区间调度问题详解

图3 最多区间调度

这个区间问题就是大家熟知的区间调度问题或者叫最大区间调度问题。在此我们进行细分，将该问题命名为最多区间调度问题，因为该问题的目标是求不重叠的最多区间个数，而不是最大的区间长度和。 这个问题可以算是最简单的区间调度问题了，可以通过贪心算法求解，贪心策略是：在可选的工作中，每次都选取结束时间最早的工作。其他贪心策略都不是最优的。 下面是一个简单的实现：

1. const int MAX_N=100000;  
2. //输入  
3. int N,S[MAX_N],T[MAX_N];  
4.   
5. //用于对工作排序的pair数组  
6. pair<int,int> itv[MAX_N];  
7.   
8. void solve()  
9. {  
10.     //对pair进行的是字典序比较，为了让结束时间早的工作排在前面，把T存入first，//把S存入second  
11.     for(int i=0;i<N;i++)  
12.     {  
13.         itv[i].first=T[i];  
14.         itv[i].second=S[i];  
15.     }  
16.   
17.     sort(itv,itv+N);  
18.   
19.     //t是最后所选工作的结束时间  
20.     int ans=0,t=0;  
21.     for(int i=0;i<N;i++)  
22.     {  
23.         if(t<itv[i].second)//判断区间是否重叠  
24.         {  
25.             ans++;  
26.             t=itv[i].first;  
27.         }  
28.     }  
29.   
30.     printf(“%d\n”,ans);  
31. }  

最优化问题都可以通过某种搜索获得最优解，最多区间调度问题也不例外。该问题无非就是选择几个不重叠的区间而已，看看最多能选择多少个，其解空间为一棵二叉子集树，某个区间选或者不选构成了两个分支，如图四所示。我们的目标就是遍历这棵子集树，然后看从根节点到叶节点的不重叠区间的最大个数为多少。可以看出，该问题的解就是n位二进制的某个0/1组合。子集树共有2ⁿ种组合，每种组合都需要判断是否存在重叠区间，如果不重叠则获得1的个数。

图4 区间调度的子集树

假设我们不对区间进行排序，则每种组合判断是否有重叠区间的复杂度为O(n²)，从而整个算法复杂度为O(2ⁿ n²)。复杂度相当高！进行各种剪枝也无济于事！下面我们开始对算法进行优化。

让我们感到奇怪的是，只是判断n个区间是否存在重叠最坏居然也需要O(n²)的复杂度。这是因为在区间无序的情况下，每个区间都要顺次和后面的所有区间进行比较，没有合理利用区间的两个时间点。我们考虑对区间进行一下排序会有什么不同。假设我们按照开始时间进行排序，排序之后有，然后从第一个区间开始判断。第一个区间只需要和第二个区间进行判断即可。如果重叠，则这n个区间存在重叠，后面无需再进行判断；如果不重叠，我们只需要再将第二个和第三个进行同样的判断即可。所以按照开始时间进行排序之后，判断n个区间是否存在重叠的复杂度将为O(n)，所以整个算法复杂度降为O(n2ⁿ)。按照结束时间进行排序也会有同样的结论。 虽然排序可以降低复杂度，但是遍历子集树的代价还是太大。我们换个角度考虑问题，看能不能避免遍历子集树。突破点在哪呢?我们不妨从第一个区间是否属于最优解开始。首先假设区间按照开始时间排序，并且已经求出最优解对应的所有区间。如果最优解中开始时间最小的区间不是所有区间中开始时间最小的区间，我们看看能否进行替换。和肯定是重叠的，否则就可以将添加到最优解中获得更好的最优解。能否将替换成呢？和满足，但是结束时间不确定，这就可能出现的情况，从而也会出现（i>1）的情况，从而替换可能会引入重叠，最优解变成非最优解。所以在按照开始时间排序的情况下，第一个区间不一定属于最优解。

我们再考虑一下按照结束时间排序的情况，也已经求出最优解对应的所有区间。如果最优解中结束时间最小的区间不是所有区间中结束时间最小的区间，我们看看能否进行替换。和肯定是重叠的，否则就可以将添加到最优解中获得更好的最优解。能否将替换成呢？和满足，和满足（两个区间不重叠），所以有，从而和不重叠。所以我们可以用来替换。这就得出一个结论：在按照结束时间排序的情况下，第一个区间必定属于最优解。按照这个思路继续推导剩下的区间我们就会发现：每次选结束时间最早的区间就可以获得最优解。这就和我们一开始给出的结论一致。

