第4章 贪心方法.ppt

1、第4章 贪心方法,从本章开始介绍一些与数据结构中不同的算法设计方法：贪心法，动态规划，分枝限界法。其它的方法还有：线性规划，整数规划，遗传算法，模拟退火算法等等。,设计一个好的算法就像一门艺术。但仍然存在一些行之有效的能够用于解决许多问题的算法设计方法，可以使用这些方法来设计算法。在许多情况下，为了获得较好的性能，必须对这些算法进行细致的调整。但在某些情况下，算法经过调整之后仍然无法达到要求，这时就必须寻求另外的方法来求解该问题。,4.1 最优化问题,1. 问题的一般特征问题有n个输入，问题的解是由这n个输入的某个子集组成，这个子集必须满足某些事先给定的条件。 约束条件：子集必须满足的条件；

2、可行解：满足约束条件的子集；可行解可能不唯一； 目标函数：用来衡量可行解优劣的标准，一般以函数的形式给出； 最优解：能够使目标函数取极值（极大或极小）的可行解。,例1 渴婴问题 有一个非常渴的、聪明的小婴儿，她可能得到的东西包括一杯水、一桶牛奶、多罐不同种类的果汁、许多不同的装在瓶子或罐子中的苏打水，即婴儿可得到n种不同的饮料。根据以前关于这n种饮料的不同体验，此婴儿知道这其中某些饮料更合自己的胃口，因此，婴儿采取如下方法为每一种饮料赋予一个满意度值：饮用1盎司第i种饮料，对它作出相对评价，将一个数值si作为满意度赋予第i种饮料。通常，这个婴儿都会尽量饮用具有最大满意度值的饮料来最大限度地满足

3、她解渴地需要，但是不幸地是：具有最大满意度值地饮料有时并没有足够地量来满足此婴儿解渴地需要。设ai是第i种饮料地总量，而此婴儿需要t盎司的饮料来解渴，那么，需要饮用n种不同的饮料各多少量才能满足婴儿解渴的需求呢？,上述问题可形式描述如下： 输入：n,t,si,ai(其中1in,n为整数，t、si、ai为正实数)。,输出：实数xi(1in)，使 最大，且 。 如果 ，则输出适当的错误信息。,限制条件为,优化函数为,任何满足限制条件的一组实数xi都是可行解，而使最大的可行解是最优解。,例2 装箱问题 有一艘大船准备用来装载货物。所有待装载货物都装在货箱中，且所有货箱的大小都一样，但货箱的重量都各不

4、相同。设第i种货箱的重量为wi(1in )，而货船的最大载重量为c，我们的目标是在货船上装入最多的货物。,这个问题可以作为最优化问题进行描述：设存在一组标量xi ,其可能取值为0或1。如果xi 为0，则货箱i不被装上船；如xi 为1，则货箱i将被装上船。我们的目的是找到一组xi ，使它满足限制条件：,相应的优化函数是：,满足限制条件的每一组xi 都是可行解，能使,取得最大值的方案是最优解。,例3 找零钱问题 一个小孩买了价值少于1元的糖，并将1元钱交给了售货员。售货员希望用数目最少的硬币找给小孩。假设提供了数目不限的面值为50分、10分、5分、2分、1分的硬币。可以通过解不定方程来解决这一问题

5、。也可以分步骤组成要找的零钱数，每次加入一个硬币。选择硬币时采用如下准则：每一次选择应使零钱数尽量增大。为保证解的可行性，所选择的硬币不应使零钱总数超过最终所需的数目。假设需要找给小孩88分，首先选1枚50分的硬币，然后选3枚10分硬币，再选1枚5分硬币，1枚2分硬币，1枚1分的硬币。问题：这样得到的硬币数目达到最少吗？类似问题：工资发放。,例4 最小代价通讯网络 城市之间所有可能的通信连接可被视作一个无向图，图的每条边都被赋予一个权值，权值表示建成由这条边所表示的通信连接所要付出的代价。包含图中所有顶点（城市）的连通子图都是一个可行解。设所有权值都为负，则所有可能的可行解都可表示成无向图的一

