流水线作业调度问题——Johnson不等式

最新推荐文章于 2024-01-14 15:43:06 发布

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文章探讨了一种工厂加工生产调度问题，通过分析相邻作业的对换如何影响总加工时间，引入Johnson不等式来确定最优的加工顺序，以达到最短的总加工时间。

背景加工生产调度

题目描述

某工厂收到了 n 个产品的订单，这 n 个产品分别在 A、B 两个车间加工，并且必须先在 A 车间加工后才可以到 B 车间加工。

某个产品 i 在 A、B 两车间加工的时间分别为 $Ai,Bi$ 。怎样安排这 n 个产品的加工顺序，才能使总的加工时间最短。

这里所说的加工时间是指：从开始加工第一个产品到最后所有的产品都已在 A、B 两车间加工完毕的时间。

分析

对于这个问题，我们的直观想法就是使ai尽可能的短，bi尽可能的长，这样当我们再进行bi的同时a(i+1)就可以开始运作，就可以省去向下面图4的情况第二台已经空出来了，可是我还得等待a(i+1)加工完毕。

下面我们通过一些图片来解析一下这个题意

示例：有3个作业如下图所示

于是共有6种调度安排：

对于方案 4，请注意，b2结束后并不能立即进行b3的工作，因为题目已经说了要等a3加工结束才能进行b3的加工

其中方案3总时间最短。

现在我们来分析一下最差方案，对于方案4，使其成为最差的主要原因是因为出现了等待的时间，a3加工时间实在是太长了，但是我们必须等他结束了才能进行b3。然后我们对其进行优化，是否调换一下前后1，2两个作业或者2,3两个作业的先后顺序就可以缩短时间呢。

于是我们引出了关键思路：如果对换“相邻”的两个作业会不会缩短时间？如果能我们就对换

假定 $t0+\Delta$ （t0表示前面加工需要的时间）后 M2 才开始空闲，但作业1在机器2的实际开始时刻应该是 $t0+max(\Delta,a1)$ 。因为我们必须等a1加工完毕了我们才能进行b1的加工，也就是说当 $\Delta$ <a1的时候会出现空格时间，如上图4， $\Delta=b2$ ,实际运行开始运行时间为 $t0+a3$

对作业1之后的作业2而言，有四种情况

我们分析一下在第二台机器上的加工时间，首先b2是不可能超过a2的，所以我们可以直接加上b2，然后只需考虑前面，由上图便可得到以下等式

在 M1 上的最早开始时间是 $t0+a1+a2$ ；
在 M2 上的最早开始时间是 $T1=t0+max\left \{ a1+a2,a1+b1,\Delta+b1 \right \}+b2$ 。
使用我们总的加工时间就是 $T1$

当作业1和作业2的次序对换时， Δ 不变化，此时对作业2之后的作业而言：

在 M1 上的最早开始时间是 $t0+a1+a2$ ；（没有变化）
在 M2 上的最早开始时间是 $T2=t0+max\left \{ a2+a1,a2+b2,\Delta+b2 \right \}+b1$ 。
使用我们总的加工时间就是 $T2$

下面我们分四种情况讨论一下交换前和交换后，这两个作业在 M2 上都完成的最早时间：

首先我们记 $a1=min \left \{ a1,a2,b1,b2\right \}$ 表示的是 $a1,a2,b1,b2$ 之间的最小值是 $a1$

① $a1=min \left \{ a1,a2,b1,b2\right \}$ 。此时有 $a1+a2\leqslant b2+a2$ ，

于是 $T2=t0+max\left \{a2+b2,\Delta+b2 \right \}+b1$ (求的是最大值，所以可以直接把小的去掉)

$T2=t0+max\left \{a2+b1,\Delta+b1\right \}+b2$ 求出的最大值都是+b1+b2的，所以换序无妨

又 $a2+a1\leqslant a2+b1$ ， $a1+b1\leqslant a2+b1$ (这里说简单点就是a1<b1,a1<a2)

可得 $T1=t0+max\left \{a2+b1,a1+b1,\Delta+b1 \right \}+b2$ $\leqslant t0+max\left \{a2+b1,\Delta+b1\right \}+b2=T2$

因此 $T1<T2$ ，即交换次序不会使情况变好。

② $a2=min \left \{ a1,a2,b1,b2\right \}$ 。类似于①，自证，可知 $T1\geqslant T2$ ，即交换次序不会是其变差。

(取得到等号所以不能直接说变好）

③ $b1=min \left \{ a1,a2,b1,b2\right \}$ 。此时有 $a1+a2\geqslant a1+b1$ ，

于是 $T1=t0+max\left \{ a1+a2,\Delta+b1 \right \}+b2$ $=t0+max\left \{ a1+a2+b2,\Delta+b1+b2 \right \}$ 。

又 $a1+a2+b2\geqslant a1+a2+b1$ ， $a1+a2+b2\geq a1+a2+b1$

可得 $T1$ $=t0+max\left \{ a1+a2+b2,\Delta+b1+b2 \right \}$ $\geqslant max\left \{ a2+a1+b1,a2+b2+b1,\Delta +b2+b1\right \}=T2$ 。

即 $T1>T2$ ，即交换次序不会使情况变差。

④ $b2=min \left \{ a1,a2,b1,b2\right \}$ 。类似③，可得，即交换次序不会使情况变好。

以上分析了什么情况下对换“相邻”的两个作业至少不会使情况变差。

因此我们可以从局部到整体，分析如何确定加工顺序。

计算 $min\left \{ a1,b1,a1,b1,...an,bn \right \}$ ，有两种情况：

① 这个最小值是某个 $ai$ ，那么如果它不是第一个被加工的，就可以根据②将它与前面相邻的任务次序对换，而总时间不会变长（还有可能变短）。不断这样进行下去，直到它成为第一个被加工的。把它放到该放的位置，以后就不用考虑它了。

② 这个最小值是某个 $bj$ ，那么如果它不是最后一个被加工的，就可以根据③将它与后面相邻的任务次序对换，而总时间不会变长（还有可能变短）。不断这样进行下去，直到它成为最后一个被加工的。把它放到该放的位置，以后就不用考虑它了。

而②和③，就是所称的“Johnson不等式”：

如果作业 i 和 j ，i在j前面，满足 $min\left \{ bi,aj \right \}\geqslant min\left \{ bi,aj \right \}$ ，则称作业 i 和 j 满足Johnson不等式。

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1005;
int n,ans;

struct node
{
	int a,b,c;//分别代表作业1和作业2，还有对应编号，
               //i表示不了，因为后面要排序我们先记录一下
	bool operator<(const node &v)
	{
		return min(a,v.b)<min(b,v.a);//Johnson不等式，注意小于号左边的是前一个的b作业与后一个 
                                      的a作业
	}
}d[N];

int main()
{
	int n;cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>d[i].a;d[i].c=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>d[i].b;
	
	sort(d+1,d+1+n);

	int x=0,y=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		x+=d[i].a;
		y=max(x,y)+d[i].b;//首先无论如何都需要等到ai结束才能进行bi，
                          //其次如果ai结束了bi-1，还没结束我们依然要等，所以取其中最大值
	}
	cout<<y<<"\n";
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cout<<d[i].c<<" ";
	return 0;
}