经过上面的分析，我们就明白为啥选择结束时间最早的工作就可以获得最优解。虽然我们并没有遍历子集树，但是它为我们思考和优化问题给出了一个很好的模型，希望大家能好好掌握这种构造问题解空间的方法。下面我们再换个角度考虑上面的问题。很多最优化深搜问题都可以巧妙地转化成动态规划问题，可以转化的根本原因在于存在重复子问题，我们看图四就会发现最多区间调度问题也存在重复子问题，所以可以利用动态规划来解决。假设区间已经排序，可以尝试这样设计递归式：前i个区间的最多不重叠区间个数为dp[i]。dp[i]等于啥呢？我们需要根据第i个区间是否选择这两种情况来考虑。如果我们选择第i个区间，它可能和前面的区间重叠，我们需要找到不重叠的位置k，然后计算最多不重叠区间个数dp[k]+1（如果区间按照开始时间排序，则前i+1个区间没有明确的分界线，我们必须按照结束时间排序）；如果我们不选择第i个区间，我们需要从前i-1个结果中选择一个最大的dp[j]；最后选择dp[k]+1和dp[j]中较大的。伪代码如下：

选择或者不选择第i个区间都需要去查找其他的区间，顺序查找的复杂度为O(n)，总共有n个区间，每个区间都需要查找，所以动态规划部分最初的算法复杂度为O(n²)，已经从指数级降到多项式级，但是经过后面的优化还可以降到O(n)，我们一步步来优化。 可以看出dp[i]是非递减的，这可以通过数学归纳法证明。也即当我们已经求得前i个区间的最多不重叠区间个数之后，再求第i+1个区间时，我们完全可以不选择第i+1个区间，从而使得前i+1个区间的结果和前i个区间的结果相同；或者我们选择第i+1个区间，在不重叠的情况下有可能获得更优的结果。dp[i]是非递减的对我们有什么意义呢？首先，如果我们在计算dp[i]时不选择第i个区间，则我们就无需遍历前i-1个区间，直接选择dp[i-1]即可，因为它是前i-1个结果中最大的（虽然不一定是唯一的），此时伪代码中的dp[j]就变成了dp[i-1]。其次，在寻找和第i个区间不重叠的区间时，我们可以避免顺序遍历。如果我们将dp[i]的值列出来，肯定是这样的：

1,1,…,1,2,2,…,2,3,3,…,3,4……

即dp[i]的值从1开始，顺次递增，每一个值的个数不固定。dp[0]肯定等于1，后面几个区间如果和第0个区间重叠，则的dp值也为1；当出现一个区间不和第0个区间重叠时，其dp值变为2，依次类推。由此我们可以得到一个快速获得不重叠位置的方法：重新开辟一个新的数组，用来保存每一个不同dp值的最开始位置，例如pos[1]=0,pos[2]=3,…。这样我们就可以利用O(1)的时间实现find_nonoverlap_pos函数了，然后整个动态规划算法的复杂度就降为O(n)了。 其实从dp的值我们已经就可以发现一些端倪了：dp值发生变化的位置恰是出现不重叠的位置！再仔细思考一下就会出现一开始提到的贪心算法了。所以可以说，贪心算法是动态规划算法在某些问题中的一个特例。该问题的特殊性在于只考虑区间的个数，也即每次都是加1的操作，后面会看到，如果变成考虑区间的长度，则贪心算法不再适用。

3.2 最大区间调度

该问题和上面最多区间调度问题的区别是不考虑区间个数，而是将区间的长度和作为一个指标，然后求长度和的最大值。我们将该问题命名为最大区间调度问题。 WAP某年的笔试题就考察了该问题(下载)。看这样一个例子：现在有n个工作要完成，每项工作分别在 时间开始，在 时间结束。对于每项工作，你都可以选择参与与否。如果选择了参与，那么自始至终都必须全程参与。此外，参与工作的时间段不能重叠（闭区间）。求你参与的所有工作最大需要耗费多少时间。

1. const int MAX_N=100000;  
2. //输入  
3. int N,S[MAX_N],T[MAX_N];  
4.   
5. //用于对工作排序的pair数组  
6. pair<int,int> itv[MAX_N];  
7.   
8. void solve()  
9. {  
10.     //对pair进行的是字典序比较，为了让结束时间早的工作排在前面，把T存入first，//把S存入second  
11.     for(int i=0;i<N;i++)  
12.     {  
13.         itv[i].first=T[i];  
14.         itv[i].second=S[i];  
15.     }  
16.   
17.     sort(itv,itv+N);  
18.   
19.     dp[0] = itv[0].first-itv[0].second;  
20.     for (int i = 1; i < N; i++)  
21.     {  
22.         int max;  
23.   
24.         //select the ith interval  
25.         int nonOverlap = lower_bound(itv, itv[i].second)-1;  
26.         if (nonOverlap >= 0)  
27.             max = dp[nonOverlap] + (itv[i].first-itv[i].second);  
28.         else  
29.             max = itv[i].first-itv[i].second;  
30.   
31.         //do not select the ith interval  
32.         dp[i] = max>dp[i-1]?max:dp[i-1];  
33.     }  
34.     printf(“%d\n”,dp[N-1]);  
35. }  

通过上面的分析，我们可以看出最大区间问题是一个应用范围更广的问题，最多区间调度问题是最大区间调度问题的一个特例。如果区间的长度都一样，则最大区间调度问题就退化为最多区间调度问题，进而可以利用更优的算法解决。一般的最大区间调度问题复杂度为: 排序O(nlogn) +扫描 O(nlogn)=O(nlogn)。