6、组生成树，而最优解就是其中具有最小代价的生成树。在这个问题中，需要选择一个无向图中的边集合的子集，这个子集必须满足如下限制条件：所有的边构成一个生成树。而优化函数是子集中所有边的权值之和。,例5 最短路径问题 在有向图中求一个顶点到另一个顶点的最短路径。（如路由问题）,例6 机器调度 现有n件任务和无限多台机器，任务可以在机器上得到处理。每件任务的开始时间为si ，完成时间为fi ， si fi 。si ,fi 为处理任务i的时间范围。两个任务i,j重叠是指两个任务的时间范围区间重叠，而并非是指i,j的起点或终点重合。一个可行的任务分配是指在分配中没有两件重叠的任务分配给同一台机器。因此，在可

7、行的分配中，每台机器在任何时刻最多只处理一个任务。最优分配是指使用的机器最少的可行分配方案。假设有n=7件任务，标号为a到g。它们的开始于完成时间如下：任务 a b c d e f g开始 0 3 4 9 7 1 6完成 2 7 7 11 10 5 8若将任务a分给机器M1,任务b分给机器M2,任务g分给机器M7这种分配是可行的分配，共使用了7台机器。但它不是最优分配。因为若将a、b、d分配给同一台机器，则机器数目降为5台。,最优化问题求解分类：根据描述问题约束条件和目标函数的数学模型的特性和问题的求解方法的不同，可分为：线性规划、整数规划、非线性规划、动态规划等。,贪心方法：一种改进的分级的

8、处理方法，可对满足上述特征的某些问题方便地求解。,2. 贪心方法的一般策略问题的一般特征：问题的解是由n个输入的、满足某些事先给定的条件的子集组成。1）一般方法根据题意，选取一种度量标准。然后按照这种度量标准对n个输入排序，并按序一次输入一个量。如果这个输入和当前已构成在这种量度意义下的部分最优解加在一起不能产生一个可行解，则不把此输入加到这部分解中。否则，将当前输入合并到部分解中从而得到包含当前输入的新的部分解。2）贪心方法这种能够得到某种量度意义下的最优解的分级处理方法称为贪心方法,注： 贪心解 最优解,3）使用贪心策略求解的关键选取能够得到问题最优解的量度标准。,直接将目标函数作为量度标

9、准也不一定能够得到问题的最优解,？,3. 贪心方法的抽象化控制描述 returnprocedure GREEDY(A,n)/A(1:n)包含n个输入/solution /将解向量solution初始化为空/for i1 to n doxSELECT(A) /按照度量标准，从A中选择一个输入，其值赋予x, 并将之从A中删除/if FEASIBLE(solution,x) then /判定x是否可以包含在解向量中， 即是否能共同构成可行解/solutionUNION(solution,x) /将x和当前的解向量合并成新的解向量，并修改目标函数/endifrepeatend GREEDY,4.2 背

10、包问题,1.问题的描述已知n种物品具有重量(w1,w2,wn)和效益值(p1,p2,pn) ，及一个可容纳M重量的背包；设当物品i全部或一部分xi放入背包将得到pi xi的效益，这里，0 xi 1, pi 0。问题：采用怎样的装包方法才能使装入背包的物品的总效益最大？, 如果所有物品的总重量不超过M，即 M，则把所有的物品都装入背包中将获得最大可能的效益值。, 如果物品的总重量超过了M，则将有物品不能（全部）装 入背包中。由于0xi1，所以可以把物品的一部分装入背包，所以最终背包中可刚好装入重量为M的若干物品（整个或一部分）目标：使装入背包的物品的总效益达到最大。,分析： 装入背包的总重量不能

11、超过M,问题的形式描述,可 行 解： 满足上述约束条件的任一集合(x1,x2,xn) 都是问题的一个可行解可行解可能有多个。(x1,x2,xn)称为问题的一个解向量 最 优 解：能够使目标函数取最大值的可行解是问题的最优解。最优解也可能有多个。,约束条件：,目标函数：,例5.1 背包问题的实例设，n=3，M=20，(p1,p2,p3) = (25,24,15)， (w1,w2,w3) = (18,15,10)。可能的可行解如下：, (1/2,1/3,1/4) 16.5 24.25 /没有放满背包/ (1, 2/15, 0 ) 20 28.2 (0, 2/3, 1) 20 31 (0, 1, 1

