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])(j\geq 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])(j\geq 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\(O(n\times V)\)。对于方案的输出同理，那么总体时间复杂度就是 \(O(n\times V)\)。
5、源码
https://github.com/HaHe-a/Algorithm-analysis-and-design-code/blob/master/final.cpp
