Bodó Alexandra. Algoritmusok többgépes ütemezési feladatokra

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Bodó Alexandra Algoritmusok többgépes ütemezési feladatokra BSc Elemz Matematikus Szakdolgozat Témavezet : Jordán Tibor Operációkutatási Tanszék Budapest, 2015

2 Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani konzulensemnek Jordán Tibornak, aki felkeltette az érdekl désem a téma iránt, munkám során végig segített és motivált. Emellett szeretném megköszönni családomnak és barátaimnak a sok biztatást, kitartást és érdekl dést, amely nélkül nem jöhetett volna létre ez a szakdolgozat. 2

3 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés Alapfogalmak Történet Párhuzamos gépes ütemezések P C max Listás ütemezés Knuth-Kleitman Algoritmus P 2 prec, p j = 1 C max Coman és Graham algoritmusa P p j = 1, r i L max Uniform gépes ütemezések Q pmtn C max Q pmtn, r i L max Q C i Q pmtn C i Q p i = 1 f i és Q p i = 1 f max Független gépes ütemezések R pmtn C max, R pmtn L max, R pmtn, r i L max

4 1. fejezet Bevezetés Egy matematikai probléma megoldásában van valami élvezetes. Az ember szembetalálja magát egy problémával, aminek még nem ismeri a nyitját, de tisztában van vele, hogy vannak bizonyos szabályok, amelyeket követhet, és bizonyos megközelítésmódok, amelyeket alkalmazhat, és bár az eljárás során a közbens lépcs fokok gyakran még bonyolultabbak a kiindulási helyzetnél, a végeredmény már annál egyszer bb. Az ember bizony örömét leli abban, ahogyan végighalad ezen az úton. - Malcolm Gladwell 1.1. Alapfogalmak Deníció. (Ütemezés) Bizonyos tevékenységek elvégzésére olyan id beosztást találni, ami gyelembe veszi a rendelkezésre álló er forrásokat, és valamilyen szempont szerint optimális Deníció. Munkákat végzünk gépeken. Adottak a munkák, J = {j 1, j 2,..., j n } és a gépek M = {M 1, M 2,..., M m }. Minden munkához adott a megmunkálási ideje, az az id amely alatt a munka elvégezhet {p 1, p 2,..., p n }. A gépek fajtái: Egygépes ütemezés: egy darab gépünk van. Jelölése: 1 Párhuzamos gépes ütemezés: m db egyforma gépünk van. Jelölése: P Uniform gépes ütemezés: m db különböz sebesség gépünk van (s 1, s 2,..., s m sebességek). Jelölése: Q Független gépes ütemezés: m db gépünk van és p i,j -k adottak (az i-edik gépen a j-edik munka megmunkálási idejei). Jelölése: R Feltételek fajtái: 4

5 pmtn: a munkák megszakíthatóak prec: a munkákhoz adottak megel zési feltételek, azaz például a j munkát az i munka el tt kell elvégezni r j : rendelkezésre állási id, azaz a j munka csak r j után kezdhet el d j : határid, azaz j munkát d j ideig be kell fejezni w j : súly, a j munka w j súllyal számít Célfüggvények fajtái: C max : C j : L max : U j : max C j : teljes átfutási id minimalizálása j C j min: befejezési id k összegének minimalizálása j max L j : maximális késést minimalizálni j U j min: a késések számának az összegének a minimalizálása j f max : f j : Megjegyzés. max f j (C j ) min: az j. munka maximális büntetésének minimalizálása i f j min: a büntetések összegének minimalizálása j L j := C i d i késés { 1 ha m késik U j = 0 ha m nem késik 1.2. Történet A történet Ronald L. Graham t l származik ([11]) ábra. Részmunkaid k A dolgok nem mentek túl jól az Acme kerékpárgyártó cég összeszerelési részlegén. Sosem sikerült az el írt kvótát teljesíteni. Így kineveztek egy új csoportvezet t a részlegen, és 5

6 elmondták neki, hogy mi a probléma és a feladata, hogy ezt orvosolja. Az új csoportvezet rájött, hogy neki ez egy jó lehet ség, hogy a felettesei felgyeljenek rá, ezért mindent alaposan tanulmányozni kezdett. Az els dolog amit megtanult, hogy a kerékpár összeszerelési folyamata több kisebb munkára bomlik. Részmunkák megnevezése, jelölése FP: a váz el készítése FW: az elüls kerék összeszerelése és egyenesbe állítása BW: a hátsó kerék összeszerelése és egyenesbe állítása DE: a váltó hozzákapcsolása a vázhoz GC: a fogaskerekek felszerelése CW: a lánc hozzákapcsolása a fogantyúhoz CR: a fogantyú és a lánc hozzákapcsolása a vázhoz RP: a jobb pedál összeszerelése LW: a bal pedál összeszerelése FA: utolsó simítások, a kormány, az ülés, a fékek összeszerelése és szabályozása A következ dolog amit tanulmányozott, hogy meddig tart képzett szakembereknek ezen részmunkák elvégzése (1.1 ábra). Ezt a korábbi információkból tudta összeszedni ábra. Részmunka-sorrend A hely és a felszerelés miatt a 20 szerel, akik a részlegen dolgoztak, csoportokba voltak osztva; 10 csoport mindegyikében 2 ember, és minden csapat 1 biciklit szerelhet egy id ben. Egy gyors számolás alapján kaphatjuk, hogy egy bicikli összeszerelési ideje összesen 64 perc, ami azt jelentené, hogy egy csapatnak ezt 32 perc alatt kéne elvégeznie. Ekkor egy 8 órás munkanap alatt minden csapat 15 biciklit tudna összeszerelni, azaz naponta 150 kerékpár lenne készen. A csoportvezet lelkesedése csökkent amikor rájött, hogy a kerékpárhoz tartozó részmunkákat nem végezheti tetsz leges sorrendben. Bizonyos munkákat másik munkák el tt kell elvégezni. A csoportvezet hosszas megbeszélés után, elkészítette az alábbi táblázatot (1.2 ábra). 6

7 1.3. ábra. Általános kerékpár-szerelési sorrend Ezen felül két szabály van, amit a munkaid alatt be kell tartani, a helyi menedzsment el írása szerint. Els szabály: Egyik szerel sem pihenhet, ha van mit csináljon. Második szabály: Ha egy szerel elkezdett egy részmunkát, akkor folytatnia kell amíg nem végez vele ábra. Csökkentett idej részmunkák ütemezése Az általános kerékpár-szerelési sorrendet a 1.3 ábra mutatja. Az ütemezés megmutatja: mindkét szerel a csapatban egyszerre kezd a 0 id pontban, az egész szerelési folyamatot, és a befejezési id t, ami itt 34. Bár ez az ütemezés teljesíti az összes szükséges feltételt (amik adottak), minden csapat naponta majdnem 14 kerékpárt szerel össze. Ami kevesebb mint a 150 db-os kvóta. Miután a csoportvezet rengeteget próbálkozott különféle ütemezésekkel, de nem járt sikerrel, úgy döntött, hogy minden szerel t ellát kölcsönzött elektromos eszközökkel. Ez minden részmunka idejét 1 perccel csökkenti, így az összid csak 54 perc. Arra gondolt, hogy így elérheti a 18 biciki/csapat darabszámot naponta. Az els hét végén, mikor a bérelt eszközöket használták, a gyártás lecsökkent 14 biciklire naponta. El ször nem értette, hogy lehetséges ez, majd elkezdett újra számolni. Minden ütemezésnek, ami teljesíti a szabályokat legalább 35 percre van szüksége (1.4 ábra). A csoportvezet csalódott volt, és visszaadta a bérelt elektromos eszközöket. Ezután kétségbeesetten úgy döntött, hogy felvesz 10 szerel t, és minden csoport háromf s lesz. Tudta, hogy így a munkaer költség jelent sen megn, de úgy gondolta, hogy ha ezzel eléri a kvótát, akkor ez nem lesz probléma. Ám két nap sem telt el, hogy rájöjjön, ez az ötlet sem 7

