Tách số với chênh lệch tối thiểu

Cho là một số nguyên dương $n$và số nguyên $a_1,b_1,\dots,a_n,b_n$ với $a_i\leq b_i$ cho mỗi $i$. Sự phức tạp của việc quyết định xem có tồn tại số nguyên không$c_1,\dots,c_n$ như vậy mà $a_i\leq c_i\leq b_i$ cho tất cả $i$ và $|c_i-c_j|\geq 2$ cho tất cả $i,j$?

Những gì có thể được quan sát là một thuật toán tham lam, trong đó chúng tôi giả định rằng $a_1\leq\dots\leq a_n$ và lựa chọn $c_i$theo thứ tự này, không nhất thiết phải làm việc. Ví dụ, chúng ta có thể có$a_1=1, b_1=4, a_2=b_2=2$. Đặt$c_1=1$ không hoạt động (nó không còn chỗ cho $c_2$), nhưng những gì hoạt động được đặt $c_1=4$ và $c_2=2$. Có phải vấn đề có lẽ là NP-hard?

Như đã trình bày trong câu trả lời trước, vấn đề này có thể được mô hình hóa như một vấn đề lập lịch với ngày phát hành và ngày đáo hạn. Tuy nhiên, heuristic chỉ hoạt động cho trường hợp$p_j=1$ (tất cả thời gian xử lý là $1$) hoặc khi phát hành và ngày đáo hạn đồng ý (nghĩa là có một đơn đặt hàng sao cho $r_1\leq\cdots\leq r_n$ và $d_1\leq\cdots\leq d_n$).

Đối với trường hợp $p_j=p$Các thuật toán đa thức đã được tìm thấy bởi Simons (1978) , Carlier (1981) và Garey et al. (1981) , chạy đúng giờ$O(n^2\log n)$, $O(n^2\log n)$và $O(n\log n)$, tương ứng.

Thuật toán của Garey et al. lên lịch các nhiệm vụ thời gian đơn vị, nhưng cho phép phát hành tùy ý và ngày đáo hạn. Vấn đề trên có thể được giảm xuống cho cài đặt này bằng cách chia tất cả các ngày và thời gian xử lý cho$p$. Ý tưởng chính của thuật toán là tìm một tập hợp các vùng cấm trong đó không có nhiệm vụ nào được phép bắt đầu. Chúng cho thấy rằng heuristic khi tôn trọng các khu vực cấm tìm thấy một lịch trình khả thi của makepan tối thiểu. Khi xây dựng các khu vực cấm, thuật toán của họ cũng có thể phát hiện ra tính không khả thi.

Để xem thuật toán hoạt động như thế nào, trước tiên hãy xem xét một vấn đề đơn giản hơn: lịch trình $n$ nhiệm vụ thời gian giữa một ngày phát hành $r$ và thời hạn $d$ tôn trọng các khu vực cấm $F=\bigcup_i (a_i,b_i)$, nơi mỗi vùng $(a_i,b_i)$là một khoảng thời gian mở. (Lưu ý ở đây chúng tôi không quan tâm đến việc phát hành và ngày đáo hạn của các nhiệm vụ riêng lẻ.)

Vấn đề này có thể được giải quyết bằng Backschedending : xác định thời gian bắt đầu canh gác$s_{n+1}=d$, va cho $i=n,n-1,\ldots,1$ đặt thời gian bắt đầu $s_i$ đến lần gần nhất không muộn hơn $s_{i+1}-1$ điều đó không bị cấm

Viết $B(r,d,n,F)$ cho một ứng dụng Backschedending cho các đầu vào trên và xác định giá trị trả về là $s_1$, ngày bắt đầu mới nhất có thể để lên lịch $n$nhiệm vụ. Bây giờ nếu$B(r,d,n,F)<r$ không có lịch trình khả thi cho $n$nhiệm vụ. Hơn nữa, nếu$r\leq B(r,d,n,F)<r+1$ không có nhiệm vụ nào khác có thể bắt đầu $(B(r,d,n,F)-1,r)$ vì nếu không thì lại không có lịch trình khả thi cho $n$ nhiệm vụ, và do đó $(B(r,d,n,F)-1,r)$ có thể được tuyên bố là một khu vực cấm.

