1 introduction aux problèmes d'ordonnancement sans temps-morts. philippe chrétienne...
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Introduction aux problèmes d'ordonnancement sans temps-morts.
Philippe Chrétienne
Université Paris 6
Laboratoire LIP6
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MotivationEn ordonnancement classique, les coûts imputés auxtemps d'oisiveté (encore appelés temps-morts) d'une ressource (ex: une machine) sont négligés.
Cependant, lorsqu'un niveau d'énergie est nécessairepour utiliser une ressource, interrompre le fonctionnementd'une ressource peut être très couteux.(ex : laisser un four se refroidir après une cuisson et le ramener à la température adéquate pour la cuisson suivante)
Dans cet exposé, on s'intéresse aux problèmes d'ordonnancement avec ressources de type "machine"pour lesquels :chaque machine doit exécuter sans temps-morts les tâches qui lui sont allouées.
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Un exemple :Une machine, 3 tâches A,B,C de durées unitaires et de dates de disponibilité 1, 3 et 5un critère régulier C1 + C2 + C3
A B C
0 3 5
temps
ordonnancement "sans temps morts" optimal (coût : 15)
4 6
A B C0 1 3 5
temps
ordonnancement "classique" optimal (coût : 12)2 temps-morts : [2,3] et [4,5]
2 4 6
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Le problème d'ordonnancement à une machine sans temps-morts
1. Notations2. Complexité : résultats et conjecture3. La date NI
4. Problème ENI5. Une condition suffisante pour ENI6. La séquence de Jackson pour 1,NI|ri,qi|Max Ci+qi 7. Dates critiques d'une instance8. Le cas de durées égales
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NotationsLa contrainte "sans temps-morts" est signalée par le symbole NI (Non Idling) ajouté dans le premier champ de la notation || (ex: 1,NI|rj,prec,pj=1|∑fj) ;
J=(1,2,…,n) est l'ensemble des tâches ;
G=(J,A) est le graphe des contraintes de précédence ;
Les dates de disponibilité ri :- sont compatibles avec G : (i,j)A rj ≥ ri + pi
- satisfont : r1 ≤ r2 ≤ … ≤ rn ;
La fonction coût à minimiser est du type maxJ fi(Ci) ou ∑J fi(Ci) où les fonctions fi(.) sont croissantes au sens large.
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Ordonnancement NI-optimal associé à une séquenceréalisable (i.e: compatible avec G).
Soit = (i1,i2,…,in) une séquence réalisable des n tâches de J. La date de début t d'un ordonnancement NI respectant doit satisfaire :t ≥ 0 ; k=1..n-1 : t+∑q=1..kp(iq) ≥ r(ik+1).
La date de début minimale d'un ordonnancement NI respectant est donc : NI() = Max(0, Maxk=1..n-1(r(ik+1)- ∑q=1..kp(iq))
ini2i1 temps
0 NI()
Cet ordonnancement est NI-optimal à fixé.
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La date NI
Soit 0 la séquence réalisable (1,2,...,n). Soit NI = NI(0).
Propriété : Pour toute séquence réalisable , on a : NI() ≥ NI(0)Preuve:Soit = (i1,i2,…,in) une séquence réalisable telle que:ik = i, ik+1= j et j<i.
inik=ii1 temps
0 NI()
ik+1=j
j<i rj ≤ ri (i,j) G ;On peut donc échanger les tâches i et j.
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tempsinik+1=ji10 NI()
ik=i
Soit ' la séquence réalisable (i1,..,ik-1, ik+1, ik-1,ik+2,…,in).
L'ordonnancement NI ci-dessous est donc un ordonnancement NI pour la séquence '.
On a donc NI() ≥ NI(') .On itère cette transformation tant que ' ≠ 0.
et on obtient : NI() ≥ NI(0) .
Remarque :Si la préemption est autorisée, NI est la date de début minimale de tout ordonnancement NI préemptif.