8 1.5. ábra. A három f s csoportok ütemezése eredményes. A kerékpárgyártás leesett 13 darab/napra. Vonakodva megint áttekintette a különböz ütemezéseket. Ekkor azt fedezte fel, hogy az új csapatokkal való ütemezés legalább 37 percet vesz igénybe (1.5 ábra). A következ pár napot azzal töltötte, hogy gondolkozott hol rontotta el, majd megérkezett a felmondása. Ez a történet megmutatja, hogy mennyire nem egyszer megoldani egy ütemezési feladatot, és minden ütemezési feladattípusnak más-más a megoldása. Ilyen feladatmegoldásokat fogok a továbbiakban bemutatni. 8

9 2. fejezet Párhuzamos gépes ütemezések 2.1. P C max Listás ütemezés Algoritmus. Legyen L a munkák valamilyen listája, és ütemezzük a munkákat a következ képpen: Amikor egy gép szabaddá válik, ütemezzük ezen a gépen az L listából a soron következ t Knuth-Kleitman Algoritmus Algoritmus. A következ algoritmus Knuth és Kleitman dolgozta ki (Graham [5]).Válasszuk ki a k leghosszabb munkát, valamely k 0 egész számra, majd ütemezzük ket optimálisan az m gépen. A megmaradó n k munkát pedig listásan ütemezzük. A listás ütemezésb l következik, ha van olyan gép amely szabad, akkor a következ munka nem várhat, hanem a gépre kerül. Adhatunk két alsó korlátot az optimális ütemezés hosszára: ν k = a kiválasztott k munka el ütemezésének az optimuma ν pj m Deníció. ν(k) = az algoritmus által kapott ütemezés értéke Tétel. Jelöljük ν -gal az optimális ütemezés értékét. Ekkor: ν(k) ν m 1 + k m (2.1) 9

10 Bizonyítás. Feltehetjük, hogy ν(k) > ν k és n > k. Legyen p = max k+1 j n (p j ). Látható, hogy nincs olyan gép, amely szabad a ν(k) p -t megel z en, a listás ütemezés miatt. Így: p j (ν(k) p ) m + p (2.2) De ν pj m j (ν(k) p ) + p m = ν(k) p ( 1 1 ) m (2.3) Van k + 1 munkánk amelyek megmunkálási ideje nem kevesebb mint p, és néhány gép, amelynek dolgoznia kell legalább 1 + k k+1 (vagyis ) ilyen munkán. Így: m m Így (2.3) alapján: Így a bizonyítás kész. ν ( 1 + k m ) p p, amib l ν (2.4) 1 + k m ν(k) ν + p ( 1 1 ) és ebb l (2.4) miatt ( m) 1 1 ν(k) ν + ν m 1 + k = ν ( ) (2.5) m 1 + k m m Megjegyzés. Tudjuk, hogy a listás ütemezés 2 1 m közelít a P C max-ra. Emiatt a KKA minden esetben jobb, mint a listás ütemezés. Viszont azt láthatjuk, hogy ahogy a k n, úgy ez a korlát egyre közelebb lesz az 1-hez. Sajnos ez nem bír nagy jelent séggel, mivel egy optimális ütemezést adni az els k munkára, már önmagában egy nehéz probléma. 3 eset: k = 1, k = m, k = 2m Ha k = 1 KKA: 1 + m 1 m+1 Ha k = m KKA: m Ha k = 2m KKA: 1 + m 1 3m 10

11 2.2. P 2 prec, p j = 1 C max Coman és Graham algoritmusa Deníció. (Lexikograkus sorrend) Legyen l = (n 1, n 2,..., n k ) és l = (n 1, n 2,..., n k ) valós számsorok, ahol k, k 1. Ekkor azt mondjuk, hogy l lexikogra- kusan kisebb mint l, hogyha: 1. j (1 j k), amely i-re (1 i < j) teljesíti, hogy n i = n i de n j < n j. vagy 2. k < k és n i = n i i-re (1 i k) Példa. Például: legyen l = (3, 4, 6, 2) és l = (3, 4, 3, 1), ekkor l lexikograkusan kisebb mint l, mivel az els két elemük megegyezik, de a harmadik elemnél l 3 > l 3. Másik példa: legyen f = (1, 4, 6, 7) és f = (1, 4, 6), ekkor f lexikograkusan kisebb mint f, mivel f elemeinek száma több, mint f elemeinek száma, és el tte minden elemük megegyezik Algoritmus. A következ algoritmus Coman-tól és Graham-t l származik (Coman [6]). Adott a G irányított gráfunk. Els lépés. Végezzünk tranzitív redukciót a G irányított gráfunkon. Ezzel a módszerrrel csökkenthetjük a G éleinek számát úgy, hogy ne változzanak a megel zési feltételek. Ha van j-b l l-be men él G-ben, és k j, l munka amelyre teljesül, hogy van j k és k l út G-ben, akkor töröljük a j l élt G-b l. Második lépés. Osszuk a munkákat csoportokra a következ képpen: az els csoportban legyenek azok a munkák, amelyeknek a ki-foka 0, a második csoportban legyenek azok a munkák, amelyeknek a ki-foka 0-vá válik, ha kitöröljük az els csoportban lév munkákat, és így tovább. Majd az els csoport tagjait címkézzük 1-t l k 1 -ig. Ha már ismerjük a p-edik csoport tagjainak a címkézését (k p t l k p -ig), akkor a p+1-edik csoport pontjait az alábbi módon címkézzük. El ször minden ilyen pont mellé felírjuk a bel le elérhet p-ik csoportban lév pontok címkéjét csökken sorrendben. Ezután a címkék sorozatából kapott számsorozatokat lexikograkus sorrend szerint rendezzük és megkapjuk, hogy melyik pont kapja a k p +1, k p +2,..., k p+1 címkéket. (A lexikograkusan nagyobb kapja a nagyobb címkét.) Harmadik lépés. Mikor minden munka címkézett, ütemezzünk listásan a munkákat, hogy a munkák/csúcsok csökken sorrendben vannak a címkék szerint Példa. A 2.1 ábrán láthatjuk, hogy m ködik az algoritmus második lépése, hogyan alakulnak ki a csoportok, végül a csúcsok címkézését is. A csúcsok felett láthatóak 11

12 2.1. ábra. Példa a Coman-Graham algoritmusra 2.2. ábra. Példa megoldása a bel lük elérhet élek (csökken sorrendben), ami alapján meg tudjuk állapítani (lexikograkus sorrend alapján) a címkéket. Majd a 2.2 ábrán az algoritmus harmadik lépését láthatjuk, magát az ütemezést. Egy id ben nem végezhet együtt olyan munka, amelyre igaz, hogy az egyikb l elérhet a másik (például a 15 és a 14), így ezt gyelembe véve, listásan ütemezzük a munkákat csökken címke szerint Példa. Tekintsük a 2.3 ábrán látható gráfot. Láthatjuk, hogy ez nem tranzitív redukált, hiszen a út biztosítja a 8 4 utat, de a 8-as csúcs össze van kötve a 4-essel is. Ha lefuttatjuk az algoritmust (2.5 ábra), akkor C max = 5, míg ha a G gráf tranzitív redukáltját nézzük, akkor C max = 4 (2.4 ábra). Emiatt láthatjuk, hogy a tranzitív redukált kiszámítása, nem elhanyagolható az algoritmusban Megjegyzés. Megmutathatjuk, hogy az algoritmus nem m ködik m = 3-ra. Hiszen tudunk mutatni jobb megoldást, mint amit az algoritmusunk ad (2.6 ábra). Az algoritmus által kapott eredmény C max = 5, míg az optimális ütemezésben C max = 4. Tehát m = 2-re a következ tétel adható. 12

