PlanificacióN Temporal Esquema Voraz Tecnoacademy

1. ESQUEMA VORAZPlanificacin de tareas

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Un sistema da servicio a n tareas, cada una con un tiempo de ejecucint iparaientre1yn . Se desea minimizar el tiempo medio de estancia de una tarea en el sistema, esto es, el tiempo transcurrido desde el comienzo de todo el proceso hasta que la tarea termina de ejecutarse. Resolver el problema cuando

se dispone de un nico procesador

se tienensprocesadores idnticos

El problema consiste en minimizar

dondeT ies el tiempo en el sistema de la tareai , y comones constante, esto equivale a minimizar el tiempo total

parala tareai ,T i es la suma de su tiempo de ejecucint i ms todos los tiempos de ejecucin de las tareas que se ejecutan antes que ella.La planificacin ptima se consigue cuando se atiende a las tareas por orden creciente de tiempo de ejecucin .

En efecto, supongamos un orden cualquiera de tareas dondenose considere un orden creciente de tiempos:

El tiempo total correspondiente a esta permutacin sera:

Por tanto, la contribucin del tiempo de cada tarea al tiempo total depende del nmero de tareas que la siguen.

Ya que enIno se ha empleado la estrategia voraz propuesta, podramos suponer posicionesaybtales queat ib , esto es, posiciones a y b que siguen un orden decreciente segn su tiempo de ejecucin. Si las intercambiamos obtenemos una nueva permutacinI

Ahora el tiempo total queda como

Si restamos los tiempos de la permutacin que no sigue la estrategia voraz para las posicionesaybde la que s sigue la estrategia voraz de ordenaraybpor orden creciente de sus tiempos de ejecucin, determinaremos cul es mejor.

Del apartado a) podemos extraer un par de consecuencias tiles para el caso de varios procesadores. Recordemos.Para

Hemos demostrado que el tiempo total correspondiente a esta permutacin sera mnimo cuando ordenamos lost ik por orden creciente:

Adems del lema anterior, debemos recordar que cada tarea contribuye al tiempo total multiplicando su tiempo de ejecucin por un factor igual al nmero de tareas pendientes ms uno.

Observamos que si a un procesadorpse le asignanmtareas y a otro procesadorpse le asignanm+wtareas, conw> 1 , entonces, el tiempo de servicio de la primera tarea asignada apse multiplica por un factorm+w , mientras que si se traslada al primer puesto enp(desplazando lasmtareas) tendra un factorm+ 1

Por tanto, cualquier planificacin ptima debe mantener equilibrada la carga de todos los procesadores, de forma quela diferencia en el nmero de tareas asignadas sea a lo sumo uno, es decir, la carga de cada procesador sern div sn div s +1 . Adems, en caso de que unos procesadores tengan una tarea ms que el resto, stos sern los primeros.

Tenemos que ejecutar un conjunto de n tareas, cada una de las cuales requiere un tiempo unitario. La tareaiproduce unos beneficiosb i >0slo en el caso de que sea ejecutada en un instante menor o igual ap i

Disea una estrategia voraz para maximizar el beneficio total teniendo en cuenta que pueden quedar tareas sin ejecutar.

Sera vlida la misma estrategia si el tiempo de ejecucin de cada tarea fuese arbitrario?

Diremos que unconjunto de tareas es factiblesi existe alguna secuencia de ejecucin admisible que permita ejecutar todas las tareas del conjunto respetando sus respectivos plazos.

La estrategia voraz que proponemos consiste en ir seleccionando las tareas de forma que, en cada etapa,se escoja la tarea an no considerada con mayor beneficio, con la condicin de que el subconjunto formado siga siendo factible

Demostracin de optimalidad:

Supondremos las tareas ordenadas por beneficio de forma decreciente

La estrategia voraz obtiene un conjunto de ndicesI

Otra estrategia ptima, diferente de la voraz, consiste en un subconjunto de ndicesJ

SeanS iyS jlas secuencias admisibles de tareas de los subconjuntosIyJ , respectivamente

En general, habr tareas comunes enIy enJ

TransformamosS ienS jde tal forma que dichas tareas comunes se ejecuten en los mismos instantes, obteniendo secuenciasS i yS j . Esto siempre es posible ya que:

Si la tareaase ejecuta ms tarde enS jque enS i , podemos modificarS ide la siguiente manera:

Si en el instanteden el que la tarea a se ejecuta enS j no se ejecuta ninguna tarea enS ipodemos retrasar la ejecucin deahasta el instanteden la secuenciaS i , obteniendo una secuencia tambin admisible

Si en el instantedya se ejecuta una tareabenS i , podemos intercambiar las tareasaybobteniendo otra secuencia admisible, ya que la ejecucin de toda tarea se puede adelantar sin mayor problema.