12、/2) 20 31.5,(x1,x2,x3),2. 贪心策略求解度量标准的选择：三种不同的选择 1）以目标函数作为度量标准即，每装入一件物品，就使背包背包获得最大可能的效益增量。该度量标准下的 处理规则： 按效益值的非增次序将物品一件件地放入到背包； 如果正在考虑的物品放不进去，则只取其一部分装满背包：如果该物品的一部分不满足获得最大效益增量的度量标准，则在剩下的物品种选择可以获得最大效益增量的其它物品，将它或其一部分装入背包。如：若M=2,背包外还剩两件物品i,j，且有(pi 4，wi4) 和(pj 3，wj2)，则下一步应选择j而非i放入背包：pi/2 = 2 pj 3,实例分析（例4.1

13、) p1p2 p3 首先将物品1放入背包，此时x11，背包获得p125的效益增量，同时背包容量减少w118个单位，剩余空间M=2。其次考虑物品2和3。就M=2而言有，只能选择物品2或3的一部分装入背包。物品2： 若 x22/15， 则 p2 x216/53.2物品3： 若 x32/10， 则 p3 x33为使背包的效益有最大的增量，应选择物品2的2/15装包，即x22/15 最后，背包装满， M=0，故物品3将不能装入背包，x30 。背包最终可以获得效益值 x1 p1 x2 p2x3 p3 28.2 (次优解,非问题的最优解),2）以容量作为度量标准以目标函数作为度量标准所存在的问题：尽管背包

14、的效益值每次得到了最大的增加，但背包容量也过快地被消耗掉了，从而不能装入“更多”的物品。改进：让背包容量尽可能慢地消耗，从而可以尽量装入“更多”的物品。即，新的标准是：以容量作为度量标准该度量标准下的处理规则： 按物品重量的非降次序将物品装入到背包； 如果正在考虑的物品放不进去，则只取其一部分装满背包；,实例分析（例4.1) w3w2 w1 首先将物品3放入背包，此时x31，背包容量减少w310个单位，剩余空间M=10。同时，背包获得p315的效益增量。其次考虑物品1和2。就M=10而言有，也只能选择物品1或2的一部分装入背包。为使背包的按照“统一”的规则，下一步将放入物品2的10/15装包，

15、即x210/152/3最后，背包装满M=0，故物品1将不能装入背包，x10 。背包最终可以获得效益值 x1 p1 x2 p2x3 p3 31 (次优解,非问题的最优解)存在的问题：效益值没有得到“最大”的增加,3）最优的度量标准影响背包效益值的因素：背包的容量M放入背包中的物品的重量及其可能带来的效益值可能的策略是：在背包效益值的增长速率和背包容量消耗速率之间取得平衡，即每次装入的物品应使它所占用的每一单位容量能获得当前最大的单位效益。在这种策略下的量度是：已装入的物品的累计效益值与所用容量之比。故，新的量度标准是：每次装入要使累计效益值与所用容量的比值有最多的增加和最小的减小。此时，将按照物

16、品的单位效益值：pi/wi 比值（密度）的非增次序考虑。,实例分析（例4.1) p1/w1p3/w3 p2/w2 首先将物品2放入背包，此时x21，背包容量减少w215个单位，还剩余空间M=5。同时，背包获得p224的效益增量。其次考虑物品1和3。此时，应选择物品3,且就M=5而言有，也只能放入物品3的一部分到背包中 。即x35/101/2最后，背包装满M=0，故物品1将不能装入背包，x10 。背包最终可以获得效益值 x1 p1 x2 p2x3 p3 31.5 (最优解),9,3. 背包问题的贪心求解算法,算法4.2 背包问题的贪心算法procedure GREEDYKNAPSACK(P,W,

17、M,X,n)/p(1:n)和w(1:n)分别含有按P(i)/W(i)P(i1)/W(i1)排序的n件物品的效益值和重量。M是背包的容量大小，而x(1:n)是解向量/real P(1:n),W(1:n),X(1:n),M,cu;integer I,nX0 /将解向量初始化为空/cuM /cu是背包的剩余容量/for i1 to n do if W(i) cu then exit endifX(i) 1cu cu-W(i)repeatif in then X(i) cu/W(i) endifend GREEDY-KNAPSACK,4. 最优解的证明,即证明：由第三种策略所得到的贪心解是问题的最优解

