贪心算法：带有限期的作业调度(任务调度)及证明

1. 度量标准

下一次输入为使得效益值加最增大的作业，同时不违反约束条件。
$$\max \sum _{i\in J}{p}_i$$

2.SPARKS语言描述

procedure GREEDY_JOB(D, J, n)
	// 作业按 p1 ≥ p2 ≥ … ≥ pn的次序输入，它们的期限值 D(i) ≥ 1, 1 ≤ i ≤ n, n ≥ 1。
	// J是在它们的截止期限完成的作业的集合
	J←{1}
	for i←2 to n do 
	if J∪{i}的所有作业能在它们的截止期限前完成 then
		J←J∪{i}
	endif
	repeat
end GREEDY_JOB

3.最优解证明

设最优解集合为I，贪心解集合为J

1. 若I==J，则贪心解就是最优解

2. 若I!=J，则分三种情况：

   2.1 I$\subset$J

   X 若贪心解包含最优解，则最优解至少还能够添加J中有而I中没有的元素且不违反约束条件，这与它本身就是最优解相矛盾。因此这种情况不可能。

   2.2 J$\subset$I

   X 若最优解包含贪心解，因为贪心解每次选择总是选择效益值较大且满足约束条件的，故对于I中有而J中没有的元素x，x总应该被J选中才满足贪心算法的规则。因此这种情况不可能。

   2.3 I与J中至少包含一个互不相同的元素

   √排除了2.1、2.2两种情况，最后一种情况只剩I$\not\subset$J且J$\not\subset$I，即至少存在两个作业a和b，使得a$\in$J 且a$\notin$I，b$\in$I 且b$\notin$J。并设a是这样的一个具有最高效益值的作业，且由算法的处理规则可得：对于在I中而不在J中的所有作业b，有：$$p_a⩾p_b$$
   证明：将I和J中的所有作业按效益值非递增排序，从左向右依次比较I和J中对应的分量，若相同则继续比较下一个，直至遇到分量不同的情况。设此时两分量为$p_a$和$p_b$。这时若$p_a<p_b$，则不满足贪心算法的规则。贪心算法在下一次选择时，必定会选择效益值相对较大且不违反约束条件的，若$p_a<p_b$，则贪心算法应该选择$p_b$才对。证毕。

3. 使用贪心解分量替换最优解对应分量
   3.1 首先调整最优解和贪心解中作业的位置，使得新的解仍能够满足约束条件。设i在贪心解中和在最优解中都有这个作业，且在贪心解中[t, t+1]时间段内执行，在最优解中[t', t'+1]时间段内执行。下面分两种情况进行作业对换：
   
   
   3.2 找到Pa在贪心解中的位置，把最优解中对应位置的Pb替换为Pa，则替换后的解不会比原来的解更差，且新的解和原来的最优解相比，减少了1个和贪心解不同的元素。如此往复，知道贪心解完全替换最优解，效益值并没有减小。因此，J也是最优解。

4. 判断解的可行性

给定一个解，判断这个解是否可以满足约束条件。
下面证明：
证明：
左到右：显然成立
右到左：

5. 算法实现

procedure JS(D,J,n,k)

	// D(1),…,D(n)是期限值。n≥1。
	// 作业已按p1 ≥ p2 ≥ … ≥ pn的顺序排序。
	// J(i)是最优解中的第i个作业，1 ≤ i ≤ k。
	// 终止时， D( J(i) ) ≤ D( J(i＋1) )， 1 ≤ i＜k。
	
	integer D(0:n),J(0:n),i,k,n,r
	
	D(0)←J(0)←0 //初始化//
	
	J(1)←1; k←1 //计入作业1//
	
	for i←2 to n do //按p的非增次序考虑作业。找i的位置并检查插入的可行性//
	
		r←k
		
		while D(J(r))＞D(i) and D(J(r)) ≠r do // r之前的期限比i晚 and r之前的期限可以后移1单位期限
			r←r-1
		repeat
		
		if D(J(r)) ≤ D(i) and D(i)＞r then // i的期限比r晚 and i的期限满足约束条件
			for i←k to r+1 by -1 do
			J(i+1) ←J(i) //将插入点的作业后移一位//
			repeat
			J(r+1) ←i;k←k+1
		endif
		
	repeat
	
end JS

6. C++代码

#include 


void JS(int D[], int J[], int n) {
     
    
    int cnt = 0; // 最优解中作业数量
    // J[i]: 最优解中第i个作业
    // D[i]: 作业i的截止期限, 假设作业已经按效益值从大到小排列

    // 初始化
    D[0] = 0;
    J[0] = 0;
    J[1] = 1; // 第1个作业肯定是作业1
    cnt = 1;

    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
     
        int r = cnt;
        
        // D[J[r]] > D[i] 第J[r]个作业的期限大于第i个作业的期限
        // D[J[r]] != r 保证第J[i]个作业能往后移动1位
        while (D[J[r]] > D[i] && D[J[r]] != r)
            r--;
            
        // 第i个作业要插到r后
        // D[i] >= D[J[r]] 第i个作业的截止期限大于等于最优解中第r个作业的截止期限
        // D[i] > r 第i个作业的截止期限大于r(能被安排到第r之后)
        if (D[i] >= D[J[r]] && D[i] > r) {
     
            // r之后的最优解往后移1位
            for (int j = cnt; j > r; --j) {
     
                J[j + 1] = J[j];
            }
            // 插入i
            J[r + 1] = i;
            cnt++;
        }
    }
}

int main() {
     
    
    int n = 5;
    int D[] = {
     0, 2, 1, 2, 1};
    int P[] = {
     0, 100, 20, 15, 10};
    int* J = new int[n];
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
     
        J[i] = 0;
    }
    JS(D, J, n);

    std::cout << "决策序列：";
    int sum = 0;

    for (int i = 1; i < n; ++i) {
     
        std::cout << J[i] << " ";
        sum += P[J[i]];
    }

    std::cout << std::endl << "总效益值：" << sum << std::endl;

    return 0;
}

输出：

决策序列：2 1 0 0
总效益值：120