13 2.3. ábra. G gráf, ami nem tranzitív redukált 2.4. ábra. G gráf tranzitív redukáltja Tétel. A Coman-Graham algoritmus ([4]) helyesen megoldja a P 2 prec, pj = 1 C max -ot. Bizonyítás. A bizonyítást megel z en deniálnunk kell pár fogalmat Jelölés. J J azt jelenti, hogy J J -nek az se, és J J-nek a utódja, ahol J, J G Deníció. Ha nem létezik olyan J G, amelyre J J J, akkor J közvetlen se J -nek és J közvetlen utódja J-nek Jelölés. J közvetlen utódainak halmazát jelöljük S(J)-vel. 13

14 2.5. ábra. Példa megoldása 2.6. ábra. Példa megoldása Megjegyzés. A közvetlen utódok halmaza, megegyezik a ki-szomszédok halmazával a tranzitív redukció miatt Jelölés. L = (J 1, J 2,..., J r ) jelölje a G-ben lév munkák valamilyen permutációját Deníció. Legyen ω(l) az az id, ami szükséges, hogy végrehajtsuk a G-ben lév munkákat, az L listát felhasználva (az L lista által kapott maximális befejezési id ) Jelölés. Jelölje r a munkák számát G-ben, illetve L a címkézésb l kapott listát Jelölés. Jelöljük a J munka címkéjét α(j)-vel Deníció. Legyen τ(j) egy nemnegatív egész szám, ami azt az id t jelöli, amikor a J G kezd dik a megfelel L szerinti ütemezésben Lemma. Ha J M 1 -en van ütemezve, és τ(j) τ(j ) (J J ), akkor α(j) > α(j ). Tegyük fel, hogy a G-beli munkákat L szerint ütemezzük. Ha M 2 szabad [t, t + 1] intervallumon, azt mondjuk, hogy M 2 üres feladatot hajt végre és ekkor α( ) = 0. 14

15 Deníció. Deniáljuk rekurzívan V i -t és W i -t a következ képpen: 1. Legyen V 0 az a munka, ami M 1 -n van ütemezve és τ(v 0 ) = ω(l ) 1 (tehát az utolsó munka M 1 -n). W 0 pedig legyen az a munka, ami M 2 -n van ütemezve és τ(w 0 ) = ω(l ) 1 (tehát az utolsó munka M 2 -n). 2. Általában, k 1-re W k az a J munka, amelyre α(j) < α(v k 1 ), τ(j) < τ(v k 1 ) és τ(j) maximális. A lemmából következik, hogy W k az M 2 -n fut. V k az a munka, ami M 1 -n fut és τ(v k ) = τ(w k ) ábra. Példa a V i -re, W i -re és χ i -re Ha W 1 nem létezik, akkor nincs olyan gép, ami állna a ω(l ) 1 id el tt, és így L nyilvánvalóan optimális lesz. Így feltehetjük, hogy W 1 (és így V 1 ) is létezik. Tegyük fel, hogy csak W i -t 0 i m tudjuk deniálni. Legyen χ i azon J munkáknak a halmaza, amelyek kielégítik a τ(v i+1 ) < τ(j) τ(v i )-t, de J W i, 0 i m. Mivel V m+1 nem létezik, ezért χ m azon J munkák halmaza, amelyekre τ(j) τ(v m ) és T W m. Jegyezzük meg, hogy minden χ k számossága páratlan, így megadhatjuk χ k = 2n k 1 pozitív egész n k -ra, ahol 0 k m Lemma. Ha J χ k, J χ k+1 0 k m-re, akkor J J. A következ ekben bebizonyítjuk ezt a kett s indukciót τ(j)-re és τ(j )-re. A χ k deníciójából tudjuk, hogy a J χ k azt jelenti, hogy α(j) α(v k ) és τ(j) τ(v k ). El ször is, legyen X χ k, úgy hogy τ(x) minimális, így τ(x) = τ(v k+1 ) + 1 = τ(v k ) n k + 1. Mivel: α(v k+1 ) > α(x) α(v k ) > α(w k+1 ) (2.6) ezért X-et az M 2 -n kellett volna ütemezni a τ(v k+1 ) id ben, de nem lett ütemezve. Így ebben az id pillanatban valamennyi X -nek (X-nek az sei közül) még nem ütemezettnek kell lenni. Emiatt τ(x ) τ(v k+1 ). De ez azt jelenti, hogy α(x ) > α(x) az algoritmus deníciója miatt. X a τ(x) id ben van ütemezve, X -t az X el tt kell ütemezni és τ(x ) = τ(x) 1 = τ(v k+1 ), (2.7) 15

16 így τ(x ) = τ(v k+1 ) és α(x ) > α(w k+1 ). Csak egyetlen lehetséges megoldás van X -re, nevezetesen X = V k+1. Így V k+1 X. Tegyük fel, hogy egy x j-re, amire 1 j < n k megmutattuk, hogy X χ k és τ(x) τ(v k ) n k + j, ami azt jelenti, hogy V k+1 X. Legyen X χ k amire τ(x ) = τ(v k ) n k + j + 1. Mivel α(v k+1 ) > α(x ) α(v k ) > α(w k + 1) (2.8) ezért, mint korábban X -t az M 2 -n kéne ütemezni a τ(v k+1 ) id ben, de nem áll készen, hogy ütemezve legyen (azaz még vannak sei amik nincsenek ütemezve). Így valamennyien X az X sei közül, a τ(v k+1 ) ideig még nem lettek ütemezve, és így kell hogy τ(x ) τ(v k+1 ) = τ(v k ) n k. Mivel X X ezért τ(x ) τ(x ) 1 = τ(v k ) n k + j. Ha τ(x ) = τ(v k ) n k, és α(x ) > α(x ) α(v k ) > α(w k+1 ), akkor X = V k+1 és megkaptuk hogy V k+1 X. Emiatt feltehetjük, hogy τ(x ) τ(v k ) n k + 1. Az indukciós feltevés miatt: τ(v k ) n k + 1 τ(x ) τ(v k ) n k + j (2.9) látjuk, hogy X χ k és V k+1 X. Így a tranzitivitása miatt, megkapjuk, hogy V k+1 X és az els indukciós lépés kész. Ez megmutatja, hogy V k+1 X minden X χ k (2.10) Jelöljük I k -val azon χ k -beli munkák halmazát, amelyeknek nincs se χ k -ban. Mivel V k+1 X minden X χ k -ra, így nem nehéz látni, hogy S(V k+1 ) χ k = I k. Tegyük fel, valamilyen j-re amire 0 j n k+1 2 megmutattuk, hogy ha J χ k+1, τ(v k+1 ) j τ(j) τ(v k+1 ) akkor J X minden X χ k -re. Legyen X χ k+1 amire τ(x ) = τ(v k+1 ) j 1. Mivel X χ k+1 ezért α(x ) > α(v k+1 ). Így teljesülni kell annak, hogy N(X ) N(V k+1 ), ahol N(X ) úgy jön létre, hogy vesszük az α értékek csökken sorrendjét az X közvetlen utódaiból. Ha létezik X S(X ) χ k+1, akkor az indukciós feltevés miatt, mivel τ(x ) > τ(x ) = τ(v k+1 ) j 1, vagyis τ(x ) τ(v k+1 ) j, ezért X X minden X χ k. Így a tranzitivitás miatt, X X minden X χ k -ra. Emiatt feltehetjük, hogy S(X ) χ k+1 üres. A lemma miatt, α(j) < α(v k ) ha τ(j) > τ(v k ). Szintén, látjuk, hogy α(w k ) < α(v k ). Az algoritmus deníciója alapján: N(X ) N(V k+1 ) és X -nek nincs utódja χ k+1 -ben, ekkor S(X ) χ k = I k. Ez viszont azt jelenti, hogy X X minden X χ k munkára. Ez teljessé teszi az indukciós lépést és a bizonyítását annak, hogy ha T χ k és T χ k+1 (0 k m), akkor T T. Innen már csak egy rövid lépés, hogy bebizonyítsuk a tételt. Egy tetsz leges L listára, minden χ k+1 -beli munkának be kell fejez dnie miel tt bármelyik χ k -beli munka elkezd dik. Mivel χ k+1 2n k+1 1 munkából áll, ezért ez legalább n k+1 id egységet igényel. Így, 16