Nó chỉ ra rằng logic này là đủ để tìm thấy tất cả các khu vực bị cấm được yêu cầu để làm cho công việc heuristic của Schrage. Giả sử rằng các nhiệm vụ được ra lệnh sao cho$r_1\leq r_2\leq\cdots\leq r_n$ và viết $n(r,d)$ cho số lượng tác vụ được phát hành và do trong khoảng thời gian đóng $[r,d]$.

1. bộ $F=\emptyset$
2. cho các nhiệm vụ $i=n,n-1,\ldots,1$:
3.   $c=\min \{ B(r_i,d_j,n(r_i,d_j),F) \mid \forall j: d_j\geq d_i\}$
4.   nếu $c<r_i$: trả lại "không có lịch trình khả thi"
5.   khác nếu $r_i\leq c<r_i+1$: bộ $F=F\cup\{(c-1,r_i)\}$

Việc thực hiện đơn giản như trên sẽ mất thời gian $O(n^4)$. Garey et al. cho thấy (bên cạnh tính chính xác) rằng bằng cách cập nhật thời gian thu được từ Backschedending, tham gia các vùng cấm chồng chéo và thực hiện các truy vấn "bị cấm"$O(1)$ thời gian có thể được đưa xuống $O(n^2)$và bằng cách sử dụng các cơ sở dữ liệu tốt hơn để $O(n\log n)$.

Vấn đề của bạn được gọi là lập lịch một máy không ưu tiên với thời gian và thời hạn phát hành, với các nhiệm vụ có độ dài giống hệt nhau và có thể được giải quyết hiệu quả bằng cách sử dụng phương pháp phỏng đoán tham lam của Schrage.

Trước tiên chúng ta mô tả vấn đề chính thức hơn. Chúng tôi được đưa ra một chuỗi các khoảng thời gian$[r_i,d_i]$ và một chuỗi các công việc $p_i$. Chúng tôi muốn lên lịch cho từng công việc trong khoảng thời gian của nó, để không có hai công việc giao nhau.

Trong trường hợp của chúng ta $r_i = a_i$, $d_i = b_i + 2$và $p_i = 2$. Thời gian bắt đầu của mỗi công việc$c_i$ do đó thỏa mãn $a_i \leq c_i \leq b_i$và hai công việc xung đột nếu $(c_i,c_i+2)$ giao nhau $(c_j,c_j+2)$, giống như $|c_i - c_j| < 2$. (Không mất tính tổng quát, tất cả các công việc được lên lịch vào thời gian nguyên.)

Heuristic của Schrage là một heuristic phổ biến, là tối ưu trong một số trường hợp, mặc dù không nhất thiết phải là cái này. Tuy nhiên, các thuật toán khác tồn tại trong tài liệu giải quyết vấn đề này một cách hiệu quả.

Đặt A là nhỏ nhất trong số $a_i$. Sau đó, có hai sự lựa chọn cho người đầu tiên$c_i$ để chọn điều đó rõ ràng không thể được cải thiện: Một, tìm i sao cho $a_i = A$ và $b_i$ càng nhỏ càng tốt, sau đó để $c_i = a_i$. Hai, chọn j sao cho$a_j = A+1$, $b_j<b_i$và $b_j$ càng nhỏ càng tốt, sau đó để $c_j=b_j$(điều này có thể không thể). Sau đó xóa mục đó khỏi danh sách các khoảng, cập nhật tất cả$a_i$ lớn hơn hai $c_i$ đã được chọn và kiểm tra xem không $b_i$quá nhỏ. Độ sâu tìm kiếm đầu tiên và quay lui sẽ tìm ra giải pháp.

Có một cơ hội tốt rằng điều này là nhanh chóng, vì sự lựa chọn đầu tiên không tệ như một heuristic.

Nếu có chính xác k khoảng với $a_i < A$ đối với một số A và chúng tôi tìm thấy giá trị k $c_i <= A-2$ sau đó những $c_i$là tối ưu và quay lui cho các mục k này không thể giúp đỡ và sẽ không bao giờ cần thiết. Mặt khác, nếu có quá nhiều giá trị$b_i$ quá gần nhau, điều đó có thể được sử dụng để chứng minh không có giải pháp.

Cuối cùng, vấn đề có thể được tiếp cận từ nhỏ nhất $a_i$hoặc tốt nhất từ ​​lớn nhất $b_i$.