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Complexité:résultats et conjecture
La plupart des versions NI des problèmes d'ordonnancement à une machine NP-difficiles sont aussi NP-difficiles.Exemples : 1,NI | rj | Lmax est NP-difficile ;1,NI | rj |∑Cj est NP-difficile.
Ce n'est cependant pas toujours vrai :Ex: le problème d'ordonnancement où la machine est utilisable sur une famille finie d'intervalles Dk :NP-difficile en version classique et polynomial en version NI.
D1 D2 D3
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Conjecture :Un problème d'ordonnancement à une machine polynomial en version classique est-il aussi polynomial en version NI?
Pas de contre-exemple trouvé jusqu'à présent!
Cependant, un algorithme pour la version classiquepeut être inapte à détecter (à lui seul) un ordonnancement NI-optimal .
Cette remarque, illustrée par l'exemple suivant,donne l'intuition que la conjecture est fausse.
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tâches a b c
pi 2 3 2
ri 0 5 7
fi(t) 0 si 2≤t≤5
t-5 sinon
t-8 5(t-9)
Exemple
Minimiser fa(Ca) + fb(Cb) + fc(Cc)
Supposons que A soit un algorithme résolvantle problème 1 | ri | ∑fi(Ci)
Définitions:S(t,) l'ordonnancement optimal (s'il existe) respectant la séquence et commençant à la date t.S*(t) ordonnancement optimal commençant à la date t.
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les 3 fonctions coût.
Pour toute date t, A calcule S*(t) en ajustant les ri par ri := max(ri,t) .
Cependant, il n'existe aucune date t pour laquelle S*(t)est un ordonnancement NI-optimal !
Remarque : pour cet exemple, NI = 3.
fa
rc
fc
0 5 8 97 10 12
ra rbtemps
coût
3
fb
a b c
13
fa
rc
fc
0 5 8 97 10 12
ra rbtemps
coût
3
fb
S(3,(a,b,c)) : coût 5
S(3,(a,c,b)) : coût 4
S*(3) = S(3,(a,c,b) ordonnancement non NI de coût 4
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Pour 3 < t < 5 :S*(t) = S(t,(a,c,b)) ordonnancement non NI de coût t+1
fa
rc
fc
0 5 8 97 10 12
ra rbtemps
coût
3
fb
S(t,(a,b,c)) : coût 7t-16
S(t,(a,c,b)) : coût t+1
t
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Pour 5 ≤ t < 7 :S*(t) = S(t,(a,c,b)) ordonnancement NI de coût 7t-29
fa
rc
fc
0 5 8 97 10 12
ra rbtemps
coût
3
fb
S(t,(a,b,c)) : coût 7t-16
S(t,(a,c,b)) : coût 7t-29
S(t,(b,a,c)) : coût 7t-15
S(t,(b,c,a)) : coût 7t-23
t
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Pour 7 ≤ t :S*(t) = S(t,(c,a,b)) ordonnancement NI de coût 7t-37
fa
rc
fc
0 5 97 10 12
ra rbtemps
coût
3
fb
S(t,(a,b,c)) : coût 7t-16
S(t,(a,c,b)) : coût 7t-29
S(t,(b,a,c)) : coût 7t-15
S(t,(b,c,a)) : coût 7t-23
S(t,(c,b,a)) : coût 7t-36
S(t,(c,a,b)) : coût 7t-37
t
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S*(t) est un ordonnancement NI uniquement pour t≥5.Pour 5≤t<7, le coût de S*(t) est 7t-29.Pour 7≤t, le coût de S*(t) est 7t-37.
Le meilleur ordonnancement NI que peut trouver Acorrespond à la date t=5 et son coût est égal à 6.
L'ordo NI associé à la séquence (a,b,c) est de coût 5 !
0
fa
rc
fc
5 8 97 10 12
ra rbtemps
coût
3
fb
ordo NI associé à (a,b,c)) : coût 5
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Problème ENI
Définition:Un problème possède la propriété «ENI» si toute instance possède un ordonnancement NI-optimal qui commence à la date NI.