Si la tareaase ejecuta ms tarde enS ique enS j ,podemos hacer la misma modificacin pero enS j

Comparemos ahora las secuenciasS iyS j hasta encontrar una posicinkdonde difieran:

No puede ocurrir que enS i se ejecute una tarea en el instanteky ninguna enS j ,porque aadiendo dicha tarea aJobtendremos un conjunto factible con una suma de beneficios mayor,yJes ptima.

Tampoco puede ocurrir que se ejecute una tarea enS jy ninguna enS i ,porque la estrategia voraz al considerar dicha tarea la habra aadido aI,ya que haba hueco para recolectarla

Por lo tanto, se ejecuta una tareaaenS iy una tareabenS j .Veamos qu relacin puede haber entre los beneficiosb a yb b

Sifuera mayor el beneficiob a ,cambiandoaporbenJobtendramos una solucin mejor y eso no es posible, ya queJes ptima.

Tampoco puede ocurrir queb b >b aporque la estrategia voraz considera las tareas en orden decreciente de beneficios y habra considerado antesbquea .

Es decir, el nico caso posible esb a= b b

Se deduce, por tanto, que siS i yS jejecutan tareas distintas en un mismo instante, estas tareas tienen que producir el mismo beneficio. Se puede cambiarbporaenJy el beneficio total de ambas soluciones es el mismo. Sucesivas transformaciones de este estilo nos llevan a una solucin ptima igual que la solucin voraz.

Un conjunto de tareas T es factible si y slo si la secuencia de la tareas de T ordenadas de forma creciente segn plazo es admisible.

La implicacines trivial.

Demostracin de(por reduccin al absurdo):

SeaT = {t 1 , t 2 , , t k } con p 1 p 2 p k tal que la secuenciat 1 ,t 2 , ,t k no es admisible, es decir, existe alguna tareat r , r{1,,k}tal quep r< r . Pero entonces se cumple quep 1 p 2 p r-1 p r r-1

Esto demuestra que hayrtareas cuyos plazos son menores o iguales quer-1y, por tanto, es imposible ejecutar todas las tareas dentro de su plazo; en otras palabras, el conjunto T no es factible.Llegada la contradiccin queda demostrado el lema.

El test de factibilidad consistir en comprobar si la secuencia de tareas ordenadas por plazos es admisible. Es decir,hay que comprobar que la tarea ejecutada en la i-sima posicin tenga un plazo de i o ms . En la implementacin del algoritmo, aunque suponemos que las tareas vienen ordenadas por beneficio decreciente, las tareas seleccionadas para su ejecucin se mantendrn ordenadas por plazo creciente.

{b[1] b[2] b[n]}

fun planificar(p[1..n], b[1..n] de nat + ) dev (tarea[1..n] de 1..k, k:1..n)

/* tarea[i] es la tarea ejecutada en el instante i, para i entre 1 y k */

/* k es el nmero total de tareas ejecutadas */

var aux[1..n] de 1..n/* secuencia auxiliar ordenada por plazos */

k:=1;aux[1]:=1/* la primera tarea siempre se ejecuta */

para i=2 hasta n hacer

/* buscar hueco lo ms tarde posible */

mientras d>0 AND* (p[aux[d]]>=p[i]AND p[aux[d]]>d) hacer

d:=d-1;

finmientras

/* d=0 OR p[aux[d]]max(P[i],d) */

si p[i]>d entonces/* puede ejecutarse */

/* desplazar una unidad de tiempo las tareas posteriores */

para j=k hasta d+1 paso -1 hacer

aux[j+1]:=aux[j]

k:=k+1

aux[d+1]=i

tarea[1..k]:=aux[1..k]

Podemos obtener una implementacin ms eficiente basndonos en este otro LEMA:

Un conjunto de tareas T es factible si y slo si la secuencia de la tareas de T donde stas se ejecutan lo ms tarde posible es admisible. Lo ms tarde posible se refiere a que para cada tarea se elige el instante libre ms tardo que no se pase de plazo, es decir para cada tarea t iel instante elegido ser

La implicacines trivial.

