    while [math]L(k) \ne \emptyset[/math]
      Выбрать задание [math]O_{ij}[/math] из [math]L(k)[/math]
      [math]L(k)[/math] = [math]L(k)\setminus\{O_{ij}\}[/math]
      schedule([math]O_{ij}[/math]) 
  // Планируем операции, соответствующие работам с [math]d_i \geqslant r[/math]
  while [math]z \ne \emptyset[/math]
    Выбрать работу i из Z
    Z = [math]Z \setminus\{i\}[/math];
    for j = 1 to [math]n_i[/math]
      schedule([math]O_{ij}[/math]) 	

function schedule([math]O_{ij}[/math]):
  t = 0
  if [math]\mu_{ij}[/math] == A
    if T1 < LAST[i] 
      t = LAST[i]
      A(t) = [math]O_{ij}[/math] // [math](*)[/math]
    else
      t = T1
      A(t) = [math]O_{ij}[/math]
      while [math]A(T_1)[/math] [math]\ne \emptyset[/math]
        T1 = T1 + 1
  else
    if T2 < LAST[i]
      t = LAST[i]
      B(t) = [math]O_{ij}[/math] // [math](**)[/math]
    else
      t = T2
      A(t) = [math]O_{ij}[/math]
      while [math]B(T_2) \ne \emptyset[/math]
        T2 = T2 + 1
  LAST[i] = t + 1

Асимптотика

Количество шагов алгоритма ограничено [math]O(r)[/math], так как каждая операция планируется единожды, а всего их [math]O(r)[/math].

Доказательство

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 [math](*)[/math] и [math](**)[/math] пусты [math]A(t)[/math] и [math]B(t)[/math] соответственно. Иначе две разные операции будут выполняться в один момент времени на одной машине. Для того, чтобы показать достижимость докажем лемму.

Лемма:

Пусть [math]Y = (A(t), B(t))[/math] — расписание, где [math]B(t) = \emptyset[/math] [math](A(t) = \emptyset)[/math]. Тогда для каждого [math]s \gt t[/math], где [math]B(s) = O_{ij}[/math] [math](A(s) = O_{ij})[/math] выполняется [math]A(s -1) = O_{i, j - 1}[/math] [math](B(s - 1) = O_{i, j -1}))[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Докажем по индукции по [math]s[/math], что если [math]B(s) = O_{ij}[/math] и [math]s \gt t[/math], то [math]A(s -1) = O_{i, j - 1}[/math]. Это, очевидно, верно при [math]s = t+1[/math] так как если [math]B(t+1) = O_{ij}[/math] и [math]A(t)[/math] не соответствует работе [math]i[/math], то [math]B(t) = \emptyset[/math] означает что операция [math]O_{ij}[/math] должна быть запланирована в расписании ранее. Предположим теперь что лемма верна для всех [math]v[/math] при [math]t \lt v \lt s[/math] и [math]B(s) = O_{ij}[/math] . Выберем максимальное [math]l[/math], такое что [math]t \lt l \lt s[/math] и [math]B(l) = \emptyset[/math]. По предположению индукции, [math]A(v- −1)[/math] и [math]B(v)[/math] соответствуют одной и той же работе для [math]v = l + 1,\ldots,s —- 1[/math]. Пусть [math]A(s - 1[/math]) не соответствует работе [math]i[/math]. Тогда для каждого [math] v \in\{l, l + 1,\ldots , s - 1\}[/math] операция [math]A(v)[/math] не соответствует работе [math]i[/math]. Таким образом, [math]O_{ij}[/math] может быть обработан в момент [math]l[/math], что противоречит тому, что [math]Y[/math] является расписанием.

[math]\triangleleft[/math]

Теорема:

Пусть [math]O_{ij}[/math] — операция, которую планируют строчкой (*) или (**) и [math]t = LAST(i) \gt T1(T2)[/math]. Тогда [math]A(t) = \emptyset[/math] [math](B(t) = \emptyset)[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

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

[math]\triangleleft[/math]

Лемма:

Если существует расписание без опозданий, то данный алгоритм построит расписание без опозданий.

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

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

[math]\triangleleft[/math]

Теорема:

Расписание, построенное данным алгоритмом, оптимально.

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

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

[math]\triangleleft[/math]

См. также.

• Классификация задач
• [math]J2 \mid n_{i} \leqslant 2 \mid C_{max}[/math]

Источники информации

• Peter Brucker. «Scheduling Algorithms» — «Springer», 2006 г. — 180 — 186 стр. — ISBN 978-3-540-69515-8