Обсуждение участницы:Анна — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Доказательство корректности)
(Доказательство корректности)
Строка 42: Строка 42:
 
В противном случае найдем такую работу <tex>i_t</tex> с наименьшим <tex>t</tex>, что никакая работа <tex>i_v</tex>, где <tex>v > t</tex>, не превосходит <tex>i_t</tex>, причем <tex>i_t < l</tex>. По определению это значит, что после того, как работа <tex>i_t</tex> будет добавлена в <tex>S</tex>, ни одна работа <tex>i \leq i_t</tex> не будет удалена из этого множества. Так как <tex>i_t < l</tex>, то по определению <tex>l</tex> все работы, которые на момент добавления <tex>i_t</tex> находятся в <tex>S</tex>, так же должны принадлежать <tex>S^*</tex>. Покажем, что это приведет нас к противоречию.<br>
 
В противном случае найдем такую работу <tex>i_t</tex> с наименьшим <tex>t</tex>, что никакая работа <tex>i_v</tex>, где <tex>v > t</tex>, не превосходит <tex>i_t</tex>, причем <tex>i_t < l</tex>. По определению это значит, что после того, как работа <tex>i_t</tex> будет добавлена в <tex>S</tex>, ни одна работа <tex>i \leq i_t</tex> не будет удалена из этого множества. Так как <tex>i_t < l</tex>, то по определению <tex>l</tex> все работы, которые на момент добавления <tex>i_t</tex> находятся в <tex>S</tex>, так же должны принадлежать <tex>S^*</tex>. Покажем, что это приведет нас к противоречию.<br>
 
Пусть <tex>S_t</tex> {{---}} множество <tex>S</tex> после удаления <tex>k_{i_t}</tex> и добавления <tex>i_t</tex>. Рассмотрим два случая:<br>
 
Пусть <tex>S_t</tex> {{---}} множество <tex>S</tex> после удаления <tex>k_{i_t}</tex> и добавления <tex>i_t</tex>. Рассмотрим два случая:<br>
а). Если <tex>k^* = k_{i_t} > k</tex>, то есть <tex>d_{k^*} \geq d_k</tex>, то мы можем заменить <tex>k</tex> на <tex>k^*</tex> в <tex>S^*</tex>, сохранив условие, что <tex>S^*</tex> не содержит опаздывающих работ.
+
а). Если <tex>k^* = k_{i_t} > k</tex>, то есть <tex>d_{k^*} \geq d_k</tex>, то мы можем заменить <tex>k</tex> на <tex>k^*</tex> в <tex>S^*</tex>, сохранив условие, что <tex>S^*</tex> не содержит опаздывающих работ. Следовательно, множество <tex>S_t \cup \{k^*\}</tex> не содержит работ со штрафами, что противоречит построению <tex>S</tex>.
 +
б). Пусть <tex>k^* < k</tex>. Тогда все работы из <tex>S_t \cup \{k\}</tex> могут быть выполнены в срок, так как <tex>S_t</tex> и <tex>k</tex> принадлежат <tex>S^*</tex>. Более того, все работы из множества <tex>\{j \in S_t | j < k\}</tex> могут быть выполнены без опозданий. Таким образом, мы снова приходим к тому, что множество <tex>S_t \cup \{k^*\}</tex> не содержит работ со штрафами, что является противоречием.
 
}}
 
}}

Версия 12:47, 6 мая 2016

[math] P \mid p_i=1 \mid \sum w_i U_i[/math]

Задача:
Дано [math]m[/math] одинаковых станков, на которых нужно выполнить [math]n[/math] работ. Любая работа на любом станке выполняется единицу времени. Для каждой работы есть время окончания [math]d_i[/math] — ожидается, что до этого времени она будет закончена, и штраф [math]w_i[/math], который нужно будет выплатить в случае, если работа была закончена после [math]d_i[/math]. Необходимо минимизировать суммарный штраф, который придется выплатить.

Описание алгоритма

Оптимальное расписание для этой задачи будем задавать множеством работ [math]S[/math], которые будут выполнены в начале, как после будет показано, именно за эти работы штраф начислен не будет. Работы, которые не войдут в [math]S[/math], то есть завершатся с опозданием, могут быть выполнены в конце в любом порядке.
Чтобы построить множество [math]S[/math], будем добавлять работы в порядке неуменьшения их времен окончания, и как только некоторая работа [math]j[/math] опаздывает, удалим из [math]S[/math] работу с минимальным значением [math]w_i[/math] и поставим [math]j[/math] на ее место.
Пусть есть работы [math]1 \cdots n[/math] с временами окончания [math]d_1 \leq d_2 \leq \cdots \leq d_n[/math]. Будем называть простоем временной интервал, в который на машине ничего не обрабатывается. Тогда следующий алгоритм вычислит оптимальное множество [math]S[/math].

  [math]S \leftarrow  \varnothing[/math]
  for [math]j = 1[/math] to [math]n[/math]:
     if [math]j[/math] опаздывает, и все более ранние простои заполнены:
        найти [math]i: w[i] = \min\limits_{k \in S}(w[k])[/math]
        if [math]w[i] \lt  w[j][/math]:
           заменить [math]i[/math] на [math]j[/math] в [math]S[/math]
     else:
        добавить [math]i[/math] в [math]S[/math] и поставить [math]i[/math] на место самого раннего простоя

Таким образом, работы, не попавшие в [math]S[/math], будут иметь минимальное значение [math]w_i[/math].