Motivation:NI est la date minimale à laquelle peut commencer un ordonnancement NI.Dans le cas général :- seules certaines séquences induisent un ordonnancement NI commençant à la date NI ;- la séquence * induisant un ordonnancement NI optimal satisfait NI(*) > NI .On s'intéresse ici aux problèmes tels que NI(*) = NI .
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Définition :Un ordonnancement est dit "sans attente" si à tout instantd'une période d'inactivité de la machine, aucune tâche n'est exécutable.
1 2
r1 r2 r3
3Un ordonnancement sans attente.
r1 r2 r3
12 3Un ordonnancement avec attente.
Proposition :Si les ordonnancements sans attente sont dominants, alors la propriété ENI est satisfaite.
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Schéma de la preuve :Soit I(NI) la variante de l'instance I où les dates de disponibilité de I sont modifiées comme suit : rj(NI) = max{rj,lj+ NI}où lj est la durée d'un plus long chemin de G d'extrémité j.
Lemme :Les ordonnancements de I(NI) sont les ordonnancements de I dont la date de début est supérieure ou égale à NI.
Soit S un ordonnancement optimal sans attente de I(NI) et supposons que S possède un temps-mort [t,u].
S est sans attente et au moins le job 1 est disponible à la date NI.Donc S commence à la date NI.
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Considérons l'ordonnancement NI-optimal associé à la séquence (1,2,...,n) et supposons que k soit le plus petit indice tel que p1+p2+ …+pk > t.
Soit Î l'ensemble des tâches exécutées par S dans [NI,t].
Il existe au moins une tâche i de {1,2,...,k} quin'appartient pas à Î.Contradiction car la tâche i est disponible à t et l'ordonnancement S est sans attente.
S est donc un ordonnancement sans temps-morts.QED.
Î
NI t u0S
1 2
NI t u0k k+1 n
ordo NI-optimalassocié à(1,2,..,n)
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Proposition :Si la préemption est autorisée, alors la propriété ENI est satisfaite.
Schéma de la preuve :On montre que les ordonnancements sans attente sont dominants.
Soit S un ordonnancement optimal et supposons que S possède une période d'attente.
Soit [u(S),v(S)] la première période d'attente de S.
Il existe une tache i disponible et non terminée à la date u(S).
soit i la durée résiduelle de la tâche i à la date u(S).
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Supposons que : i ≤ v(S) - u(S)
…..
u(S) v(S)ri
ordonnancement S
S1 optimal et u(S1) > u(S)
…..
ri
ordonnancement S1
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Supposons que : i > v(S) - u(S)
ordonnancement S
…..
u(S) v(S)ri
S2 optimal et u(S2) > u(S)
ri
…..
ordonnancement S2
u(S2)
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En itérant la transformation SS1ou SS2 un nombre fini de fois, on obtient un ordonnancement optimal qui est sans attente.
Les ordonnancements sans attente sont donc dominants et la propriété ENI est satisfaite.QED.
Conséquence: les problèmes suivants :1,NI | rj,prec,pmtn | fmax ,1,NI | rj,pmtn | ∑Cj ,1,NI | rj,di,pmtn | - sont polynomiaux.
Pour résoudre chacun de ces problèmes, on applique l'algorithme polynomial de la version classique à l'instance I(NI).
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Dates critiques d'une instance
Soit = (i1,i2,…,in) une séquence des n tâches.
Rappels :NI() est la date de début de l'ordonnancement NI-optimalpour la séquence .NI = NI((1,2,...,n)) est la date de début minimale d'un ordonnancement NI.
Définition :Pour t ≥ NI, on note ∑(t) l'ensemble des séquences telles qu'il existe un ordonnancement NI de séquence commençant à t.On a donc : ∑(t) = { | NI() ≤ t }.
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Définition :Les dates critiques d'une instance sont les valeurs distinctesde type :
rj - PK où jJ et KJ-{j}.
Soit C=(c1,c2,…..,cN) la liste triée des dates critiques.
Proposition :∑(t) est invariant sur chaque intervalle [ck,ck+1[.
