算法分析与设计(final)

1、问题

设有 (n) 项任务，加工时间分别表示为正整数(t_{1},t_{2},...,t_{n}).现有2台同样的机器，从 (0) 时刻开始安排对这些任务的加工。规定只要有待加工的任务，任何机器就不得闲置。如果直到时刻 (T) 所有任务都完成了，总加工时间就等于 (T) 。设计一个算法找到使得总加工时间T达到最小的调度方案。

2、解析

• 观察所给问题，发现只要有代加工的任务，任何机器都不得空闲，那么即从 (0) 时刻开始，机器不停在运转，设两台机器的加工时间为 (T_{1},T_{2})，有一下两个约束条件：1、 (T=max(T_{1},T_{2})) ， 2、(T_{1}+T_{2}=sum^{n}_{i=1} t_{i})。
  
  

• 那么显然问题就可以转化为把 (t_{1},t_{2},...,t_{n})划分成两部分，一部分之和为(T_{1})，另一部分之和为(T_{2})，使得 (max(T_{1},T_{2}))最小。
  
  

• 因为 (sum^{n}_{i=1} t_{i}) 是固定的，所以条件 (max(T_{1},T_{2}))最小等同于 (abs(T_{1}-T_{2}))最小。也就是说让 (T_{1},T_{2})都尽可能的接近背包的一半。

• 也就是对于数组 (t) 中的元素，我们有两种选择，第一种就是放到第一台机器上，第二种就是放到第二台机器上，很显然这就相当与选和不选两种选择，也就可以转化为 01背包 问题。
  
  

• 最终问题可以这样描述：从 (n) 个数中选择一些数，让这些数之和尽量接近这 (n) 个数的总和 (sum) 的一半，并输出选择方案。
  
  

• 暴力方法的时间复杂度高达 (O(2^n))，显然不可行。

• 考虑动态规划去求解，可以直接用 01背包 求解，背包容量为 (sum/2)，目标就是尽量填满背包。每个物品的体积就是数的大小。
  
  

• 原因：我们选择了一些数，那么另外一些数就可以确定，那么总和小的一部分数必定是小于等于 (sum/2)，那么为了目标最优，也就是让这一部分数尽量填满 (sum/2) 的容量。
  
  

• 设 (dp[i][j]) 表示当背包容量为 (j) 时，从前 (i) 项任务中可选出的最大体积。转移方程为：
  .

  $dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-t[i]]+t[i])(jgeq t[i]) $

• 我们可以对空间进行进一步优化，即使用滚动数组把二维优化到一维。 (dp[j]) 表示对于体积为 (j)的背包，从所有任务中可选出的最大体积。转移方程为：
  .

  $dp[j]=max(dp[j],dp[j-t[i]]+t[i])(jgeq t[i]) $
  
  

• 接下来考虑怎么输出方案，我们考虑在 (dp) 过程中遇到答案更新就标记在这个位置进行了更新，即标记 (path[i][j]=1)，表示第 (i) 件任务在当背包容量为 (j) 时被选取了。然后就可以对包的容量 (V) 从大到小遍历，从此同时对物品 (i) 也从大到小遍历，对于某一对 (i,j)，如果 (path[i][j]=1)，此时就说明第 (i) 件任务被选取，然后为了继续向下回溯，此时 (j=j-t[i])，直到 (j=0)。

3、设计

• 01背包部分

int V=sum/2;
for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=V;j>=t[i];j--){
        if(dp[j-t[i]]+t[i]>dp[j]){
            dp[j]=dp[j-t[i]]+t[i];
            path[i][j]=1;
        }
    }
}

(max(dp[V],sum-dp[V]))即最少总加工时间

• 输出方案部分

for(int i=n,j=V;i>=1&&j>0;i--){
    if(path[i][j]){
        ans[i]=1;
        j-=t[i];
    }
}

(ans[i])就是任务的分组

4、分析

考虑01背包的时间复杂度，两层循环嵌套，外层是任务总数 (O(n))，内层就是背包的容量 (O(V))，总体时间复杂度(O(n imes V))。对于方案的输出同理，那么总体时间复杂度就是 (O(n imes V))。

5、源码

https://github.com/HaHe-a/Algorithm-analysis-and-design-code/blob/master/final.cpp