18、。最优解的含义：在满足约束条件的情况下，可使目标函数取极（大或小）值的可行解。贪心解是可行解，故只需证明：贪心解可使目标函数取得极值。证明的基本思想：将此贪心解与（假设中的）任一最优解相比较。 如果这两个解相同，则显然贪心解就是最优解。否则， 这两个解不同，就去找开始不同的第一个分量位置i，然后设法用贪心解的这个xi去替换最优解的那个xi ，并证明最优解在分量代换前后总的效益值没有任何变化。可反复进行代换，直到新产生的最优解与贪心解完全一样。这一代换过程中，最优解的效益值没有任何损失，从而证明贪心解的效益值与代换前后最优解的效益值相同。即，贪心解如同最优解一样可取得目标函数的最大/最小值。从而

19、得证：该贪心解也即问题的最优解。,定理4.1 如果p1/w1 p2/w2 pn/wn,则算法GREEDY-KNAPSACK对于给定的背包问题实例生成一个最优解。 证明：设X=(x1, x2, , xn)是GRDDDY-KNAPSACK所生成的贪心解。 如果所有的xi都等于1,则显然X就是问题的最优解。否则， 设j是使xi1的最小下标。由算法可知，xi=1 1ij,0xj1xi=0 jin若X不是问题的最优解，则必定存在一个可行解 Y=(y1, y2, , yn),使得：,且应有：,设k是使得yk xk的最小下标，则有yk xk:a) 若kj，则xk=1。因为yk xk,从而有yk xkb) 若

20、k=j，由于 ，且对1ij，有yi=xi=1,而对jin,有xi0；故此时若ykxk，则将有 ，与Y是可行解相矛盾。而yk xk,所以yk xkc) 若kj，则 ，不能成立在Y中作以下调整：将yk增加到xk，因为ykxk,为保持解的可行性，必须从(yk , yk+1,yn)中减去同样多的量。设调整后的解为Z=(z1, z2, , zn)，其中zixi，1ik，且有：则对于Z有：,(1)若,或者ZX，则重复以上替代过程，或者证明Y不是最优解，或者把Y转换成X，从而证明X是最优解。,(2)若,由以上分析得：,则或者Z=X，则X就是最优解；,，则Y将不是最优解；,练习PP87 3.0/1背包问题,4

21、.3 带有限期的作业排序,1. 问题描述假定在一台机器上处理n个作业，每个作业均可在单位时间内完成；同时每个作业i都有一个截至期限di0,当且仅当作业i在其截至期限以前被完成时，则获得pi0的效益。问题：求这n个作业的一个子集J，其中的所有作业都可在其截至期限内完成。J是问题的一个可行解。可行解J中的所有作业的效益之和是pi ，具有最大效益值的可行解是该问题的最优解。如果所有的作业都能在其期限之内完成则显然可以获得当前最大效益值；否则，将有作业无法完成决策应该执行哪些作业，以获得最大可能的效益值。,目标函数：,约束条件：所有的作业都应在其期限之前完成ti=di; 其中，ti是完成时间di是截止

22、期限,例4.2 n=4，(p1，p2，p3，p4)(100,10,15,20)和(d1，d2，d3，d4)(2,1,2,1)。可行解如下表所示：,问题的最优解是。所允许的处理次序是：先处理作业4再处理作业1。,1. 带有限期的作业排序算法,1) 度量标准的选择以目标函数 作为量度。量度标准：下一个要计入的作业将是使得在满足所产生的J是一个可行解的限制条件下让得到最大增加的作业。处理规则：按pi的非增次序来考虑这些作业。, 作业1具有当前的最大效益值，且1是可行解，所以作业1计入J； 在剩下的作业中，作业4具有最大效益值，且1,4也是可行解，故作业4计入J，即J=1,4； 考虑1,3,4和1,2

