独立任务最优调度问题-动态规划

2019年3月17日 222次阅读 来源: 动态规划

问题描述：

用2台处理机A和B处理n个作业。设第i个作业交给机器A处理时需要时间ai，若由机器B来处理，则需要时间bi。由于各作业的特点和机器的性能关系，很可能对于某些i，有ai>bi，而对于某些j,j≠i，有aj>bj。既不能将一个作业分开由2台机器处理，也没有一台机器能同时处理2个作业。设计一个动态规划算法，使得这2台机器处理完这n个作业的时间最短(从任何一台机器开工到最后一台机器停工的总时间)。研究一个实例：

(a1,a2,a3,a4,a5,a6)＝(2,5,7,10,5,2)；(b1,b2,b3,b4,b5,b6)＝(3,8,4,11,3,4)。

对于给定的2台处理机A和B处理n个作业，找出一个最优调度方案，使2台机器处理完这n个作业的时间最短。

思路：

首先要注意每个作业仅需要处理一次就行，不需要被机器A和B各处理一遍

采用动态规划;

定义F[i][j]为：表示完成i个作业且机器A花费j时间的条件下机器B所花费时间的最小值，那么F[i][j] = min{F[i – 1][j] + b[i], F[i – 1][j – a[i]]}。解释一下：

假设前i – 1件已经被处理了，那么第 i 件作业由谁来处理呢？
可以分两种情况：
1：由机器A处理i，则机器B的时间为 F[i – 1][j – a[i]];
2：由机器B处理i，则机器B的时间为 F[i – 1][j] + b[i];

特殊情况：如果j < a[i],则不可能由机器A来完成，此时F[i][j] = F[i – 1][j] + b[i]；

最终F[i][j] 选择 1 和 2 中较小的一个，即F[i][j] = min{F[i – 1][j] + b[i], F[i – 1][j – a[i]]}。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int time_a = 0; //最终的时间一定小于time_a, 即 min_t < time_a
int min_t = 0x3f3f3f;
int a[1024];
int b[1024];
int F[1024][1024];
void inPut()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
     scanf("%d", &a[i]);
     time_a += a[i];
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &b[i]);

}
void solve()
{
    memset(F, 0, sizeof(F));
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for(int j = 0; j <= time_a; ++j)
        {
            if(j > a[i])
            {
                F[i][j] = min(F[i - 1][j - a[i]], F[i - 1][j] + b[i]);
            }
            else
            {
                F[i][j] = F[i - 1][j] + b[i];
            }
        }
    }
    int temp;
    for(int i = 0; i <= time_a; ++i)
    {
        temp = max(F[n][i], i);
        if(min_t > temp)
            min_t = temp;
    }
}
int main()
{
    inPut();
    solve();
    printf("%d\n", min_t);
}

代码2：（路径压缩）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int *a;
int *b;
int *t;
int sa = 0;
int result = 0x3f3f3f;
void outPut()
{
    int temp;
    for(int i = 0; i <= sa; ++i)
    {
        temp = i > t[i] ? i : t[i];
        if(result > temp)
            result = temp;
    }
    printf("the result is %d\n",result);
    delete []a;
    delete []b;
    delete []t;
}
void solve()
{
    t = new int[sa + 1];
    memset(t, 0, sizeof(t)); //t初始化为0
    for(int k = 0; k < n; ++k)
    {
        for(int i = sa; i >= 0; --i)
        {
            if(i >= a[k])
            {
                t[i] = min(t[i] + b[k], t[i - a[k]]);
            }
            else
            {
                t[i] = t[i] + b[k];
            }
        }
    }
}
void inPut()
{
    scanf("%d", &n);
    a = new int[n];
    b = new int[n];
    for(int i = 0; i < n; ++i)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        sa += a[i];
    }
    for(int i = 0; i < n; ++i)
        scanf("%d", &b[i]);

}
int main()
{
    inPut();
    solve();
    outPut();
}

参考：https://blog.csdn.net/qq_26658823/article/details/78298957

         

    原文作者：动态规划
    原文地址: https://blog.csdn.net/m0_38015368/article/details/80105669
    本文转自网络文章，转载此文章仅为分享知识，如有侵权，请联系博主进行删除。
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