动态规划--装配线调度算法

一、问题描述

　　某个汽车工厂共有两条装配线,每条有 n 个装配站。装配线 i 的第 j个装配站表示为 S_i,j ,在该站的装配时间为 a_i,j 。一个汽车底盘进入工厂,然后进入装配线 i(i 为 1 或 2),花费时间为 e_i 。在通过一条线的第 j 个装配站后,这个底盘来到任一条装配线的第(j+1)个装配站。如果它留在相同的装配线,则没有移动开销。但是,如果它移动到另一条线上,则花费时间为 t_i,j 。在离开一条装配线的第 n 个装配站后,完成的汽车底盘花费时间为 x_i 离开工厂。待求解的问题是,确定应该在装配线 1 内选择哪些站,在装配线 2 内选择哪些站,才能使汽车通过工厂的总时间最短。

　　问题提供的变量

　　ei：进入装配线i的时间

　　aij：在装配站ij所花费的时间

　　tij：从装配站ij装配完成之后离开该装配线额外花费的时间

　　xi：装配完成离开i的时间

二、思路分析

　　观察一条通过装配站 S_1,j 的最快路线,发现它必定是经过装配线 1 或2 上的装配站(j-1)。因此,通过装配站 S_1,j 的最快路线只能是以下二者之一:

　　• 通过装配站 S_1,j−1 的最快路线,然后直接通过装配站 S_1,j 。

　　• 通过装配站 S_2,j−1 的最快路线,从装配线 2 转移到装配线 1,然后通过装配站 S_1,j 。

　　故寻找通过任一条装配线上的装配站 j 的最快路线,我们可以规划为先寻找通过两条装配线上的装配站 j-1 的最快路线。

　　j-1的最优情况可以由j-2的情况来确定，一直向前能推到S_0,0和S_1,0，而S_0,0可以由e₀和a_0，0相加来确定，S_1,1可以由e₁和a_1，0相加来确定。

三、代码实现

　　代码用path存放路径，表示最短路径代表的装配线。装配线为2条，每条装配线有6个装配站。其他数据结构含义见注释。

int main()
{
	//两条装配线
	//进入装配线i的时间
	int e[2] = {1,2};
	//在装配站ij所花费的时间
	int a[2][6] = { {4,2,3,5,3},{7,2,4,2,4} };
	//从装配站ij装配完成之后离开该装配线额外花费的时间
	int t[2][6] = { {2,3,2,2,1},{1,1,2,4,2} };
	//装配完成离开i的时间
	int x[2] = {2,1};
	//用path存放最短路径
	int path[6] = { 0 };
	//每条装配线包含的装配站个数
	int n = 6;
	
	//result[i][j]表示离开装配站ij所花费的最少时间
	int result[2][6] = {0};
	result[0][0] = e[0] + a[0][0];
	result[1][0] = e[1] + a[1][0];
	
	if (result[0][0] < result[1][0])
		path[0] = 0;
	else
		path[0] = 1;

	for (int j = 1; j < n; j++) {
		if (result[0][j - 1] < result[1][j - 1] + t[1][j - 1])
			result[0][j] = result[0][j - 1] + a[0][j];
		else
			result[0][j] = result[1][j - 1] + a[0][j] + t[1][j - 1];

		if (result[0][j - 1] + t[0][j - 1] < result[1][j - 1])
			result[1][j] = result[0][j - 1] + a[1][j] + t[0][j-1];
		else
			result[1][j] = result[1][j-1] + a[1][j];
		//保存路径
		if (result[0][j] < result[1][j])
			path[j] = 0;
		else
			path[j] = 1;
	}
	
	result[0][5] = result[0][5] + x[0];
	result[1][5] = result[1][5] + x[1];

	for (int i = 0; i < 5; i++)
		cout << path[i] << endl;

	if (result[0][5] < result[1][5])
		cout << result[0][5] <<endl;
	else
		cout << result[1][5] << endl;

	system("pause");
    return 0;
}