23、,4均不能构成新的可行解，作业3和2将被舍弃。故最后的J=1,4，最终效益值120（问题的最优解）,例：例4.2求解 首先令J=,2)作业排序算法的概略描述算法4.3 procedure GREEDY-JOB(D,J,n)/作业按p1p2pn的次序输入，它们的期限值D(i)1, 1in,n1。J是在它们的截止期限完成的作业的集合/J1for i2 to n do if Ji的所有作业能在它们的截止期限前完成then JJiendifrepeatend GREEDY-JOB,2. 最优解证明,定理4.2 算法4.3对于作业排序问题总是得到问题的一个最优解 证明：设J是由算法所得的贪心解作业集合，

24、I是一个最优解的作业集合。 若I=J，则J就是最优解；否则 ，即至少存在两个作业a和b，使得aJ且 ,bI且 。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中的作业所有b，有：papb,设SJ和SI分别是J和I的可行的调度表。因为J和I都是可行解，故这样的调度表一定存在；设i是既属于J又属于I的一个作业，并i设在调度表SJ中的调度时刻是t，t+1，而在SI中的调度时刻是t，t+1。在SJ和SI中作如下调整： 若tt，则将SJ中在t，t+1时刻调度的那个作业（如果有的话）与i相交换。如果J中在t，t+1时刻没有作业调度，则直接将i移到t，t+1调度。新的调度

25、表也是可行的。反之， 若tt，则在SI中作类似的调换，即将SI中在t，t+1时刻调度的那个作业（如果有的话）与i相交换。如果I中在t，t+1时刻没有作业调度，则直接将i移到t，t+1调度。同样，新的调度表也是可行的。对J和I中共有的所有作业作上述的调整。设调整后得到的调度表为SJ和SI，则在SJ和SI中J和I中共有的所有作业将在相同的时间被调度。,sj o o o o o o o o o o i o o o o o ot t si o o o o o o o o o o i o o o o o ot t si o o o o o o i o o o o o o o o o o,sj o o o

26、 o o o i o o o o o o o o o ot t sj o o o o o o o o o o i o o o o o ot t si o o o o o o o o o o i o o o o o o,设a在SJ中的调度时刻是ta, ta+1， b是SI中该时刻调度的作业。根据以上的讨论有：papb。在SI中，去掉作业b，而去调度作业a，得到的是作业集合I=I-b a的 一个可行地调度表，且I的效益值不小于I的效益值。而I中比I少了一个与J不同的作业。重复上述的转换，可使I在不减效益值的情况下转换成J。从而J至少有和I一样的效益值。所以J也是最优解。 证毕。,si o o o

27、o o o o b o o o o o ota sj o o o o o o o a o o o o o ota si o o o o o o o a o o o o o o,3. 如何判断J的可行性,方法二：检查J中作业的一个特定序列就可判断J的可行性：对于所给出的一个排列i1i2ik,由于作业ij完成的最早时间是j，因此只要判断出排列中的每个作业dijj，就可得知是一个允许的调度序列，从而J是一个可行解。反之，如果排列中有一个dijj,则将是一个行不通的调度序列，因为至少作业ij不能在其期限之前完成。这一检查过程可以只通过检验J中作业的一种特殊的排列：按照作业期限的非降次序排列的作业序列即

28、可完成。,方法一：检验J中作业所有可能的排列，对于任一种次序排列的作业序列，判断这些作业是否能够在其期限前完成若J中有k个作业，则将要检查k!个序列,定理4.3 设J是k个作业的集合，i1i2ik是J中作业的一种排列，它使得di1di2dik。J是一个可行解，当且仅当J中的作业可以按照的次序而又不违反任何一个期限的情况来处理。 证明： 如果J中的作业可以按照的次序而又不违反任何一个期限的情况来处理，则J是一个可行解 若J是一个可行解，则必存在序列r1r2rk，使得drjj, 1jk。 若，则即是可行解。否则， ，令a是使得raia的最小下标，并设rb=ia。则有： ba 且 dradrb (为

29、什么?)在中调换ra与rb，所得的新序列 s1s2sk的处理次序不违反任何一个期限。重复上述过程，则可将转换成且不违反任何一个期限。故是一个可行的调度序列故定理得证。, ooooooraoooorbooooo ooooooiaoooooooraooo,5. 带有限期的作业排序算法的实现,对当前正在考虑的作业j，按限期大小采用一种“插入排序”的方式，尝试将其“插入”到一个按限期从小到大顺序构造的作业调度序列中，以此判断是否能够合并到当前部分解J中。如果可以，则插入到序列中，形成新的可行解序列。否则，舍弃该作业。 具体如下： 假设n个作业已经按照效益值从大到小的次序，即p1p2pn的顺序排列好，每

