F2Cmax

[math]F2 \mid\mid C_{max} [/math]

Задача:

Рассмотрим задачу: дано [math]n[/math] работ и [math]2[/math] станка, для каждой работы известно её время выполнения на каждом станке [math]p_{ij}[/math], каждую работу необходимо выполнить сначала на первом станке, а потом на втором. Требуется минимизировать время окончания выполнения всех работ.

Описание алгоритма

Пусть [math]p_{i1}[/math] — время выполнения [math]i[/math]-ой работы на первом станке, а [math]p_{i2}[/math] — на втором.

1. Алгоритм строит два списка [math] L [/math] и [math] R [/math]. Изначально они пусты. Также поддерживается множество еще не распределенных по спискам [math] L [/math] и [math] R [/math] работ [math]X = \{i \mid i = 1, \dots, n\}[/math]
2. Пока множество [math] X [/math] не пусто, распределяем работы по спискам следующим образом:
   • находим такие индексы [math] i [/math] и [math] j [/math], что [math]p_{ij} = \min \{ p_{ij} \mid i \in X \land j = 1, 2\}[/math],
   • если минимум достигается на первом станке (иными словами [math] j = 1 [/math]), то поставим работу [math] i [/math] в конец списка [math] L [/math], иначе ставим в начало списка [math] R [/math],
   • удаляем работу [math] i [/math] из множества [math] X [/math].
3. Рассмотрим список [math] T = L ~\texttt{++}~ R[/math] — конкатенацию [math] L[/math] и [math]R[/math]. Утверждается, что этот список является оптимальной перестановкой работ как на первом, так и на втором станке. Далее расставляем подряд работы на первом станке согласно перестановке, после чего ставим в том же порядке работы на втором станке, при этом избегая одновременного выполнения одной и той же работы.

Доказательство корректности алгоритма

Теорема:

Существует оптимальное расписание, в котором станки выполняют работы в одном и том же порядке.

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Рис. 1 Предположим обратное: что не существует оптимального расписания с одинаковыми перестановками работ на станках. Рассмотрим некоторое оптимальное расписание с максимальным по длине общим префиксом на станках. Пусть его длина равна [math] k [/math], где [math] k \lt n [/math]. Пусть на [math] k [/math] позиции на первом и втором станках стоит работа [math] i [/math], а на втором станке на позиции [math] k + 1 [/math] стоит работа [math] j [/math]. Тогда заметим, что если мы поставим работу [math] j [/math] на первом станке сразу после работы [math] i [/math], то последовательные работы с [math] h [/math] по [math] m [/math] (см. рис. 1) по-прежнему будут успевать выполниться, так как на втором станке они выполняются в текущем расписании после [math] j [/math]. Таким образом нам удалось увеличить длину наибольшего общего префикса, а так как по нашему предположению она была максимальна, то предположение неверно и искомое расписание с одинаковым порядком выполнения работ на обоих станках существует.

[math]\triangleleft[/math]

Таким образом задача сводится к поиску этой перестановки. Докажем, что полученный приведенным выше алгоритмом список является оптимальной перестановкой работ.

Лемма (1):

Если для каких-то работ [math] i [/math] и [math] j [/math] из списка [math] T [/math] верно неравенство [math] \min(p_{i1}, p_{j2}) \lt \min(p_{j1}, p_{i2}) [/math], то работа [math] i [/math] встречается в списке [math] T [/math] раньше, чем [math] j [/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Пусть [math] p_{i1} \lt p_{j2} [/math]. Случай [math] p_{i1} \gt p_{j2} [/math] рассматривается аналогично. Так как [math] p_{i1} \lt \min(p_{j1}, p_{i2}) \leqslant p_{i2} [/math], то работа [math] i \in L [/math]. Работа [math] j [/math] либо стоит в [math] R [/math], либо она стоит в [math] L [/math] и при этом [math] p_{i1} \lt p_{j1} [/math]. Заметим, что в обоих случаях она расположена позже (в силу нашего построения), чем работа [math] i [/math].

[math]\triangleleft[/math]

Лемма (2):

Пусть имеем произвольное расписание, в котором работа [math] j [/math] идет сразу же после работы [math] i [/math]. Тогда если [math] \min(p_{j1}, p_{i2}) \leqslant \min(p_{i1}, p_{j2}) [/math], то можем поменять местами эти работы без ухудшения целевой функции.

