任務調度貪心演算法

『壹』 貪心演算法多機調度問題偽代碼

void machineWork::Sort( int timeId[] )
{
for( int i = 0 ; i < works ; i++ )
timeId[i] = i;
for( i = 0 ; i < works - 1 ; i++ )
{
double min = timesUnsorted[ timeId[i] ];
int p = i;
for( int j = i + 1 ; j < works ; j++ )
{
if( this->timesUnsorted[ timeId[j] ] > min )
{
min = this->timesUnsorted[ timeId[j] ];
p = j;
}
}
int t = timeId[i];
timeId[i] = timeId[p];
timeId[p] = t;
}
}

『貳』 程序員演算法基礎——貪心演算法

貪心是人類自帶的能力，貪心演算法是在貪心決策上進行統籌規劃的統稱。

比如一道常見的演算法筆試題---- 跳一跳 ：

我們自然而然能產生一種解法：盡可能的往右跳，看最後是否能到達。
本文即是對這種貪心決策的介紹。

狹義的貪心演算法指的是解最優化問題的一種特殊方法，解決過程中總是做出當下最好的選纖啟擇，因為具有最優子結構的特點，局部最優解可以得到全局最優解；這種貪心演算法是動態規劃的一種特例。 能用貪心解決的問題，也可以用動態規劃解決。

而廣義的貪心指的是一種通用的貪心策略，基於當前局面而進行貪心決策。以 跳一跳 的題目為例：
我們發現的題目的核心在於 向右能到達的最遠距離 ，我們用maxRight來表示；
此時有一種貪心的策略：從第1個盒子開始向右遍歷，對於每個經過的盒子，不斷更新maxRight的值。

貪毀局如心的思考過程類似動態規劃，依舊是兩步： 大事化小 ， 小事化了 。
大事化小：
一個較大的臘山問題，通過找到與子問題的重疊，把復雜的問題劃分為多個小問題；
小事化了：
從小問題找到決策的核心，確定一種得到最優解的策略，比如跳一跳中的 向右能到達的最遠距離 ；

在證明局部的最優解是否可以推出全局最優解的時候，常會用到數學的證明方式。

如果是動態規劃：
要湊出m元，必須先湊出m-1、m-2、m-5、m-10元，我們用dp[i]表示湊出i元的最少紙幣數；
有 dp[i]=min(dp[i-1], dp[i-2], dp[i-5], dp[i-10]) + 1 ;
容易知道 dp[1]=dp[2]=dp[5]=dp[10]=1 ；
根據以上遞推方程和初始化信息，可以容易推出dp[1~m]的所有值。

似乎有些不對？ 平時我們找零錢有這么復雜嗎？
從貪心演算法角度出發，當m>10且我們有10元紙幣，我們優先使用10元紙幣，然後再是5元、2元、1元紙幣。
從日常生活的經驗知道，這么做是正確的，但是為什麼？

假如我們把題目變成這樣，原來的策略還能生效嗎？

接下來我們來分析這種策略：
已知對於m元紙幣，1，2，5元紙幣使用了a，b，c張，我們有a+2b+5c=m；
假設存在一種情況，1、2、5元紙幣使用數是x，y，z張，使用了更少的5元紙幣（z<c），且紙幣張數更少（x+y+z<a+b+c），即是用更少5元紙幣得到最優解。
我們令k=5*(c-z)，k元紙幣需要floor(k/2)張2元紙幣，k%2張1元紙幣；（因為如果有2張1元紙幣，可以使用1張2元紙幣來替代，故而1元紙幣只能是0張或者1張）
容易知道，減少(c-z)張5元紙幣，需要增加floor(5*(c-z)/2)張2元紙幣和(5*(c-z))%2張紙幣，而這使得x+y+z必然大於a+b+c。
由此我們知道不可能存在使用更少5元紙幣的更優解。
所以優先使用大額紙幣是一種正確的貪心選擇。

對於1、5、7元紙幣，比如說要湊出10元，如果優先使用7元紙幣，則張數是4；（1+1+1+7）
但如果只使用5元紙幣，則張數是2；（5+5）
在這種情況下，優先使用大額紙幣是不正確的貪心選擇。（但用動態規劃仍能得到最優解）

如果是動態規劃：
前i秒的完成的任務數，可以由前面1~i-1秒的任務完成數推過來。
我們用 dp[i]表示前i秒能完成的任務數 ；
在計算前i秒能完成的任務數時，對於第j個任務，我們有兩種決策：
1、不執行這個任務，那麼dp[i]沒有變化；
2、執行這個任務，那麼必須騰出來(Sj, Tj)這段時間，那麼 dp[i] = max(dp[i], dp[ S[j] ] ) + 1 ；
比如說對於任務j如果是第5秒開始第10秒結束，如果i>=10，那麼有 dp[i]=max(dp[i], dp[5] + 1)； （相當於把第5秒到第i秒的時間分配給任務j）

再考慮貪心的策略，現實生活中人們是如何安排這種多任務的事情？我換一種描述方式：

我們自然而然會想到一個策略： 先把結束時間早的兼職給做了！
為什麼？
因為先做完這個結束時間早的，能留出更多的時間做其他兼職。
我們天生具備了這種優化決策的能力。