Demostracin de(por contrarrecproco):

Supongamos que existe alguna tarea enTtal que todos los instantes antes de que expire su plazopestn ocupados. Paraw=min{n,p}sear>wel primer instante libre; entonces enThay al menosrtareas ( r-1puestas ms la que se est intentando colocar) con plazo menor quer , siendo por tanto imposible ejecutar todas las tareas deTdentro de su plazo, por lo que el conjuntoTno es factible.

Para implementar este test de factibilidaddefinimos una relacin de equivalencia sobre los instantes de ejecucin . Si definimoslibre(i)=max {di | d libre},es decir el primer predecesor libre dei,entoncesiyjestarn en la misma clase si y slo silibre(i)=libre(j) .Para quelibre(i)est definido incluso si todos los instantes estn ocupados, se considera tambin el instante 0, que permanecer siempre libre.La idea es que cada tareat i debera ejecutarse en el instantelibre(p i ),porque representa el ltimo instante libre que respeta su plazo.

libre(i)va cambiando a medida que se va planificando la ejecucin de las tareas.Inicialmente , como no se ha planificado ninguna ejecucin, se tiene que para todo i entre1 yn ,libre(i)=i( cada instante est en una clase de equivalencia diferente );si ejecutamos la tarea ti en el instantelibre(p i )(siempre que ste no sea 0), al ocupar dicho instante hay quefusionar la clase de equivalenciaa la que pertenecelibre(p i )con la correspondiente al da anterior.

Para obtener una implementacin eficiente de esta relacin de equivalencia dinmica recurrimos a una estructura de particin. Como la implementacin de la estructura de particin no garantiza que el representante de la clase de equivalencia que devuelve la operacinbuscarsea el mnimo,que es lo que necesitamos,utilizaremos un vectorL[0..n]tal queL[i]=libre[i]para todoique sea representante de una clase de equivalencia.

Nos limitaremos a considerar los instantes de tiempo que no sobrepasen los plazos mximos de forma que, aunque declaremos el conjunto base de la particin como{0,,n} ,la parte til es{0,w} para w=min{n, max 1i n {p i }}

{b[1] b[2] b[n]}

fun planificar2(p[1..n], b[1..n] de nat + ) dev (tarea[1..n] de 1..k, k:1..n)

var L[0..n], aux[1..n] de 0..n, particion: particion[0..n]

l:=p[1];

l:=max(l,p[i])

l:=min(n,l)

particion:=crear_particion()

aux[1..l]:=[0]

para i=0 hasta l hacer

L[i]:=i

c1:=buscar(p[i],particion)

m:=L[c1]

si m 0 entonces

aux[m]:=i

c2:=buscar(m-1,particion)

fusionar(c1,c2,particion);L[c1]:=L[c2]

Mtodos de la particin:

proc fusionar(a, b: nat + , conjunto[0..n] de nat + )

si altura[a]=altura[b] entonces

altura[a]:=altura[a]+1

conjunto[b]:=a

si no si altura[a]>altura[b] entonces

conjunto[b]:=a

conjunto[a]:=b

fun buscar(x: nat + ,conjunto[0..n] de nat + ) dev (r:nat + )

/* buscar el rtulo del conjunto que

contiene el elemento x */

mientras conjunto[r]r hacer

r:=conjunto[r]

fmientras

/* r es la raz del rbol */

mientras ir hacer

j:=conjunto[i]

conjunto[i]:=r

fmientras

Supongamos que el beneficio de una tarea slo puede contabilizarse si la tarea termina su ejecucin dentro del plazo correspondiente, es decir, si una tarea tiene plazo 4 y su ejecucin dura dos unidades de tiempo, entonces ha de empezar a ejecutarse en los tres primeros das.

La estrategia del apartado a) yano es vlidaen este caso. Veamos un contraejemplo: tenemos 3 tareas, todas con plazo 4, pero mientras la primera tarda 3 unidades de tiempo en ejecutarse, las otras dos necesitan 2 das. Supongamos que los beneficios son 10, 8 y 6 respectivamente. Entonces, la estrategia voraz anterior escoger la primera tarea para empezar a ejecutarla en el primer instante, por lo que las otras dos tareas jams se ejecutarn y el beneficio se reduce a10. Sin embargo, es posible ejecutar las otras dos en cualquier orden y obtener un beneficio de 14

La nica forma de resolver este problema es medianteVuelta Atrs y Ramificacin y Poda.

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