Доказательство корректности

Теорема:
Вышеописанный алгоритм корректен и строит оптимальное множество работ [math]S[/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Пусть [math]S[/math] — множество работ, вычисленное с помощью алгоритма. Тогда все работы, находящиеся в этом множестве, будут выполнены в срок, то есть штраф за них налагаться не будет, так как если работа [math]j[/math] заменила работу [math]i[/math], которая успевала выполниться до истечения [math]d_i[/math], то [math]j[/math] так же успеет выполниться в срок, потому что [math]d_i \leq d_j[/math].
Пусть [math]S^*[/math] — множество работ без штрафов в оптимальном расписании.
Определим работы [math]l[/math] и [math]k[/math] следующим образом:

  • [math]l[/math] — первая работа в [math]S[/math]: [math]l \notin S^*[/math]
  • [math]k[/math] — первая работа в [math]S^*[/math]: [math]k \notin S[/math]

Покажем, что в [math]S^*[/math] работа [math]k[/math] может быть заменена работой [math]l[/math] без увеличения значения целевой функции. Рассмотрим два случая:
1. Пусть [math]l \lt k[/math].
То, что [math]k[/math] не принадлежит множеству [math]S[/math], значит, что либо на некотором шаге появилась опаздывающая работа [math]j[/math], которая заменила [math]k[/math], либо работа [math]k[/math] опаздывала и [math]w_k[/math] было меньше [math]\min\limits_{i \in S}w_i[/math], и поэтому она не была добавлена. В любом случае в это время работа [math]l[/math] уже принадлежала [math]S[/math]. Во втором случае очевидно, что [math]w_k \leq w_l[/math]. То же неравенство выполняется и в первом случае, так как на этапе замены мы выбрали [math]k[/math], а не [math]l[/math]. Следовательно, мы не ухудшим целевую функцию заменой [math]k[/math] на [math]l[/math].
2. Пусть [math]l \gt k[/math].
Замена работы [math]k[/math] в [math]S^*[/math] на работу [math]l[/math] не противоречит условию, что за все работы в этом множестве штраф налагаться не будет, так как [math]k[/math] выполнялась в срок, а [math]d_k \leq d_l[/math] и все работы выполняются одинаковое количество времени. Следовательно, [math]l[/math] так же будет выполнена в срок. Осталось доказать, что [math]w_k \leq w_l[/math].
Пусть работа [math]k_{i_0} = k[/math] была заменена работой [math]i_0[/math], а так же [math]k_{i_1} \cdots k_{i_r}[/math] — последовательность работ из [math]S[/math], каждая из которых была на некотором шаге заменена работой [math]i_1 \cdots i_r[/math] соответственно. Тогда [math]i_0 \lt i_1 \lt \cdots \lt i_r[/math].

Рис. 1. [math]i_v[/math] превосходит [math]i_u[/math].

Будем говорить [math]i_v[/math] превосходит [math]i_u[/math], где [math]u \lt v[/math], если [math]k_{i_v} \leq i_u[/math]. Тогда [math]w_{k_{i_v}} \geq w_{k_{i_u}}[/math], так как когда мы вставляли работу [math]i_u[/math] мы выбрали для замены [math]k_{i_u}[/math], то есть ее вес был минимальным среди всех работ, находившихся на тот момент в [math]S[/math], включая [math]k_{i_v}[/math]. Для большей ясности на рисунке 1 показано, в каком порядке располагаются эти работы относительно друг друга согласно их номерам.
Если из последовательности [math]i_0 \lt i_1 \lt \cdots \lt i_r[/math] можно выделить подпоследовательность [math]j_0 = i_0 \lt j_1 \lt \cdots \lt j_s[/math] со свойствами:

  • [math]j_{v + 1}[/math] превосходит [math]j_v[/math], где [math]v \in [0 \cdots s - 1][/math]
  • [math]j_{s - 1} \lt l \leq j_s[/math] ,

то [math]w_l \geq w_{k_{j_s}} \geq \cdots \geq w_{k_{j_0}} = w_k[/math], что доказывает теорему.
В противном случае найдем такую работу [math]i_t[/math] с наименьшим [math]t[/math], что никакая работа [math]i_v[/math], где [math]v \gt t[/math], не превосходит [math]i_t[/math], причем [math]i_t \lt l[/math]. По определению это значит, что после того, как работа [math]i_t[/math] будет добавлена в [math]S[/math], ни одна работа [math]i \leq i_t[/math] не будет удалена из этого множества. Так как [math]i_t \lt l[/math], то по определению [math]l[/math] все работы, которые на момент добавления [math]i_t[/math] находятся в [math]S[/math], так же должны принадлежать [math]S^*[/math]. Покажем, что это приведет нас к противоречию.
Пусть [math]S_t[/math] — множество [math]S[/math] после удаления [math]k_{i_t}[/math] и добавления [math]i_t[/math]. Рассмотрим два случая:
а). Если [math]k^* = k_{i_t} \gt k[/math], то есть [math]d_{k^*} \geq d_k[/math], то мы можем заменить [math]k[/math] на [math]k^*[/math] в [math]S^*[/math], сохранив условие, что [math]S^*[/math] не содержит опаздывающих работ. Следовательно, множество [math]S_t \cup \{k^*\}[/math] не содержит работ со штрафами, что противоречит построению [math]S[/math].

б). Пусть [math]k^* \lt k[/math]. Тогда все работы из [math]S_t \cup \{k\}[/math] могут быть выполнены в срок, так как [math]S_t[/math] и [math]k[/math] принадлежат [math]S^*[/math]. Более того, все работы из множества [math]\{j \in S_t | j \lt k\}[/math] могут быть выполнены без опозданий. Таким образом, мы снова приходим к тому, что множество [math]S_t \cup \{k^*\}[/math] не содержит работ со штрафами, что является противоречием.
[math]\triangleleft[/math]