Pour ck ≥ NI, notons SNI(ck) le meilleur ordonnancement NI commençant à la date ck.
Proposition :Le meilleur ordonnancement SNI(ck), k{1..N} est un ordonnancement NI-optimal.
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Problèmes à durées égalesOn suppose que les n tâches ont la même durée p.
Le nombre N de dates critiques est alors polynomial :N = O(n2) ;la liste triée C est calculable en O(n2log n).
2 cas particuliers polynomiaux :1) tâches indépendantes;2) fonction objectif fmax.
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Proposition :Si les tâches sont indépendantes, déterminer SNI(ck) revient à résoudre un problème d'affectation (∑fj(Cj))ou de bottleneck (fmax).
Schéma de la preuve (pour ∑fj(Cj)):Si la tâche j est exécutable dans l'intervalle Ik
q=[ck+(q-1)p, ck+qp],arc (j,Ik
q) de coût fj(ck+kq).
Calcul de SNI(ck) pour le cas 1.
1 2 j n
Ik1 Ik
2 Ikq Ik
n
tâches
intervalles
fj(ck+kq)
La solution (si elle existe) est une affectation de coût minimum.
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Calcul de SNI(ck) pour le cas 2.
Si les tâches sont dépendantes et pour le critère fmax, on utilise l'algorithme de Lawler :1. Exécuter dans le dernier slot Ik
n la tâche sans successeursj de coût de terminaison minimum. 2. Exécuter récursivement l'algorithme sur le sous-problème privé de la tâche j.
tempsj
ck Ikn
0
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Proposition :A partir du schéma de résolution précédent, on obtient par exemple que les problèmes suivants :
1,NI | rj,pj=p | ∑wjCj ;1,NI | rj,pj=p | ∑wjUj;1,NI | rj,pj=p | ∑Tj
sont polynomiaux.
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La séquence de Jackson pour 1,NI|ri,qi|Cmax
Définition (rappel) :qi est le "délai de livraison" de la tâche i;Il faut trouver un ordonnancement NI minimisant la plusgrande date de livraison Max (Ci+qi). Complexité :1,NI|ri,qi|Cmax est NP-complet au sens fort.
Séquence de Jackson pour 1|ri,qi|Cmax(rappel) :Séquence obtenue en exécutant, dès qu'il existe au moins une tâche prête, celle de plus grand qi.
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Propriété de la séquence de Jackson pour 1|ri,qi|Cmax
(Carlier 1984) :
Soit CJ est le coût de l'ordonnancement de Jackson;Soit C* le coût d'un ordonnancement optimal.Alors on a : CJ - C* ≤ pmax
PropriétéSoit CNI
J est le coût de l'ordonnancement NI associé à laséquence de Jackson de l'instance I(NI);Soit CNI* le coût d'un ordonnancement NI-optimal.Alors on a : CNI
J - CNI* ≤ pmax
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Schéma de la preuve :Soit J la séquence de Jackson de l'instance I(NI).
• On a NI(J) = NI
(règle de Jackson et NI((1,2,..,n))= NI) ;• Soit C*(I(NI)) le coût de l'ordonnancement optimal
de l'instance I(NI) ;En appliquant (Carlier 84) à l'instance I(NI), on a :CNI
J - C*(I(NI)) ≤ pmax ;• Comme tous les ordonnancements NI sont des
ordonnancements de I(NI), on a :C*(I(NI)) ≤ CNI* QED.
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Ordonnancement sans temps morts sur machines identiques
Contrainte (rappel) :Les tâches allouées à chaque machine doivent être exécutées sans temps-mort.
1. Le problème à séquences fixées ;2. Extension des algorithmes
- de Hu pour Pm,NI|pi=1,intree|Cmax ; - de Coffmann/Graham pour P2,NI|pi=1,prec|Cmax ;
• Complexité de Pm,NI|pi=1,prec|Cmax ;• Problèmes ouverts
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Le problème à séquences fixées
Définition :1. n tâches (tâche i de durée pi);2. graphe de précédence G ; 3. m machines identiques : M1, M2, ..., Mm ; 4. La séquence L(k) = (j1k, j2k,...,jn(k)
k) des tâches exécutées par la machine Mk est fixée.