30、个作业可以在单位时间内完成，并具有相应的时间期限；且至少有一个单位时间可以执行作业首先，将作业1存入部分解J中，此时J是可行的；然后，依次考虑作业2到n。假设已经处理了i-1个作业，其中有k个作业计入了部分解J中：J(1),J(2),J(k)，且有D(J(1)D(J(2)D(J(k),对当前正在考虑的作业i,将D(i)依次和D(J(k), D(J(k-1),，D(J(1)相比较，直到找到位置q：使得 D(i) D(J(l)，qlk，且 D(J(q) D(i)此时，若D(J(L)L, qLk,即说明q位置之后的所有作业均可推迟一个单位时间执行，而又不违反各自的执行期限。若 D(i)=q，将q位置

31、之后的所有作业后移一位，作业i插入到位置q1处，从而得到一个包含k+1个作业的新的可行解。若找不到这样的q，作业i将被舍弃。对i之后的其它作业重复上述过程直到n个作业处理完毕。最后J中所包含的作业集合是此时算法的贪心解，也是问题的最优解。,算法5.4 带有限期和效益的单位时间的作业排序贪心算法procedure JS(D,J,n,k) /D(1),D(n)是期限值。n1。作业已按p1p2pn的顺序排序。J(i)是最优解中的第i个作业，1ik。终止时， D(J(i)D(J(i1)， 1ik/integer D(0:n),J(0:n),i,k,n,rD(0)J(0)0 /初始化，设置岗哨/k1;J

32、(1)1 /计入作业1/for i2 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/rkwhile D(J(r)D(i) and D(J(r) r dorr-1repeatIf D(J(r)D(i) and D(i)r then /把i插入到J中/for ik to r+1 by -1 doJ(i+1) J(i) /将插入点的作业后移一位/repeatJ(r+1) I;kk+1;K当前解中的作业数endifrepeatend JS,计算时间分析for i2 to n do 将循环n-1次rkwhile D(J(r)D(i) and D(J(r) r do 至多循环k次

33、，k是当前计入J中的作业数 rr-1repeatIf D(J(r)D(i) and D(i)r then for ik to r+1 by -1 do 循环k-r次，r是插入点的位置 J(i+1) J(i)repeatJ(r+1) I;kk+1endifrepeat设s是最终计入J中的作业数，则算法JS所需要的总时间是O(sn)。sn，故 最坏情况：TJS = (n2)，特例情况：pi=di=n-i+1,1in 最好情况：TJS = (n)，特例情况：pi=di=i,1in,6. 一种“更快”的作业排序问题使用不相交集合的 UNION和FIND算法（见1.4.3节），可以将JS的计算时间降低到

34、数量级接近(n)。前一种方法，纳入序列J的作业存在向后移动问题，改进思想：将计入J的作业i尽量延迟处理，当然是在di之前。,时间片：-1,的单位时间称为时间片 对作业i分配处理时间时，分配尽量大的空时间片 。如果找不到一个空时间片，则抛弃i 例5.3 n=5 p1-p5=20 15 10 5 1 d1-d5=2 2 1 3 3 J 已分配时间片 正考虑作业 动作 无 1 分配1,2 1 1,2 2 分配0,1 1,2 0,11,2 3 舍弃 1,2 0,11,2 4 分配2,3 1,2,4 0,11,22,3 5 舍弃,问题：如何确定最大的空时间片是多少？ 随着作业的不断加入，最大空时间片是变

35、化的。如何动态改变作业的最大空时间片？,基本思想,1.用i表示时间片i-1,i,只需考虑这样的时间片 i-1,i , 1i b, b=minn,maxdj 2.将b个期限值分成一些集合:i:期限值,ni时间片 对于任意一个期限值i,ni是使得nj i的最大整数且是空时间片。 ni是i的最大空时间片，nj是j的最大空时间片 当且仅当ni=nj时i和j在同一集合中 即，具有相同最大空时间片的期限值在同一集合中,3.用F(i)表示期限值i的当前最大空时间片 F(i)=ni F(i)的值在每次处理完一个作业后，可能要更新。 引入虚拟时间片0-1,0避免极端情况产生 b+1个期限值初始时为F(i)=i

