Изменения

{{Теорема|statement= Задача о проверке на пустоту пересечения двух КС-грамматик неразрешима.|proof= Пусть <tex dpi >A = "200"> O \mid p_{i(G_1,j} G_2) \mid L(G_1) \cap L(G_2) = 1, d_i \mid - varnothing \}</tex>{{Задача. Сведем [[Примеры неразрешимых задач: проблема соответствий Поста|definition=Дано проблему соответствий Поста]] к <tex>m\overline{A}</tex> одинаковых станков, которые работают параллельнотаким образом показав, что дополнение проблемы неразрешимо. Так как рекурсивные языки [[Замкнутость разрешимых и перечислимых языков относительно теоретико-множественных и алгебраических операций|замкнуты относительно дополнения]], то из неразрешимости дополнения проблемы будет следовать неразрешимость самой проблемы. Для любого экземпляра ПСП <tex>n(x_1, x_2, ..., x_n)</tex> работи <tex>(y_1, которые необходимо выполнить в произвольном порядке на всех станкахy_2, ... Любая работа на любом станке выполняется единицу времени, y_n)</tex> над алфавитом <tex>\Sigma</tex> можно подобрать символ <tex>\# \notin \Sigma</tex>. Для каждой работы есть время окончания каждого экземпляра построим грамматики:* <tex>G_1 : S \rightarrow aSa \mid a\#a</tex> для всех <tex>a \in \Sigma</tex>d_i. Тогда <tex>L(G_1) = \{ w\#w^R \mid w \in \Sigma^* \}</tex>, где обозначение <tex>w^R</tex> {{---}} времяразворот <tex>w</tex>.* <tex>G_2 : S \rightarrow x_iSy^R_i \mid x_i\#y^R_i</tex> для всех <tex>i = 1, до которого она должна быть выполнена2, \dots n</tex>. Необходимо проверитьТогда <tex>L(G_2) = \{ x_{i_1} x_{i_2} \dots x_{i_m} \# (y_{i_1} y_{i_2} \dots y_{i_m})^R \mid i_1, существует ли расписаниеi_2, при котором все работы будут выполнены вовремя.\dots i_m \in \{ 1, 2, \dots n \}, m \geqslant 1 \} </tex>.== Описание алгоритма ===== Идея ===ЗаметимЕсли данный экземпляр ПСП имеет решение, что если то <tex>L(G_2)</tex>d_i содержит хотя бы одну строку вида < mtex>w\#w^R</tex>, то очевидно, что поэтому <tex>C_i > d_iL(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing</tex>, следовательнои наоборот, если он не имеет решения, расписания то <tex>L(G_2)</tex> не существует. Поэтому будем полагатьсодержит строк такого вида, что соответственно <tex>m L(G_1) \cap L(G_2) = \leqslant d_ivarnothing</tex> для . Таким образом мы свели проблему соответствий Поста к <tex>i = 1 \ldots noverline{A}</tex>, следовательно, задача о проверке на пустоту пересечения двух КС-грамматик неразрешима.}}Из неразрешимости вышеприведенной задачи следует неразрешимость ряда других задач. Рассмотрим несколько примеров.

Определим <tex>T = \max\limits_{i \in [1, n]}d_i</tex> {{-По двум КС--}} количество временных интервалов грамматикам <tex>[t - 1, t]G_1</tex>, где и <tex>t = 1 \ldots TG_2</tex>. Будем обозначать <tex>можно построить КС-грамматику для [[t Замкнутость КС- 1, tязыков относительно различных операций#.D0.9A.D0.BE.D0.BD.D0.BA.D0.B0.D1.82.D0.B5.D0.BD.D0.B0.D1.86.D0.B8.D1.8F|конкатенации]]задаваемых ими языков </tex> как <tex>tL(G_1)L(G_2)</tex>. Для каждого из них По аналогии с этим мы можем назначить не более рассматривать язык <tex>m</tex> работ L(G_1)\#L(по одной на каждый станокG_2). Для каждой работы <tex>i</tex> будем назначать времена обработки на каждой из машин следующим образом: на машине <tex>m</tex> работа займет временной интервал <tex>d_i\#</tex>, на машине где <tex>(m - 1)\#</tex> {{---}} интервал <tex>(d_i - 1)</tex> и так далееновый символ, на машине <tex>1</tex> работа займет временной интервал <tex>d_i - m + 1</tex>не встречающийся в алфавите. В случае коллизийЗаметим, что пересечение языков непусто, то есть если найдется временной интервал <tex>k > 1</tex>, содержащий <tex>m + 1</tex> работу, возьмем минимальный такой <tex>k</tex> и перенесем лишнюю работу из него на ту же машину, но на один временной интервал левее. Будем повторять этот процесс, пока необходимо L(G_1) \cap L(и пока <tex>k > 1G_2) \ne \varnothing </tex>). Таким образом, только первый временной интервал может содержать более <tex>m</tex> работ. Причем это может произойти тогда и только тогда, когда задача не имеет решения, то есть не существует расписания, при котором все работы будут выполнены вовремя.=== Псевдокод ===Определим <tex>hL(G_1)\#L(tG_2)\#</tex> {{содержит [[Алгоритм Ландау---}} количество работ во временном интервале <tex>t</tex>Шмидта#.D0.9E.D0.BF.D1.80.D0.B5.D0.B4.D0.B5.D0.BB.D0.B5.D0.BD.D0.B8.D1.8F|тандемный повтор]].

'''void''' checkExistenceOfSchedule('''int'''* <tex>d</tex>): <tex>T = \max\{d_i \mid i = 1 \ldots n\}</tex> '''for''' <tex>t = 1</tex> '''to''' <tex>T</tex> <tex>h(t) = 0</tex> '''for''' <tex>i = 1</tex> '''to''' <tex>n</tex> '''for''' <tex>j = d_i</tex> '''to''' <tex>d_i - m + 1</tex> Аналогично можно заметить, что пересечение <tex>h(j) = hL(jG_1) + 1</tex> '''while''' <tex>\exists k > 1</tex> '''and''' <tex>hcap L(kG_2) = m + 1</tex> '''find''' <tex>\min\{k_0 \mid h(k_0) = m + 1ne \}varnothing </tex> тогда и только тогда, когда <tex>hL(k_0 - 1G_1) = h\#L(k_0 - 1G_2) + 1^R</tex>содержит палиндром. <tex>h(k_0) = m</tex> '''if''' <tex>h(1) \leqslant m</tex> '''return''' true '''else''' '''return''' false=== Асимптотика ===== Доказательство корректности ==Таким образом, мы имеем:{{ТеоремаУтверждение|statement=Для множества работ с дедлайнами Пусть дана грамматика <tex>d_1, d_2, \ldots d_nG</tex> задача имеет решение тогда и только тогда, когда <tex>hL(1G) \leqslant m= L</tex>.Тогда следующие задачи неразрешимы:|proof=# Содержит ли <tex>L</tex> тандемный повтор.Изначально алгоритм присваивает все стадии обработки каждой работы # Содержит ли <tex>iL</tex> (то есть обработку на каждом станке) попарно различным временным интервалампалиндром.