5. Minimiser Cmax.Définition (graphe potentiels tâches):Soit GT le graphe obtenu à partir de G comme suit : si les tâches i et j sont consécutives dans une liste L(k) ajouter les arcs suivants :
i j
pi
-pi
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Propriété (existence d'une solution):Le problème possède une solution si et seulement si legraphe valué GT ne possède pas de circuit strictement positif.
Remarque :Une solution (s'il en existe) est entièrement déterminée par les dates de début tk des premières tâches des listes L(k).
Notons :Pk(r), r=1,2,..,n(k), la somme des durées des r premières tâches de L(k) ; π(i), i=1,2,...,n, le rang de la tâche i dans sa liste.
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Propriété :Soit (i,j) une contrainte de précédence de G.La tâche i occupe la position q dans L(k) ; La tâche j occupe la position r dans L(l) ; Toute solution doit alors vérifier : tl + Pl(r-1) ≥ tk + Pk(q)
Définition (graphe potentiels machines) :Soit GM le graphe valué défini par :- les sommets sont les machines ;- il existe un arc (Mk,Ml) si G possède au moins un arc (i,j) tel que:
- i est une tâche de L(k)- j est une tâche de L(l).
La valuation de l'arc (Mk,Ml) est alors : Max(i,j)G, j L(l),i L(k)(Pl(π(j)-1) - Pk(π(i)))
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Propriété (existence d'une solution) :Le problème possède une solution si et seulement si legraphe valué GM ne possède pas de circuit strictement positif.
Exemple: une instance à 2 machines et durées unitaires.
1 42
3
65 7
9 8
12 11 10
L(1)=(1,3,5,7,8,10,12) etL(2)=(2,4,6,9,11) sont les listes d'un ordonnancementoptimal de l'instance relaxée de la contrainte NI. (algo. de Coffman/Graham)
1 3 5 7 8 10122 4 6 9 11
40
1 42
3
65 7
9 8
12 11 10
L(1)=(1,3,5,7,8,10,12)L(2)=(2,4,6,9,11)
M1 M2max(0,0,1,1)=1
max(0,-1,-1,-2)=0
pas de solution NI
1 42
3
65 7
9 8
12 11 10
L'(1)=(1,4,7,5,8,10,12)L'(2)=(2,3,6,9,11)
M1 M2max(0,1,0,1,1)=1
max(-1,-1,-2)=-1
1 4 7 5 8 10 122 3 6 9 11
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Extension d'algorithmes classiques
1. Le problème Pm,NI|pi=1,intree|Cmax
Résolu par l'algorithme de Hu en version relaxée de la contrainte NI. Propriété :Si, dans l'algorithme de Hu, on alloue les tâches exécutables de chaque slot aux machines dans l'ordre (M1,M2,...,Mm), on obtient un ordonnancement NI-optimal.
Preuve :ordo de liste + intree le nombre de tâches exécutées dans le slot t+1 est inférieurou égal au nombre de tâches exécutées dans le slot t.
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1 42
5
7 6
8
3
1 4 6 823
5 7
ordonnancement NI-optimal
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2. Le problème P2,NI|pi=1,prec|Cmax
Résolu par l'algorithme de Coffman/Graham en version relaxée.
Propriété (dominance)Il existe un ordonnancement NI-optimal dont la structure est la suivante où :- les tâches bleues sont les ascendants de a dans G ;- les tâches vertes sont les descendants de b dans G ; - l'ordonnancement de C/G du sous-problème classique associé aux tâches rouges n'a pas de temps mort.
a b
Remarque :Chacun des 3 ensembles de tâches (bleu, rouge, vert)peut éventuellement être vide.
