Opij1sumwu

[math] O \mid p_{i,j} = 1 \mid \sum w_{i} U_{i} [/math]

Задача:

Дано [math]m[/math] одинаковых станков, которые работают параллельно, и [math]n[/math] работ, которые необходимо выполнить в произвольном порядке на всех станках. Любая работа на любом станке выполняется за единицу времени. Для каждой работы есть время окончания [math]d_i[/math] — время, до которого она должна быть выполнена. Требуется минимизировать [math]\sum w_{i} U_{i}[/math], то есть суммарный вес всех просроченных работ.

Описание алгоритма

Для решения этой задачи, мы должны найти множество [math]S[/math] работ, которые успеваем выполнить до дедлайна. Значит нам надо минимизировать: [math]\sum\limits_{ i \notin S } {w_{i}}[/math]. Будем решать эту задачу с помощью динамического программирования с использованием утверждений из решения задачи [math] O \mid p_{i,j} = 1, d_i \mid - [/math].

Рассмотрим работы в порядке неубывания дедлайнов: [math]d_{1} \leqslant d_{2} \leqslant \ldots \leqslant d_{n}[/math]. Пусть мы нашли решение для работ [math]1, 2, \ldots, i - 1[/math]. Очевидно, что [math]S \subseteq \{1, \ldots , i - 1\}[/math].

Пусть [math]h^S[/math] — вектор соответствующий множеству [math]S[/math] из задачи [math] O \mid p_{i,j} = 1, d_i \mid - [/math]. Тогда, для добавления работы [math]i[/math] в множество [math]S[/math] должно выполняться неравенство: [math]m \cdot (d_i - m) - ( km - \sum\limits_{j = 1}^m {h^S(d_i - m + j)})+x(d_i) \geqslant m[/math], где [math]k=|S|[/math] и [math]x(d_i)[/math] — количество периодов времени [math]t[/math] со свойствами: [math]d_i - m + 1 \leqslant t \leqslant d_i[/math] и [math]h^S(t) \lt m[/math]. Чтобы проверить это неравенство, нам нужно посчитать [math]m[/math] чисел [math]h^S(t)[/math], [math]t=d_i - m + 1, \ldots, d_i[/math]. Для этого определим переменные:

[math]k_j= \begin{cases} h^S(d_i - m + j) & j \in \{1 , \ldots , m\} \\ 0 & j \notin \{1 , \ldots , m\} \\ \end{cases}[/math],

[math]l_j=\begin{cases} 1 & j \in \{1 , \ldots , m\}\text{; } k_j \lt m \\ 0 & \text{otherwise} \\ \end{cases} .[/math].

Тогда можно заметить, что [math]x(d_i)=\sum\limits_{j = 1}^m {l_j}[/math], так как [math]l_j = 1[/math] если [math]1 \leqslant j \leqslant m[/math] и [math]h^S(d_i - m + j) \lt m[/math] или [math]d_i - m + 1 \leqslant d_i - m + j \leqslant d_i[/math] и [math]h^S(d_i - m + j) \lt m[/math]. Следовательно можно упростить исходное неравенство: [math]m \cdot (d_i - m) - (km - \sum\limits_{j = 1}^m {k_j}) + \sum\limits_{j = 1}^m {l_j} \geqslant m[/math] или [math]m \cdot (d_i - m - k)+ \sum\limits_{j = 1}^m {(k_j + l_j)} \geqslant m[/math].

Для динамического программирования определим [math]f_i(k , k_1 , \ldots , k_m)[/math] — минимальное значение целевой функции для расписания работ [math]i , i+1 , \ldots , n[/math], позволяющее выполнить работы из множества [math]S[/math] без опоздания, где [math]k = |S|, S \subseteq \{1, \ldots , i - 1\}[/math] и [math]k_j=h^S(d_i - m + j)[/math], где [math]j = 1, \ldots , m[/math], то есть [math]f_i(k, k_1, \ldots , k_m) = \min\limits_{S: |S| = k, S \subseteq \{1, \ldots , i - 1 \}}(\sum\limits_{j = i}^n {w_jU_j})[/math].

Пусть [math]p = d_{i + 1} - d_i[/math], тогда определим рекуррентное выражение для [math]f_i(k, k_1, \ldots , k_m)[/math]:

[math]f_i(k, k_1, \ldots , k_m)=\begin{cases} f_{i + 1}(k, k_{1 + p},k_{2 + p}, \ldots, k_{m + p}) + w_i, & m\cdot (d_i - m - k)+ \sum\limits_{j = 1}^m {(k_j + l_j)} \lt m (1)\\ \min(f_{i + 1}(k, k_{1 + p}, k_{2 + p}, \ldots , k_{m + p}) + w_i ; f_{i + 1}(k + 1, k_{1 + p} + l_{1 + p},k_{2 + p} + l_{2 + p}, \ldots ,k_{m + p} + l_{m + p})), & m\cdot (d_i - m - k) + \sum\limits_{j = 1}^m {(k_j + l_j)} \geqslant m (2)\\ \end{cases}[/math]

c начальным условием: [math]f_{n + 1}(k, k_1, \ldots , k_m) = 0 [/math] для [math]k, k_1, \ldots , k_m = 0, 1, \ldots , m[/math].

Если выполняется неравенство [math](1)[/math], то мы не можем добавить работу [math]i[/math] в множество [math]S[/math] и поэтому [math]f_i(k, k_1 \ldots , k_m) = f_{i + 1}(k, k_{1 + p}, k_{2 + p}, \ldots, k_{m + p}) + w_i[/math].

Если выполняется неравенство [math](2)[/math], тогда мы может добавить работу [math]i[/math] в множество [math]S[/math] или не добавлять. Если мы добавим работу [math]i[/math], то [math]f_i(k, k_1, \ldots , k_m) = f_{i + 1}(k + 1,k_{1 + p} + l_{1 + p},k_{2 + p}+l_{2 + p}, \ldots ,k_{m + p}+l_{m + p}) (3)[/math]. Если мы не добавим работу [math]i[/math], то по аналогии с первым случаем [math]f_i(k, k_1, \ldots , k_m) = f_{i + 1}(k, k_{1 + p},k_{2 + p}, \ldots, k_{m + p}) +w_i (4)[/math]. Так как [math]f_i(k, k_1, \ldots , k_m) = \min(\sum\limits_{j = i}^n {w_jU_j})[/math], то нам надо взять минимум из значений [math](3)[/math] и [math](4)[/math].

Ответ на задачу будет находиться в [math]f_1(0, 0, \ldots , 0)[/math].

Время работы

Для определения времени работы алгоритма надо заметить, что [math]i,k=0,\ldots n[/math], [math]k_j=0,\ldots m[/math] где [math]j=1,\ldots m[/math]. Из рекуррентной формулы очевидно, что для подсчета одного значения [math]f_i(k,k_1, \ldots ,k_m)[/math] нужно [math]O(m)[/math] времени. Значит алгоритм работает за [math]O(n^2m^{m+1})[/math].

См. также

• [math] O \mid p_{i,j} = 1, d_i \mid - [/math]
• [math]O \mid p_{ij} = 1 \mid \sum U_i[/math]

Источники информации

• Peter Brucker. «Scheduling Algorithms» — «Springer», 2006 г. — c. 168 - 170. ISBN 978-3-540-69515-8