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Рис. 2 — Расположение последовательных работ Пусть [math] w_{ij} [/math] — время, прошедшее с начала выполнения работы [math] i [/math] на первом станке до окончания работы [math] j [/math] на втором станке. Рассмотрим возможные случаи расположения работ [math] i [/math] и [math] j [/math] (см. Рис. 2) Работа [math] i [/math] начинается на втором станке сразу же после завершения ее на первом Выполнение работы [math] i [/math] на втором станке заканчивается позже, чем работы [math] j [/math] на первом. Тогда [math] w_{ij} = p_{i1} + p_{i2} + p_{j2} [/math]. Выполнение работы [math] i [/math] на втором станке заканчивается раньше, чем работы [math] j [/math] на первом. В этом случае [math] w_{ij} = p_{i1} + p_{j1} + p_{j2} [/math]. Работа [math] i [/math] не может начаться на втором станке сразу же после завершения ее на первом Выполнение работы [math] i [/math] на втором станке заканчивается раньше, чем работы [math] j [/math] на первом. Здесь снова имеем [math] w_{ij} = p_{i1} + p_{j1} + p_{j2} [/math]. Выполнение работы [math] i [/math] на втором станке заканчивается позже, чем работы [math] j [/math] на первом. Пусть [math] \Delta [/math] — время прошедшее с начала выполнения работы [math] i[/math] на первом станке и до начала ее выполнения на втором станке. Получили, что [math] w_{ij} = \Delta + p_{i2} + p_{j2} [/math]. Таким образом, [math] w_{ij} = \max (p_{i1} + p_{j1} + p_{j2}, p_{i1} + p_{i2} + p_{j2}, \Delta + p_{i2} + p_{j2}) [/math]. Иначе говоря, [math] w_{ij} = \max (p_{i1} + \max(p_{j1}, p_{i2}) + p_{j2}, \Delta + p_{i2} + p_{j2}) [/math]. Аналогично, [math] w_{ji} = \max (p_{j1} + \max(p_{i1}, p_{j2}) + p_{i2}, \Delta + p_{i2} + p_{j2}) [/math] Так как [math] \min(a, b) = - \max(-a, -b)[/math], то из условия леммы имеем [math] \max(-p_{i1}, -p_{j2}) \leqslant \max(-p_{j1}, -p_{i2}) [/math]. Добавив [math] p_{i1} + p_{i2} + p_{j1} + p_{j2} [/math] к обеим частям, получим, что [math] p_{j1} + \max(p_{i1}, p_{j2}) + p_{i2} \leqslant p_{i1} + \max(p_{j1}, p_{i2}) + p_{j2} [/math], то есть [math] w_{ji} \leqslant w_{ij} [/math] и при смене местами работ [math] i [/math] и [math] j [/math] ответ не ухудшается.

[math]\triangleleft[/math]

Теорема:

Построенная перестановка [math] T [/math] является оптимальной.

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Рассмотрим произвольную перестановку [math] S [/math]. Пусть перестановки [math] T [/math] и [math] S [/math] имеют общий префикс длины [math] l-1 [/math]. Пусть [math] i = T_{l} [/math] и [math] j = S_{l} [/math]. Рассмотрим множество работ [math]M = \{T_{r} \mid r = l, \dots, n\}[/math]. Заметим, что для любой работы [math] k \in M [/math] верно, что [math] \min(p_{k1}, p_{i2}) \geqslant \min(p_{i1}, p_{k2}) [/math], так как если было бы верно обратное, то есть [math] \min(p_{k1}, p_{i2}) \lt \min(p_{i1}, p_{k2}) [/math], то по лемме 1 было бы верно, что [math] k [/math] идет раньше [math] i [/math], что неверно. Очевидно, что в перестановке [math] S [/math] работа [math] i [/math] будет стоять после [math] j [/math] (иначе общий префикс был бы длиннее), то заметим, что в этой перестановке для работы [math] i [/math] и для предыдущей работы [math] w [/math] верно [math] \min(p_{w1}, p_{i2}) \geqslant \min(p_{i1}, p_{w2}) [/math] (так как [math] w \in M [/math]), то по лемме 2 можем поменять местами работы [math] i [/math] и [math] w [/math] без ухудшения ответа. То такими операциями сможем дойти до пары работ [math] i [/math] и [math] j [/math], которые при смене увеличат общий префикс перестановок [math] S [/math] и [math] T [/math]. Таким образом любая перестановка сводится к нашей без ухудшения ответа такими операциями, что подтверждает оптимальность перестановки [math] T [/math]

[math]\triangleleft[/math]

Псевдокод

  function F2Cmax(p: int[n][2]): list<int>
     list<int> L = [math]\varnothing [/math]
     list<int> R = [math]\varnothing [/math]
     set<int> X = [math]\{1, \ldots, n\}[/math]
     while X [math]\neq \varnothing[/math]
        Найти i и j, такие что [math]p_{ij} = \min \{ p_{ij} \mid i \in X \land j = 1, 2\}[/math]
        if j == 1
           L.addLast(i)
        else 
           R.addFirst(i)
        X.remove(i)
     list<int> T = L ++ R
     return T

Сложность алгоритма

Заметим, что на каждом шаге алгоритма мы выбираем минимум из оставшихся элементов за [math]O(\log n)[/math] (либо предварительной сортировкой, либо с помощью любой структуры данных, поддерживающей нахождение минимума и удаление за [math]O(\log n)[/math], например, кучи). А так как мы делаем это [math] n [/math] раз, алгоритм работает за [math]O(n\log n)[/math].

См. также

• [math]J2 \mid n_i \leqslant 2 \mid C_{max}[/math]
• [math]O2\mid\mid C_{max}[/math]
• [math]R2\mid\mid C_{max}[/math]

Источники информации

• Peter Brucker. «Scheduling Algorithms» — «Springer», 2006 г. — 175 стр. — ISBN 978-3-540-69515-8