36、0ib 4. 用树来表示集合 P(i)0时 表示期限i的父亲结点 P(i)0时 表示期限i是根，且该集合中有|P(i)|个结点,5.当前正考虑作业具有期限值d，则需要寻找期限值d所在集合，即寻找所在树的根j 若 F(j) =nj0即有空时间片，则这个作业分配时间片nj并且 将这个集合与包含F(j)-1的集合合并 （因为该集合中所有期限值的作业最大可分配时间片减少1） 若 F(j)=0 则无空时间片，放弃此作业，处理下一个作业，直到处理完n个作业。,初始值：F(i)=i 0 =i=bp(i)=-1;只包含一个期限值的树,算法4.5 作业排序的更快算法 proc fjs（D,n,b,J,k） /假

37、定作业按pi非增序排列，b=minn,maxdj for i=1 to b do F(i)=i,P(i)=-1; repeat k=0;/J中的作业序号 for i=1 to n do j=Find(min(n,D(i);/找期限值所属集合的根jif F(j) 0 then k=k+1 ;J(k)=i/作业i计入解l=Find(F(j)-1);Union(l,j);F(j)=F(l)endif repeat end fjs,例4.4 n=7, p1-p7=35,30,25,20,15,10,5 d1-d7=4,2,4,3,4,8,3.利用fjs算法求最优解 解： 考虑 F(0) F(1) F(

38、2) F(3) F(4) F(5) F(6) F(7) J 作业 无 0 1 2 3 4 5 6 7 1 0 1 2 3 3 5 6 7 1 2 0 1 1 3 3 5 6 7 12 3 0 1 1 1 3 5 6 7 123 4 0 0 1 1 3 5 6 7 1234 5 F(1)=0 舍弃 1234 6 0 0 1 1 3 5 6 6 12346 7 F(1)=0 舍弃 最优解1,2,3,4,6,-1,5.4 最优归并模式,1. 问题的描述 1）两个文件的归并问题两个已知文件的一次归并所需的计算时间O(两个文件的元素总数)例：n个记录的文件 (n+m) 个记录的文件m个记录的文件 (n+

39、m) 2）多个文件的归并已知n个文件，将之归并成一个单一的文件例：假定文件X1，X2， X3， X4，采用两两归并的方式，可能的归并模式有： X1+X2=Y1+X3= Y2+X4= Y3 X1+X2 = Y1+ Y3X3+X4=Y2,二路归并模式：每次仅作两个文件的归并；当有多个文件时，采用两两归并的模式，最终得到一个完整的记录文件。 二元归并树：二路归并模式的归并过程可以用一个二元树的形式描述，称之为二元归并树。 如,归并树的构造外结点：n个原始文件内结点：一次归并后得到的文件在两路归并模式下，每个内结点刚好有两个儿子，代表把它的两个儿子表示的文件归并成其本身所代表的文件,不同的归并顺序带来

40、的计算时间是不同的。例4.5 已知X1,X2,X3是分别为30、20、10个记录长度的已分类文件。将这3个文件归并成长度为60的文件。可能的归并过程和相应的记录移动次数如下：,问题：采用怎样的归并顺序才能使归并过程中元素的移动次数最小（或执行的速度最快）,2. 贪心求解 1) 度量标准的选择 任意两个文件的归并所需的元素移动次数与这两个文件的长度之和成正比； 度量标准：每次选择需要移动次数最少的两个集合进行归并； 处理规则：每次选择长度最小的两个文件进行归并。,(F1,F2,F3,F4,F5) = (20,30,10,5,30),2) 目标函数目标：元素移动的次数最少实例：为得到归并树根结点表

