1ridipi1

[math]1 \mid r_i, d_i, p_i=1 \mid -[/math]

Задача:

Дан один станок на котором нужно выполнить [math]n[/math] работ. Для каждой работы известны моменты времени, когда можно начинать её выполнять — [math]r_i[/math] и когда необходимо закончить её выполнение — [math]d_i[/math]. Время выполнения [math]p_i[/math] у всех работ одинаково и равно 1. Необходимо узнать, можно ли построить расписание, при котором все работы будут выполнены.

Алгоритм

Упрощенная версия

[math]1 \mid d_i, p_i=1 \mid -[/math]

Для начала решим более простую версию исходной задачи, когда все [math]r_i=1[/math].

Будем выполнять работы в порядке возрастания их дедлайна [math]d_i[/math]. Утверждается, что это оптимальное расписание. Приведем реализацию, на основе которой мы вскоре построим решение основной задачи:

Пусть [math]S[/math] — множество еще не включенных в расписание задач. Изначально в нем находятся все задачи.

 function solve(d: int[n]):
     [math]S = \{1, 2, \ldots, n\}[/math]
     [math]time = 1[/math]
     for [math] i = 1 [/math] to [math] n [/math]:
         [math]d_k = min\{d_i \mid i \in S\}[/math]
         if [math]d_k \leqslant time[/math]
             Расписание составить невозможно
         else
             //выполняем работу номер [math]k[/math]
             [math]S \leftarrow S \setminus \{k\}[/math]
             [math]time = time + 1[/math]

Сложность алгоритма [math]\mathcal{O}(n\log n)[/math], если в качестве [math]S[/math] использовать структуру, которая позволяет поиск элемента с минимальным [math]d_i[/math] и его удаление за [math]\mathcal{O}(\log n)[/math], например двоичная куча.

Теорема:

Приведенный алгоритм строит оптимальное расписание для задачи [math]1 \mid d_i, p_i=1 \mid -[/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Докажем от противного. Пусть в оптимальном расписании, где все работы укладываются в дедлайны, сначала идет работа [math]i[/math], а потом [math]j[/math], причем [math]d_i \gt d_j[/math]. Посмотрим, что произойдет, если в расписании поменять их местами. Так как они обе выполняются за единицу времени, для всех задач, кроме [math]i[/math]-й и [math]j[/math]-й время их завершения [math]C_i[/math] не поменялось. Для [math]j[/math]-й же работы [math]C_j[/math] стало меньше, что только лучше. [math]C_i[/math] увеличилось и стало равно старому [math]C_j[/math] однако, раз [math]j[/math]-я работа раньше укладывалась в дедлайн, то [math]C_i = C_j^{old} \leqslant d_j \lt d_i[/math], а значит и [math]i[/math]-я работа все еще укладывается в свой дедлайн, и наша замена ничего не испортила.

[math]\triangleleft[/math]

Исходная задача

[math]1 \mid r_i, d_i, p_i=1 \mid -[/math]

Теперь перейдем к решению основной задачи. Теперь не все задачи доступны изначально. Однако утверждается, что очередную задачу теперь достаточно выбирать с минимальным [math]d_{i}[/math] из всех, которые уже доступны. Если эта работа уже просрочена, значит хорошее расписание построить нельзя.

Пусть [math]S[/math] — множество ещё не включенных в расписание работ, к выполнению которых уже можно приступить. Изначально [math]S[/math] пустое. Отсортируем работы по порядку их появления.

Алгоритм [math]1 | r_i, d_i, p_i=1 | -[/math]:

 function solve(r: int[n], d: int[n]):
     [math]S = \varnothing[/math]
     [math]j = 1[/math]
     [math]time = 1[/math]
     for [math] i = 1 [/math] to [math] n [/math]:
         if [math]S == \varnothing[/math]
             [math]time=r_j[/math]
         while [math]time==r_j[/math]:
             [math]S \leftarrow S \cup \{j\}[/math]
             [math]j = j + 1[/math]
         [math]d_k = min\{d_i[/math] | [math]i \in S\}[/math]
         if [math]d_k \leqslant time[/math]
             Расписание составить невозможно
         else
             //выполняем работу номер [math]k[/math]
             [math]S \leftarrow S \setminus \{k\}[/math]
             [math]time = time + 1[/math]

Сложность алгоритма [math]\mathcal{O}(n\log n)[/math], если в качестве [math]S[/math] использовать структуру, которая позволяет поиск элемента с минимальным [math]d_i[/math] и его удаление за [math]\mathcal{O}(\log n)[/math], например двоичная куча.

Теорема:

Приведенный алгоритм строит оптимальное расписание для задачи [math]1 \mid r_i, d_i, p_i=1 \mid -[/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Пусть с помощью нашего алгоритма составить хорошее расписание не удалось. Докажем, что в этом случае хорошего расписания не существует. Заметим, что расписание состоит из непрерывных блоков, между которыми есть пропуски — все поступившие работы выполнены, а новых работ ещё не появилось. Расписание может состоять из одного блока. Рассмотрим первый блок, для которого не получилось составить расписание. Возьмем в нём первую работу, для которой не нашлось места. Пусть её индекс будет равен [math]k[/math]. Попробуем вставить эту работу в расписание. До блока её вставить нельзя, так как [math]r_i[/math] больше или равно времени начала блока. А в блоке нет пропусков, поэтому нужно поменять её с какой-то [math]i[/math]-й, которая уже стоит в этом блоке расписания. У всех таких работ [math]d_i \leqslant d_k[/math], так как в алгоритме мы каждый раз брали работу с минимальным [math]d_i[/math]. Но [math]i[/math]-ю работу нельзя выполнить после [math]k[/math]-й. Значит [math]k[/math]-ю работу выполнить нельзя.

[math]\triangleleft[/math]

См. также

• [math]1 \mid r_i, p_i = p \mid \sum w_i U_i[/math]
• [math]1 \mid r_i, p_i=1 \mid \sum f_i[/math]

Источники информации

• P. Brucker. «Scheduling Algorithms» (2006), 5th edition.