這是一道 LeetCode題目 。
這個題目不能直接用動態規劃去解，比如用dp[i]表示前i個人需要的最少糖果數。
因為（前i個人的最少糖果數）這種狀態表示會收到第i+1個人的影響，如果a[i]>a[i+1]，那麼第i個人應該比第i+1個人多。
即是 這種狀態表示不具備無後效性。

如果是我們分配糖果，我們應該怎麼分配？
答案是： 從分數最低的開始。
按照分數排序，從最低開始分，每次判斷是否比左右的分數高。
假設每個人分c[i]個糖果，那麼對於第i個人有 c[i]=max(c[i-1],c[c+1])+1 ; （c[i]默認為0，如果在計算i的時候,c[i-1]為0，表示i-1的分數比i高）
但是，這樣解決的時間復雜度為 O(NLogN) ，主要瓶頸是在排序。
如果提交，會得到 Time Limit Exceeded 的提示。

我們需要對貪心的策略進行優化：
我們把左右兩種情況分開看。
如果只考慮比左邊的人分數高時，容易得到策略：
從左到右遍歷，如果a[i]>a[i-1]，則有c[i]=c[i-1]+1；否則c[i]=1。

再考慮比右邊的人分數高時，此時我們要從數組的最右邊，向左開始遍歷：
如果a[i]>a[i+1], 則有c[i]=c[i+1]+1；否則c[i]不變；

這樣講過兩次遍歷，我們可以得到一個分配方案，並且時間復雜度是 O(N) 。

題目給出關鍵信息：1、兩個人過河，耗時為較長的時間；
還有隱藏的信息：2、兩個人過河後，需要有一個人把船開回去；
要保證總時間盡可能小，這里有兩個關鍵原則： 應該使得兩個人時間差盡可能小（減少浪費），同時船回去的時間也盡可能小（減少等待）。

先不考慮空船回來的情況，如果有無限多的船，那麼應該怎麼分配？
答案： 每次從剩下的人選擇耗時最長的人，再選擇與他耗時最接近的人。

再考慮只有一條船的情況，假設有A/B/C三個人，並且耗時A<B<C。
那麼最快的方案是：A+B去, A回；A+C去；總耗時是A+B+C。（因為A是最快的，讓其他人來回時間只會更長， 減少等待的原則 ）

如果有A/B/C/D四個人，且耗時A<B<C<D，這時有兩種方案：
1、最快的來回送人方式，A+B去；A回；A+C去，A回；A+D去； 總耗時是B+C+D+2A （減少等待原則）
2、最快和次快一起送人方式，A+B先去，A回；C+D去，B回；A+B去；總耗時是 3B+D+A （減少浪費原則）
對比方案1、2的選擇，我們發現差別僅在A+C和2B；
為何方案1、2差別里沒有D？
因為D最終一定要過河，且耗時一定為D。

如果有A/B/C/D/E 5個人，且耗時A<B<C<D<E，這時如何抉擇？
仍是從最慢的E看。（參考我們無限多船的情況）
方案1，減少等待；先送E過去，然後接著考慮四個人的情況；
方案2，減少浪費；先送E/D過去，然後接著考慮A/B/C三個人的情況；（4人的時候的方案2）

到5個人的時候，我們已經明顯發了一個特點：問題是重復，且可以由子問題去解決。
根據5個人的情況，我們可以推出狀態轉移方程 dp[i] = min(dp[i - 1] + a[i] + a[1], dp[i - 2] + a[2] + a[1] + a[i] + a[2]);
再根據我們考慮的1、2、3、4個人的情況，我們分別可以算出dp[i]的初始化值：
dp[1] = a[1];
dp[2] = a[2];
dp[3] = a[2]+a[1]+a[3];
dp[4] = min(dp[3] + a[4] + a[1], dp[2]+a[2]+a[1]+a[4]+a[2]);

由上述的狀態轉移方程和初始化值，我們可以推出dp[n]的值。

貪心的學習過程，就是對自己的思考進行優化。
是把握已有信息，進行最優化決策。
這里還有一些收集的 貪心練習題 ，可以實踐練習。
這里 還有在線分享，歡迎報名。

『叄』 最佳調度問題（c/c++）

如果各機器運行速度相等，換句話就是任務無論在哪台機器上運行完成時間都相等，則問題較簡單
1 . 先將任務由大到小排序
2 . 計算n個任務需要的總時間和平均到k個機器上的時間
3 . 將大於平均時間的任務各分配一個機器，找到最大完成時間
4 . 將其他任務順序安排在一台機器上，如果時間超出最大時間，則把該任務交給下一個機器，下一個任務繼續在這台機器上試安排，直到所有任務都不能在小於最大完成時間的情況下安排
5 . 安排下一台機器直道所有任務安排完，
6 . 或有可能安排某(些)任務找不到小於最大完成時間 那麼重新掃描各台機器使再加上該任務後時間最小，按此方法安排萬所有任物

數據結構採用鏈表比較合適，
K個機器k個鏈，n個任務按大小順序插入一個鏈表，安排後從任務鏈表中移動到機器鏈表中。知道鏈表為空