17 ahhoz hogy minden G-beli munkát elvégezzünk legalább m n k id egység kell, nem számít milyen L listát használtunk. Mivel ω(l ) = m n k és megmutattuk, hogy ω(l) ω(l ) így a bizonyítás kész. k=0 k= P p j = 1, r i L max Legyenek a munkák az alábbi módon indexelve: r 1 r 2... r n. A feladat megoldása egyszer, ha a rendelkezésre állási id k egész számok. Ebben az esetben optimális ütemezést kapunk, ha nemcsökken határid szerint rendezzük az elérhet munkákat. Pontosabban, ha egy adott t id pillanatban nem minden gép foglalt, és van egy J i nem ütemezett munka r i t rendelkezésre állási id vel, akkor azt az ehhez hasonló tulajdonságú munkát ütemezzük, amelynek kisebb a határideje. A következ algoritmus a P p j = 1, r i Z L max megoldását adja, ahol K a legkisebb index szabad gép indexe t-ben; m a gépek száma; M azon munkák halmaza, amelyek még nincsenek ütemezve, de elérhet ek t-ben; és j az ütemezett munkák számlálója Algoritmus. P p j = 1, r i Z L max 1. j := 1, K := 1; 2. WHILE j n DO 3. BEGIN 4. K := 1; t := r j ; M := {J i r i t}; 5. WHILE M DO 6. BEGIN 7. Keressünk J i munkát a legkisebb határid vel M-ben 8. M := M\{J i }; 9. Ütemezzük J i -t a t id ben az M K gépre 10. j := j + 1; 11. IF K + 1 m THEN K := K ELSE 13. BEGIN 14. t := t + 1; 15. K := 1; 16. M := M {J i r i t} 17. END 18. END 20. END Példa. Példa a P p j = 1, r i Z L max -ra: Ha elkezdjük az algoritmust futtatni (j = 1, K = 1), akkor el ször t = 0 és M = {J 1, J 2 }, így J 1 lesz a legkisebb határidej munka, M = {J 2 }. J 1 -et ütemezzük t = 0-ban az M 1 17

18 gépen, j = 2, K = 2. Mivel M nem üres, megint megnézzük melyik a legkisebb határidej munka, ami a J 2, ezt ütemezzük t = 0-ban az M 2 gépen, j = 3, de mivel 3 2, ezért belépünk az ELSE részbe, t = = 1, K = 1, M = {J 3 }. Így J 3 -mat ütemezzük t = 1- ben az M 1 gépen, j = 4, K = 2, viszont így M =, így visszamegyünk a 2. lépésig. Itt K = 1, t = 2 és M = {J 4, J 5 }. Itt keressük a legkisebb határidej munkát, de egyenl ek, ezért bármelyiket választhatjuk. Ütemezzük J 4 -et t = 2-ben az M 1 gépen, így M = {J 5 }, j = 5, K = 2. Végül ütemezzük J 5 -öt t = 2-ben az M 2 gépen ábra. Példa az algoritmus m ködésére P p j = 1, r i Z L max A bels WHILE ciklus olyan munkablokkokat alkot, amelyek állási id nélkül vannak ütemezve a gépeken, az ütemezett munkák között. Miután egy ilyen blokk befejez dik, a jelenlegi r j érték a kezd id a következ blokkban. Az algoritmus helyességét a következ képpen bizonyíthatjuk. Legyen S az algoritmus által konstruált ütemezés és jelöljük S -gal az optimális ütemezést a következ tulajdonságokkal: az els r 1 munka, ami S-ben ütemezve van, ugyanakkor van ütemezve S-ben és S -ban r 1 maximális Így, a J r munka ütemezve van S-ben, valamilyen t id ben, míg J r valamilyen kés bbi id ben van ütemezve S -ban (hiszen r 1 maximális). Ha van olyan gép S -ban amelyen t id ben állási id van, J r áthelyezhet arra a gépre a t id be. Másrészt, létezik egy munka, J k d r d k határid vel, amelyet S -ban a t id ben ütemeztünk, de S-ben nem. Ekkor cseréljük ki J k -t és J r -t S -ban. Mindkét esetben S optimális marad, ami ellentmond r 1 maximalitásának Megjegyzés. Ha a rendelkezésre állási id k nem egészek (hanem például racionálisak), akkor ez az algoritmus nem ad optimális ütemezést. Ezt a 2.9 példával szemléltethetjük. A következ ekben megnézzük, hogy mi történik, ha a rendelkezésre állási id k valós számok. A jelölés egyszer sítése érdekében jelöljük a munkákat 1, 2..., n-el a J 1, J 2,..., J n helyett. El ször is bevezetünk egy jelölést a listás ütemezésre. A lista egy π permutáció: 18

19 2.9. ábra. Példa az algoritmus helytelenségére racionális rendelkezésre állási id kkel π(1), π(2),..., π(n) minden munkára. A ciklikus listás ütemezés megadható a következ algoritmussal. Az algoritmus a gépeket 0-tól m 1-ig számozza. Az i. munka kezdési id pontját jelöljük x(i)-vel; a h(i) jelölje azt a gépet, amelyen az i. munka ütemezve van; és t(j) jelölje a j. gépen az utolsó munka befejezési idejét Algoritmus. A ciklikus listás ütemezés algoritmusa 1. FOR j := 1 TO m DO t(j) := 0; 2. FOR i := 1 TO n DO 3. BEGIN 4. Ütemezzük az i. munkát a h(i) = i (mod m) gépen 5. x(i) := max{t(h(i)), r i )} id ben 6. t(h(i)) := x(i) END A következ lemma megmutatja, hogy elegend csak a ciklikus listás ütemezést vizsgálni, ha a probléma P p i = 1, r i, d i f alakú az f reguláris célfüggvénnyel Lemma. Legyen f egy reguláris célfüggvény, és tegyük fel, hogy P p i = 1, r i, d i fnek van egy megengedett megoldása. Ekkor mindig létezik ciklikus listás ütemezés ami optimális. Bizonyítás. Meg kell mutatnunk, hogy bármely megengedett megoldást (x(i), h(i)) át lehet alakítani egy lehetséges ciklikus listás ütemezéssé, anélkül, hogy növelnénk a célfüggvény értékét. Egy ilyen transzformáció két lépésben végrehajtható. Az els lépésben meg kell cserélnünk a gépeket, amelyeken a munkák a következ képpen vannak ütemezve. Tekintsük a π permutációt x(π(1)) x(π(2))... x(π(n)) 19