41、示的归并文件，外部结点中每个文件记录需要移动的次数该外部结点到根的距离，即根到该外部结点路径的长度。如，F4 ：,最优的二路归并模式：与一棵具有最小外部带权路径长度的二元树相对应。,则F4中所有记录在整个归并过程中移动的总量|F4|*3带权外部路径长度：记di是由根到代表文件Fi的外部结点的距离，qi是Fi的长度，则这棵树的代表的归并过程的元素移动总量是：,算法4.6 生成二元归并树的算法procedure TREE(L,n)/L是n个单结点的二元树表/for i1 to n-1 docall GETNODE(T) /构造一颗新树T/ LCHILD(T) LEAST(L) /从表L中选当前根W

42、EIGHT最小的树，并从中删除/ RCHILD(T) LEAST(L) WEIGHT(T) WEIGHT(LCHILD(T)+WEIGHT(RCHILD(T)call INSERT(L,T) /将归并的树T加入到表L中/ repeatreturn (LEAST(L) /此时，L中的树即为归并的结果/ end TREE,例5.6 已知六个初始文件，长度分别为：2,3,5,7,9,13。采用算法TREE，各阶段的工作状态如图所示：,时间分析1) 循环体：n-1次2) L以有序序列表示LEAST(L): (1)INSERT(L,T): (n)总时间： (n2)3) L以min-堆表示LEAST(L)

43、: (logn)INSERT(L,T): (logn)总时间： (nlogn),3. 最优解的证明 定理3.4 若L最初包含n1个单结点的树，这些树有WEIGHT值为(q1,q2,qn)，则算法TREE对于具有这些长度的n个文件生成一棵最优的二元归并树。 证明：归纳法证明 当n=1时，返回一棵没有内部结点的树。定理得证。 假定算法对所有的(q1,q2,qm)，1mn,生成一棵最优二元归并树。 对于n,假定q1q2qn,则q1和q2将是在for循环的第一次迭代中首先选出的具有最小WEIGHT值的两棵树（的WEIGHT值）；如图所示，T是由这样的两棵树构成的子树：, 设T是一棵对于(q1,q2,q

44、n)的最优二元归并树。 设P是T中距离根最远的一个内部结点。若P的两棵子树不是q1和q2，则用q1和q2代换P当前的子树而不会增加T的带权外部路径长度。故，p应是最优归并树中的子树。则在T中用一个权值为q1q2的外部结点代换T，得到的是一棵关于(q1q2,qn)最优归并树T”。而由归纳假设，在用权值为q1q2的外部结点代换了T之后，过程TREE将针对(q1q2,qn)得到一棵最优归并树。将T带入该树，根据以上讨论，将得到关于(q1,q2,qn)的最优归并树。故，TREE生成一棵关于(q1,q2,qn)的最优归并树。,5. k路归并模式每次同时归并k个文件。k元归并树：可能需要增加“虚”结点，以

45、补充不足的外部结点度为0的结点。 如果一棵树的所有内部结点的度都为k，则外部结点数n满足 n mod (k-1) = 1 对于满足 n mod (k1) =1的整数n，存在一棵具有n个外部结点的k元树T，且T中所有结点的度为k。需要增加 最多k-2 个虚结点。k路最优归并模式得贪心规则：每一步选取k棵具有最小长度的子树归并。,4.5 最小生成树,1. 问题的描述生成树：设G=(V,E)是一个无向连通图。如果G的生成子图T=(V,E)是一棵树，则称T是G的一棵生成树(spanning tree)G的边赋予一个权值，表示成本、长度等。 最小生成树:具有最小成本的生成树 生成树性质：1.无环2.包含

46、所有节点3.各点连通4.|V|=n，具有n-1条边,假定一个带权无向连通图，希望选择一组连线，连接所有的结点，并且具有最小的成本，即找最小生成树。 约束条件：cost(i,j)=wij (i,j) G无环 目标函数：mincost(i,j) (i,j) T,2. 贪心策略度量标准：选择能使迄今为止所计入的边的成本和有最小增加的那条边。 Prim算法 Kruskal算法,构成树，最小的边,最小的边，计入后无环,3. Prim算法策略：使得迄今所选择的边的集合A构成一棵树；对将要计入到A中的下一条边(u,v)，应是E中一条当前不在A中且使得A(u,v)也是一棵树的最小成本边。,边 (1,2) (2,6)(3,6)(6,4),成本 10 251520,V(TP) = 1,2,3,4,5,6,E(TP) = (1,2),(2,6),(3,5),(4,6),(3,6) ,