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Preuve :Considérons un ordonnancement NI n'ayant pas la structure "emboîtée". 2 cas possibles :
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Considérons un ordonnancement NI-optimal O1 de structure "emboîtée".Supposons l'ensemble B des tâches bleues non vide.
x1 a bxq
Si B={a}, ASC(a,G) = {a} et la propriété est vérifiée.Sinon, soit x1,x2,..,xq les tâches bleue qui précèdent a sur M1;x1 est un prédécesseur de a car sinon l'ordonnancement NIO2 suivant est strictement meilleur que O1.
x2 a bx1
xq
O1
O2
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Supposons que x1,x2,...,xp (1≤p<q) soient des ascendants de a dans G.
xp+1 xp x1 a bxq
Si xp+1 ASC(a,G) alors l'ordonnancement O3 suivant est strictement meilleur que O1.
xp+1
xp x1 a bxq
O1
O3
L'ensemble des tâches bleues est donc égal à ASC(a,G)Un raisonnement identique montre que l'ensemble des tâches vertes est égal à DESC(b,G). QED
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Algorithme de résolution de P2,NI|pi=1,prec|Cmax.
Pour toute paire de tâches {a,b} telles que :1) a n'est pas un descendant de b ;2) n(a,b) = n-Card(ASC(a,G))-Card(DESC(b,G)) est pair Faire :
O(a,b) = ordonnancement de C/G associé au sous-problème {1,2,...,n}\(ASC(a,G) DESC(b,G)) ;
Si makespan(O(a,b)) = n(a,b)/2 alors v(a,b)=n(a,b)/2+ Card(ASC(a,G))-
Card(DESC(b,G)) sinon v(a,b) = +
FinPour ;Retourner l'ordonnancement O(a,b) de v(a,b) minimum
Complexité : O(n4).
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2. Le problème P2,NI|pi=1,ri,di|-Résolu en version relaxée par l'algorithme glouton MD :"Dès qu'une machine est libre, ordonnancer une tâche prêtede deadline minimum".
Variante de MD : TMD(a1,a2,n1,n2) où :• a1 et a2 sont du type rj-k (j{1,..,n},0≤k≤n) ;• n1 + n2 = n
Propriété (dominance) :Les ordonnancements NI tels que les dates de début a1 sur M1 et a2 sur M2 sont du type rj-k (j{1,..,n},0≤k≤n) sont dominants.Preuve :Si la séquence 1 (resp. 2) est exécutée par M1 (resp. M2)alors l'ordonnancement des tâches de M1 (resp. M2) peut commencer à NI(1) (resp. NI(1))
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Algorithme TMD(a1,a2,n1,n2) :t := a ;R := READY(t) ;Tantque (t < b) et (k(t) ≤ Card R) faire début Ordonnancer à t les k(t) tâches de R de deadline min ; t := t + 1; Mettre à jour (R,t) fin ;FinTantque ;Si t=b alors Retourner(vrai) sinon Retourner(faux)
0 a1+n1
temps
a1 a2 a2+n2
M1
M2
On note :a = Min(a1,a2), b = Max(a1+n1,a2+n2),k(t) ({0,1,2}) le nombre de cellules bleues du slot t.
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Propriété (dominance) :Il existe un ordonnancement NI tel que :- M1 est active sur [a1,a1+n1] ;- M2 est active sur [a2,a2+n2] ;si et seulement si TMD(a1,a2,n1,n2) répond "vrai".
Algorithme pour P2,NI|pi=1,ri,di|- :
(Réponse = oui) si et seulement si il existe (a1,a2,n1,n2) tel que TMD(a1,a2,n1,n2) répond "vrai".
Complexité : O(n6) car O(n5) valeurs possibles de (a1,a2,n1,n2) ;
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ConclusionsLa contrainte NI ouvre de nombreuses directions de
recherche : - au niveau complexité ; - au niveau structure des solutions ; - au niveau résolution algorithmique exacte ou approchée
(bornes sup, bornes inf,....).L'existence même de solutions NI pose des problèmes
difficiles dans de nombreux cas (problèmes d'ateliers, ...).La contrainte NI peut également être assouplie(par exemple coûts associés aux temps-morts).On peut également étudier des problèmes mixtes à machines NI et non-NI.