20 Ütemezzük a π(k) munkát a k (mod m) gépen. A megfelel ütemezésben nincs átfedés azonos gépeken lév munkákon. Ez a következ kb l látszik. Feltételezzük, hogy két munka π(i 0 ) és π(i 1 ), ahol i o = jm + k és i 1 = lm + k (l > j) átfed egy I intervallumot. Tudjuk, hogy x(π(i 0 )) x(π(i)) x(π(i 1 )) minden i o i i 1 -re és a megmunkálási id minden munkára egyenl 1-el. Ezért minden π(i) munka (i o i i 1 ) ütemezve van az I intervallumon. Ez ellentmond az (x(i), h(i)) megengedettségének, mert van legalább m + 1 π(i) munka (i o i i 1 ). A második lépésben az új ütemezést átalakítjuk egy listás ütemezéssé, amely ellentmond a π-nek, úgy hogy csökkentjük az összes munka kezdési idejét x(π(i))-t. Ezért a reguláris célfüggvény nem n a transzformáció során. 20

21 3. fejezet Uniform gépes ütemezések 3.1. Q pmtn C max El ször egy ω alsó korlátot adunk a probléma célfüggvény értékére. Majd a második lépésben egy olyan algoritmust adunk, amely ω hosszú ütemezést ad. Legyen P i = p p i és S j = s s j minden i = 1,..., n és j = 1,..., m-re. Tegyük fel, hogy n m. Hogyha n < m csak az n leggyorsabb gépet kell gyelembe vennünk. Ahhoz, hogy összes munkát ütemezzük a [0, T ] intervallumban a következ szükséges feltétel adható: vagy P n = p p n s 1 T s m T = S m T P n /S m T Hasonlóan, P j /S j T -nek is teljesülnie kell minden j = 1,..., m-re, mivel P j /S j egy alacsonyabb korlát az ütemezés hosszára, a J 1,..., J j munkákra nézve. Így az alsó korlát a C max értékére. ω := max{ m max j=1 P j/s j, P n /S m } (3.1) A következ ekben egy olyan ütemezést hozunk létre, ami teljesíti ezt a korlátot. A megfelel algoritmust level algoritmusnak nevezzük, amely kiszámolja a fennmaradó megmunkálási id ket és beosztja a munkákat. Adjunk egy részütemezést a t ideig; a p i (t) a fennmaradó megmunkálási id jelöli, az i munka t id re, a p i azt a részét ami nincs ütemezve t el tt. A t id ben a level algoritmus a folyamatot úgy hívja, hogy assign(t), ami beosztja a munkákat a gépekhez. A gépek ezzel a beosztással futnak, amíg s > t. Az új beosztás kész s-ben, és a folyamat megismétl dik. 21

22 Id intervallumonként különböz munkacsoportokat rendelünk a gépekhez, amit a következ képpen tehetünk meg: Algoritmus. Assign(t) algoritmus 1. J := {i p i (t) > 0}; 2. M := {M 1,..., M m }; 3. Állítsuk be minden munkát J-ben és minden gépet M-ben nem beosztottnak; 4. WHILE vannak nembeosztott munkák és gépek DO 5. BEGIN 6. Keressük meg azt az I J halmazát a munkáknak 7. aminek a legnagyobb a fennmaradó megmunkálási ideje; 8. r := min{ M, I }; 9. Osszuk be az I-ben lév munkákat együttesen ütemezve az M-ben lév 10. r leggyorsabb gépre 11. J := J\I; 12. Távolítsuk el az r leggyorsabb gépet M-b l; 13. END Ha az Assign(t) lefutott, akkor egyrészt meg kell adjuk, hogyan számolható ki a fennmaradó megmunkálási id másrészt, hogy meddig áll fenn ez a csoportbeosztás. Tegyük fel, hogy a j munka az M d, M d+1,..., M d+u gépeken fut, egy k elem csoportban a b id pillanatig (és a egy tetsz leges id pont még a b el tt), ekkor: p j (b) = p j (a) (b a) d+u képlettel számolható a fennmaradó megmunkálási id. k s i i=d A csoportok addig az els s id pillanatig futnak együtt, amíg: (3.2) vagy valamelyik j-re a p j (s) = 0 lesz vagy j, l munkapár: p j (t) > p l (t) de a p l (s) = p j (s) Ekkor s-nél lezárjuk a csoportokat, és s-nél újrakezdjük a beosztást (ha még van pozitív fennmaradó megmunkálási idej munka). A csoportok létrejötte után, a konkrét ütemezést kell elkészíteni. Ha egy [a, b] id intervallumban k munka van egy csoportban, akkor ezt az intervallumot k részre felosztva a munkákat lépcs sen elhelyezve, kapjuk meg az ütemezést Példa. A következ példán keresztül fogom szemléltetni az algoritmus m ködését. Legyen n = 6, m = 2, p(0) = [24, 20, 12, 10, 5, 4] és s = [4, 1]. Ekkor az algoritmus el ször a J 1 munkát fogja kiválasztani, berakja az els gépre, majd pedig a J 2 -t, amit pedig a második gépre, k két külön csoportot alkotnak. Tudjuk, hogy 22

23 addig tart ez a csoport, amíg az egyik 0 nem lesz, vagy pedig az egyik utoléri a másikat. Lesz egy olyan pont, ahol a gyorsabb gépen lév munka fennmaradó megmunkálási ideje egyenl lesz a lassabb gépen futó munkáéval. Ezt az id pontot a következ képpen számolhatjuk ki: 24 4x = 20 x x = 4 3 Tehát 4 id pillanatig fut ez a két csoport, majd új csoportokat kell kiszámolnunk (3.1 3 ábra). Ekkor p(4/3) = [56/3, 56/3, 12, 10, 5, 4]. Ezután az algoritmus a J 1 -et és J 2 - t fogja egy csoportba választani (hiszen k a két legnagyobb fennmaradó megmunkálási id vel rendelkez munkák). Addig futhatnak, amíg az egyik nem lesz 0, vagy nem érnek utol egy másik munkát. Az utóbbi fog bekövetkezni. Ekkor azt kell kiszámolnunk, hogy mi ez az id pillanat amikor ez bekövetkezik. Ezt pedig a (3.2) képlettel számolhatjuk ki ábra. Csoportok létrehozása 56 3 (b 4) = 12 b = 12 3 = 4 Tehát ez a csoport a 4 id pillanatig fut együtt. És így tovább minden csoportot kiszámolunk. p(4) = [12, 12, 12, 10, 5, 4], p(26/5) = [10, 10, 10, 10, 5, 4], p(46/5) = [5, 5, 5, 5, 5, 4], p(51/5) = [4, 4, 4, 4, 4, 4] Végül kiszámoljuk, mikor válnak 0-vá, azaz fejez dnek be a munkák. 4 (b 51 5 ) 5 6 = 0 b = 75 5 = 15 Már csak az marad hátra, hogy elkészítsük az ütemezést, ez pedig a 3.2 ábrán látható. 23

24 3.2. ábra. Ütemezés a létrehozott csoportokkal Tétel. A level algoritmus optimális megoldást ad a Q pmtn C max feladatra. Bizonyítás. Mivel ω := max{ m max j=1 P j/s j, P n /S m } egy alsó korlátja az ütemezés hosszának, elég megmutatni, hogy ez az ütemezés eléri ezt a korlátot. Tegyük fel, hogy a level algoritmus elején p 1 (0) p 2 (0)... p n (0). Ez a sorrend nem változtat meg semmit az algoritmus futása alatt, így: p 1 (t) p 2 (t)... p n (t) minden t-re (3.3) Tegyük fel, hogy az algoritmus mindig ebben a sorrendben osztja be a munkákat a gépekhez. Ahhoz, hogy bizonyítsuk a kívánt tulajdonságot, el ször fel kell tennünk, hogy nincs olyan gép ami áll, miel tt minden munka befejez dne, mondjuk ezt T id nek. Ekkor: T (s s m ) = p 1 + p p n vagy T = P n /S m Így az algoritmussal elértük a ω korlátot. Ha van egy gép, ami áll miel tt az utolsó munka befejez dne, akkor az f 1,..., f m befejezési id kre az M 1,..., M m gépeken: f 1 f 2... f m (3.4) Ha f i < f i+1 valamilyen 1 i m 1-re, az utolsó munka szintje M i -n van ütemezve valamilyen f i ɛ id ben, ahol ɛ > 0 kell en kicsi, kisebb szintje van, mint az utolsó M i+1 - en lév munka szintje ugyanabban az id ben. Ez egy ellentmondás, mivel azt mondtuk, hogy az algoritmus mindig a (3.3) alapján ossza be a munkákat. Ráadásul (3.4)-ben van legalább egy szigorú egyenl tlenség. Tegyük fel, hogy T := f 1 = f 2 =... = f j > f j+1 ahol j < m. Figyeljük meg, hogy ez a j leghosszabb munka végig az r leggyorsabb gépen fut (esetleg más csoportokon), mert ha nem így lenne, akkor az egyik megel zné a másikat, ami tudjuk, hogy nem lehetséges. 24

25 3.2. Q pmtn, r i L max Az alábbi algoritmus A. Federgruen és G. Groenevelt munkája ([9]). El ször azt kell látnunk, hogy a legjobb megoldás a feladatra, egy olyan ütemezés, ahol minden i munka az [r i, d i ] intervallumon van megmunkálva, ahol r i a rendelkezésre állási id, d i pedig a határid. Az ilyen ütemezéseket megengedettnek nevezzük az [r i, d i ]-re vonatkozólag. A második lépésben, bináris keresést alkalmazunk, hogy megoldjuk az általános problémát ábra. Hálózat 3.4. ábra. Hálózat b 25

26 3.5. ábra. Hálózat a A megengedettségi problémát úgy oldjuk meg, hogy visszavezetjük egy hálózati folyam feladatra. Legyen: t 1 < t 2 <... < t r a különböz r j és d i értékek rendezett sorozata, és deniáljuk I K := [t K 1, t K ], ahol T K = t K t K 1 K = 2,..., r-re. Majd terjesszük ki a hálózatot (3.3 ábra), a következ módon. Legyen I K egy tetsz leges invervallum csomópont, mint az 3.3 ábrán, és jelöljük J i1, J i2,..., J is -sel az I K csomópont el deit. Ekkor kicseréljük az alhálózatot (3.5 ábra), amit I K, J i1, J i2,..., J is -sel deniáltunk, a kiterjesztett hálózatra, ami a 3.4 ábrán látszik. Tegyük fel, hogy a gépek nemnövekv sorrendben vannak a sebességük szerint. s 1 s 2... s m Továbbá legyen s m+1 = 0. A kiterjesztett alhálózat úgy épül fel, hogy hozzávesszük az I K, J i1, J i2,..., J is csúcsokhoz a (K, 1), (K, 2),..., (K, m) csúcsokat. Minden j = 1,..., m- re megy él (K, j)-b l I K -ba, j(s j s j+1 )T K kapacitással. Emellett minden ν = 1,..., s-re és j = 1,..., m-re megy él J iν -b l (K, j)-be, (s j s j+1 )T K kapacitással. Minden I K -ra van ilyen kiterjesztés. Továbbá fenntartjuk az éleket s-b l J i -be p i kapacitással, és az éleket I K -ból t-be mt K kapacitással. Az így kapott hálózatot nevezzük kiterjesztett hálózatnak. A következ tétel megmutatja, hogy letudjuk ellen rizni a megengedettséget azzal, hogy megoldjuk a maximális folyam feladatot a kiterjesztett hálózatra Tétel. A következ tulajdonságok ekvivalensek (a) (b) Létezik megengedett ütemezés. A kiterjesztett hálózatban létezik s-b l t-be folyam n p i értékkel. i=1 26

27 Bizonyítás. b a Tekintsünk egy folyamot n p i értékkel a kiterjesztett hálózatra. Jelöljük x ik -val az egész i=1 folyamot ami J i -t l I K -ig megy. Ekkor n r x ik = n p i. Elegend megmutatni azt, hogy i=1 K=2 minden egyes részhalmaz A {1,..., n}-re: x ik T K h(a) Ahol: i A i=1 { S A ha A m h(a) = különben S m Ez azt jelenti, hogy a tétel fennáll, és a futási követelményeket x 1K,..., x nk ütemezni tudjuk I K -ban (K = 2,..., r). Tekintsük a kiterjesztett hálózatban azt az alhálózatot, ami A által indukált, illetve a megfelel részfolyamot. A részfolyam (K, j)-n átmen részére a következ korlát adható: Így: min{j(s j s j+1 )T K, A (s j s j+1 )T K } = T K (s j s j+1 )min{j, A } x ik T K i A m j=1 (s j s j+1 )min{j, A } = T K h(a) (3.5) Az el z egyenl tlenség a következ képpen látható. Ha A > m akkor: m min{j, A }(s j s j+1 ) = s 1 s 2 + 2s 2 2s ms m ms m+1 = S m = h(a) j=1 Különben: m min{j, A }(s j s j+1 ) = j=1 = s 1 s 2 + 2s 2 2s ( A 1)s A 1 ( A 1)s A + +( A )(s A s A +1 + s A s m + s m s m+1 ) = = S A = h(a) a b 27

28 Tegyük fel, hogy létezik megengedett megoldás. Legyen x ik az a munkamennyiség, amelyet az i munka teljesít az I K intervallumban, a megengedett megoldás szerint (i = 1,..., n és K = 2,..., r). Ekkor minden K = 2,..., r-ra és tetsz leges A {1,..., n} halmazokra, az egyenl tlenség fennáll: Továbbá, i = 1,..., n-re p i = r K=2 x ik T K h(a) (3.6) i A x ik, hiszen x ik az I K intervallumban teljesített munka. K=2 Az maradt hátra, hogy megmutassuk, hogy lehetséges olyan folyamot létrehozni a kiterjesztett hálózatba, amelynek értéke x ik, és J i -b l megy I K -ba (i = 1,..., n és K = 2,..., r). Egy elégséges feltétel az ilyen folyam létezésére, hogy tetsz leges A {1,..., n} r halmazra és K = 2,..., r-ra az x ik értéke korlátolt az alhálózatban lév folyam minimális vágásával (ahol a forrás J i (i A) és a nyel I K ). Ez az érték: T k m j=1 min{j, A }(s j s j+1 ) Felhasználva a (3.6) egyenletet és az (3.5) egyenl tlenség jobb oldalát, ezt kapjuk: x ik T K h(a) = T k i A ami teljesíti az egyenl tlenséget. m j=1 min{j, A }(s j s j+1 ) Mivel a maximális folyam a kiterjesztett hálózatban O(mn 3 ) id ben számolható, így a megengedettség vizsgálata is hasonló id ben végezhet. Ahhoz hogy megoldjuk a feladatunkat bináris keresést kell végeznünk. Ez egy ɛ-közelít algoritmust ad, ami O(mn 3 (logn+ log(1/ɛ) + log(max p i )) id ben megoldható, mivel L max korlátja: n max p i, ha s 1 = 1. i i Mivel az (3.6) fenáll minden K-ra, a részmunkákat az x ik 1futási követelménnyel1 ütemezni tudjuk az I K -n egy ismert algorimussal. A Q P MT N, r i C max speciális esete a Q P MT N, r i L max -nak, így biztosan megtudjuk oldani, de Labetoulle, Lawler, Lenstra és Rinnoy Kan kifejlesztettek egy O(nlogm + mn)-algoritmust erre a speciális esetre Q C i Tegyük fel, hogy i 1, i 2,..., i r azon munkák sorrendje, amelyek az M j gépen vannak ütemezve. Ekkor ezen munkák hozzájárulása a célfüggvényhez az M j gépen: p i1 r s j + p i2 r 1 s j p ir 1 s j 28

29 Ez azt jelenti, hogy egy optimális ütemezésben a munkák az M j gépen p i szerint nemcsökken sorrendben vannak rendezve. Ahhoz, hogy találjuk egy optimális megoldást a következ ket kell tennünk. Legyen t 1,..., t n nemcsökken sorrendje az n legkisebb számnak amiket az { 1 s 1, 1 1 s 2,..., s m, 2 s 1, 2 2 s 2,..., s m, 3 s 1,...} halmazból választunk. Ha t i = k s j akkor ütemezzük az i munkát az M j gépen, úgy mint a k. utolsó munka, mivel feltesszük, hogy p 1 p 2... p n. Ezek az ötletek a következ algoritmushoz vezetnek, jelöljük Π j -vel azon munkák sorrendjét, amelyek jelenleg ütemezve vannak az M j gépen (j = 1,..., m) Algoritmus. Algoritmus Q C i 1. FOR j = 1 TO m DO 2. BEGIN Π j := ; w j := 1 s j END; 3. FOR i := 1 TO n DO 4. BEGIN 5. Keressük meg a legnagyobb j indexet amelyre w j := m min ν=1 w ν; 6. Π j := i Π j ; 7. w j := w j + 1 s j 8. END Az algoritmus befejeztével kapott Π j sorozatok megmutatják, hogy melyik gépen milyen sorrendben kell a munkákat ütemezni. Ezáltal könnyen elkészíthetjük az ütemezést. Minden minimális w érték kiszámítható O(logn) lépésben ha használjuk a priority sort. Így, az egész O(nlogm) id ben számolhatjuk, ha a p i -k rendezve vannak Példa. A 3.6 ábrán látható feladatot vizsgáljuk. Az algoritmus els két lépésében a Π j -ket üressé tesszük, hiszen kezdetben egyik munka sincs ütemezve. Emellett kiszámoljuk a w j értékeket, ami w 1 = 2, w 2 = 1, w 3 = 1/2. Ezután belépünk a második FOR ciklusba. El ször i = 1 (a munkák a megmunkálási id alapján nemnövekv sorrendben vannak), a j = 3 lesz a legnagyobb olyan index amelyre w j := m min ν=1 w ν teljesül. Ekkor Π 3 = 1 és w 3 = 1. Ezután j = 2-re ugyanezt megnézzük; itt szintén j = 3 lesz a jó, ezért Π 3 = 2,1 és w 3 = 1.5. Majd i = 3-ra j = 2 lesz a megfelel, így Π 2 = 3 és w 2 = 2. Ezt követ en i = 4-re j = 3, tehát Π 3 = 4,2,1, w 3 = 2. Végül i = 5-re is a j = 3 lesz a megfelel, így az utolsó munka is a helyére kerül: Π 3 = 5,4,2,1 (az ütemezés 3.6 ábrán megtekinthet ) Q pmtn C i A következ algoritmus 4 ember nevéhez kapcsolódik: J. Labetoulle, E.L. Lawler, J.K. Lenstra, A.H.G. Rinnooy Kan ([7]). Ahhoz, hogy megoldjuk ezt a feladatot, az SPT szabály egy változatát kell alkalmaznunk. Rendezzük a munkákat p i szerint nemcsökken sorrendbe, és ütemezzük minden egyes 29

30 3.6. ábra. Példa Q C i munkát megszakításokkal, hogy minimalizáljuk a befejezési id t. Azaz, ütemezzük az n munkát a leggyorsabb M 1 gépen, addig amíg t 1 = p n /s 1. Majd ütemezzük az n 1 munkát els ként az M 2 gépen t 1 -ig, majd az M 1 gépen t 1 -t l t 2 t 1 amíg kész nem lesz. Az n 2 munkát ütemezzük az M 3 gépen t 1 majd az M 2 gépen t 2 t 1 -ig, és M 1 gépen t 2 -t l t 3 t 2 -ig amíg kész nem lesz, stb. Vegyük észre a példában a lépcs s mintát (3.7) Példa. m = 3 s 1 = 3 s 2 = 2 s 3 = 1 n = 4 p 1 = 10 p 2 = 8 p 3 = 8 p 4 = 3 Cj = ábra. Példa Q pmtn C i A fenti leírás a következ algoritmust adja, ami egyidej leg tölti fel a gépeket egyik periódus után a másikat Algoritmus. Algoritmus Q pmtn C i 1. a := 0; 2. WHILE p 1 > 0 DO 3. BEGIN 4. Keressük meg a legnagyobb i indexet, p i > 0; 5. t := p i /s 1 ; 6. FOR ν := i DOWN TO k := max{1, i m + 1} DO 7. BEGIN 8. Ütemezzük a ν munkát az M 1+i ν gépen az [a, a + t] intervallumban; 30

31 9. p ν := p ν t s 1+i ν 10. END 11. a := a + t 12. END 3.5. Q p i = 1 f i és Q p i = 1 f max A következ algoritmus Graham, Lawler, Lenstra, Rinnooy Kan munkássága ([10]). Ebben a részben, azt a problémát gondoljuk meg, amikor n egység megmunkálási idej munkát ütemezünk m uniform gépen, s 1, s 2,..., s m sebeséggel. A célfüggvény n i=1 f i (C i ) n és max f i(c i ), ahol f i (C i ) monoton nemcsökken függvény, ami az i. munka C i befejezési i=1 idejét l függ. Ez a két probléma megoldható polinomális id ben. El ször is gyeljük meg, hogy létezik optimális megoldás, amelyben a munkák id intervallumokban fejez dnek be, az n legkorábbi lehetséges befejezési id kkel. Ezeket a befejezési id ket O(n logn) id ben generálhatjuk. Készítsünk egy növekv sorozatot 1/s j (j = 1,..., m) befejezési id kkel és általános lépésként, töröljük a legkisebb befejezési id t a sorból. Ha a legkisebb befejezési id a k/s j akkor (k + 1)/s j -t beszúrjuk a sorba. Ezáltal megkapjuk az n legkorábbi lehetséges befejezési id ket Példa. 5 db egységnyi idej munkánk van, és 4 db gépünk (s 1 = 2, s 2 = 1/2, s 3 = 1, s 4 = 3) sebességekkel. Ekkor beírjuk minden gépre, a lehetséges befejezési id ket, ahogy a 3.8 ábrán látszik. Majdpedig az algoritmus alapján, kiszámoljuk az 1/s j (j = 1,..., m) értékeket. Ez 1/3, 1/2, 1, 2 (növekv sorrendben). Ekkor töröljük a legkisebbet (1/3) és betesszük a sorba a 2/3-ot. A következ legkisebb az 1/2, helyére jön az 1. A következ legkisebb a 2/3, helyére jön az 1. Most már 1, 1, 1, 2 a sorunk. Ekkor eldönthetjük, hogy melyik egyes kerüljön ki. Így megkaptuk az 5 legkorábbi lehetséges befejezési id t ábra. Példa Q p i = 1 f i (C i ) Legyen t 1,..., t n az n legkisebb befejezési id nemcsökken sorrendben. 31

32 A Q p i = 1 f i egy optimális megoldását úgy kaphatjuk meg, ha megoldunk egy n n-es minimális súlyú teljes párosítás feladatot, ahol az élek súlya c ik = f i (t k ) (i, k = 1,..., n). Ez O(n 3 ) id ben megoldható. Ahhoz hogy megoldjuk a Q p i = 1 f max feladatot ([10]), a következ algoritmust használhatjuk Algoritmus. Algoritmus Q p i = 1 f max 1. J := {1,..., n} 2. FOR i := n DOWN TO 1 DO 3. BEGIN 4. Keressük meg azt a j J munkát, amelyre f j (t i ) minimális; 5. Ütemezzük a j munkát, hogy befejez djön a t i -ben; 6. J := J \{j} 7. END Van pár speciális eset, amit gyorsabban meg tudunk oldani. Például a Q p i = 1 w i C i megoldható úgy, hogy hozzárendeljük a k. legnagyobb súlyú munkát a t k -hoz. A Q p i = 1 L max pedig megoldható egy párosítással, hogy a k. legkisebb határid t rendeljük a t k - hoz. Ezek megoldhatóak O(n logn) id ben. 32

33 4. fejezet Független gépes ütemezések 4.1. R pmtn C max, R pmtn L max, R pmtn, r i L max Az R pmtn C max feladatot két lépésben oldjuk meg. Az els lépésben megfogalmazunk egy lineáris programozási feladatot, hogy kiszámoljuk minden i munkára és j gépre, az id k összegét t ij -t, ami az i munka a j gépen töltött ideje egy optimális ütemezésben. A második lépésben konstruáljuk a megfelel ütemezést. El ször adjuk meg a lineáris programozási formulát. Az R pmtn C max meghatározott a p ij egész számokkal amib l nm darab van, és megmutatja az i munka teljes megmunkálási idejét az M j gépen. Legyen t ij az i munka megmunkálási idejének azon része, amelyet M j - n ütemezünk. Ekkor t ij /p ij az a részid, amelyet az i munka a j gépen tölt, és a következ egyenl ségnek fenn kell állnia, annak érdekében, hogy az i munka befejez djön. Így megkapjuk az LP feladatunkat: m i=1 t ij p ij = 1 minc max m t ij = 1, p ij i = 1,..., n (4.1) m t ij C max, i = 1,..., n (4.2) i=1 j=1 m t ij C max, j = 1,..., m (4.3) i=1 t ij 0, i = 1,..., n; j = 1,..., m. 33

34 Az (4.2) baloldala azt mondja meg, hogy az i munka mennyi id t töltött el az összes gépen. Az (4.3) bal oldala az M j gépen ütemezett munkák megmunkálási idejének összegét mutatja meg. Jegyezzük meg, hogy egy optimális megoldás erre a lineáris programozási feladatra: C max = max{ n max i=1 m t ij, j=1 m max j=1 n t ij } (4.4) Megtalálni egy megfelel ütemezést, ekvivalens azzal, hogy megtaláljuk a megoldását, egy O pmtn C max feladatnak, a t ij megmunkálási id kkel (i = 1,..., n, j = 1,..., m) Tétel. Az O pmtn C max megoldható polinomiális algoritmussal Következmény. Az tétel alapján, és a korábbi megjegyzésünk miatt az R pmtn C max is megoldható polinomiális id ben. Hasonlóan oldjuk meg az R pmtn L max -ot. Megadunk egy lineáris programozási feladatot, hogy minimalizáljuk L max -ot. Tegyük fel, hogy a munkák nemcsökken határid szerint vannak rendezve: i=1 d 1 d 2... d n Legyen t (1) ij az az összes id, amelyet M j gép az i munkával tölt, az I 1 = [0, d 1 + L max ] intervallumon. Továbbá, k = 2,..., n, legyen t (k) ij az az összes id, amelyet M j gép az i munkával tölt, az I k = [d k 1 + L max, d k + L max ] intervallumon. Ekkor a következ LPfeladatot kell megoldanunk: m i=1 i k=1 m j=1 m j=1 n i=1 n i=k minl max t (k) ij p ij = 1, i = 1,..., n t (1) ij d 1 + L max, i = 1,..., n t (k) ij d k d k 1, i = 1,..., n; k = 2,..., n t (1) ij d 1 + L max, j = 1,..., m t (k) ij d k d k 1, j = 1,..., m; k = 2,..., n t (k) ij 0, i, k = 1,..., n; j = 1,..., m. 34

35 Az LP-feladatra egy optimális megoldást adva, az L max -optimális ütemezése kapható azáltal, hogy minden id intervallumra I k (k = 1,..., n) egy megfelel ütemezést konstruálunk az adatokkal, amelyeket a T k = (t (k) ij ) mátrix ad. Tehát ez a feladat is polinomiális id ben megoldható. Hasonló módon oldhatjuk meg a R pmtn, r i L max feladatot, ami a következ ember nevéhez f z dik: E.L. Lawler, J. Labetoulle ([8]). Legyenek a [t k, t k+1 ] intervallumok, ahol t 1 < t 2 <... < t r rendezett sorrendje az r i és d i + L max értékeknek. Ebben az esetben, a változók t (k) ij L max, ahol t (k) ij az i munka M j gépen töltött ideje a [t k, t k+1 ] intervallumon. és 35

36 Irodalomjegyzék [1] R.Gary Parker, Deterministic scheduling theory, Chapman & Hall, 1995, és [2] Jordán Tibor, Recski András, Szeszlér Dávid, Rendszeroptimalizálás, Typotex, 2004 [3] Peter Brucker Scheduling Algorithms, Springer, 1995, oldal [4] E.G. Coman, Jr. and R.L. Graham, Optimal Scheduling for Two-Processor Systems, Acta Informatica, 1972, [5] R.L. Graham, Bounds on multiprocessing timing anomalies, 1969, [6] Coman, Jr., E.G. (ed.) Computer & Job/Shop Scheduling Theory, 1976 [7] J. Labetoulle, E.L. Lawler, J.K. Lenstra, A.H.G. Rinnooy Kan Preemptive scheduling of uniform machines subject to release dates, in Progress in combinatorial optimization, Academic Press, 1984, [8] E.L. Lawler, J. Labetoulle On preemptive scheduling of unrelated parallel processors by linear programming, 1978 [9] A. Federgruen, G. Groenevelt Preemptive scheduling of uniform machines by ordinary network ow techniques, Management Sci., 1986, [10] R.L. Graham, E.L. Lawler, J.K. Lenstra, A.H.G. Rinnooy Kan Optimization and approximation in deterministic sequencing and scheduling, 1979, [11] R.L. Graham Combinatorial scheduling theory, Springer,