3.3 带权的区间调度

该问题可以看作最大区间调度问题的一般化，也即我们不只是求区间长度和的最大值，而是再在每个区间上绑定一个权重，求加权之后的区间长度最大值。先看一个例子：某酒店采用竞标式入住，每一个竞标是一个三元组（开始，入住时间，每天费用）。现在有N个竞标，选择使酒店效益最大的竞标。（美团2013年） 该问题的目标变成了求收益的最大值，区间不重叠只是伴随必须满足的一个条件。但这不影响算法的适用性，最大区间调度问题的动态规划算法依旧适用于该问题，只不过是目标变了而已：最大区间调度考虑的是区间长度和，而带权区间调度考虑的是区间的权重和，就是在区间的基础上乘以一个权重，就这点差别。所以代码就很简单咯：

1. const int MAX_N=100000;  
2. //输入  
3. int N,S[MAX_N],T[MAX_N];  
4.   
5. //用于对工作排序的pair数组  
6. pair<int,int> itv[MAX_N];  
7.   
8. void solve()  
9. {  
10.     //对pair进行的是字典序比较，为了让结束时间早的工作排在前面，把T存入first，//把S存入second  
11.     for(int i=0;i<N;i++)  
12.     {  
13.         itv[i].first=T[i];  
14.         itv[i].second=S[i];  
15.     }  
16.   
17.     sort(itv,itv+N);  
18.   
19.     dp[0] = (itv[0].first-itv[0].second)*V[0];  
20.     for (int i = 1; i < N; i++)  
21.     {  
22.         int max;  
23.   
24.         //select the ith interval  
25.         int nonOverlap = lower_bound(itv, itv[i].second)-1;  
26.         if (nonOverlap >= 0)  
27.             max = dp[nonOverlap] + (itv[i].first-itv[i].second)*V[i];  
28.         else  
29.             max = (itv[i].first-itv[i].second)*V[i];  
30.   
31.         //do not select the ith interval  
32.         dp[i] = max>dp[i-1]?max:dp[i-1];  
33.     }  
34.     printf(“%d\n”,dp[N-1]);  
35. }  

博客介绍到这里，我们已经比较清楚上述三个问题的关系，带权区间调度应用最广，最大区间调度其次，最多区间调度应用范围最小。算法从通用的DP到特殊的DP再到贪心算法，难度逐渐降低。图六展示了三个问题的关系。

图6 三种调度问题的关系

3.4 最小区间覆盖

问题定义如下：有n 个区间，选择尽量少的区间，使得这些区间完全覆盖某给定范围[s,t]。 初次遇到该问题，大家可能会把该问题想得很复杂，是不是需要用最长的区间去覆盖给定的范围，然后将给定范围分割成两个更小的子问题，用递归去解决。这时我们就需要获得在给定范围内的最长区间，但是如何判断最长区间却有太多的麻烦，而且即使选择了在给定范围内的最长区间，也不见得能获得最优值。其实该问题根本就没有想象中麻烦，可能很容易地解决。 解决问题的关键在于，我们不要一开始就考虑整个范围，而是从给定范围的左端点入手。我们选择一个可以覆盖左端点的区间之后，就可以将左端点往右移动得到一个新的左端点。只要我们不停地选择可以覆盖左端点的区间就一定可以到达右端点，除非问题无解。关键是我们应该选择什么样的区间来覆盖左端点。由于我们要用选择区间的右端点和给定范围的左端点比较，所以第一想法会是先对所有的区间按照结束时间排序，然后按照结束时间从小到大和左端点比较。啥时候停止比较然后修改左端点呢？肯定是到了某个区间的开始时间大于给定范围的左端点的时候。这是因为如果我们继续遍历，可能就会不能完全覆盖给定范围。但是这样也可能会得不到最优解，如图七所示。

图7 按照结束时间排序的最小区间覆盖错误示意图

在上图中，三个区间按照结束时间排序，第一个区间和给定范围的左端点相交，接着遍历第二个区间。这时发现第二个区间的左端点大于给定范围的左端点，这时我们就需要停止继续比较，修改给定范围新的左端点为end1。接着遍历第三个区间，按照上述规则我们就会将第三个区间也保留下来，但其实只需要第三个区间就满足要求了，第一个区间没有保留的意义，也即我们获得不了最优解。 既然按照结束时间获得不了最优解，我们再尝试按照开始时间排序看看。区间按照开始时间排序之后，我们从最小开始时间的区间开始遍历，每次选择覆盖左端点的区间中右端点坐标最大的一个，并将左端点更新为该区间的右端点坐标，直到选择的区间已包含右端点。按照这种方法我们就可以获得最优解，但是为什么呢？算法其实根据区间开始时间的值将区间进行了分组：在给定范围左端点左侧的和在左端点右侧的。由于我们按照开始时间排序，所以这两组区间的分界线很明确。而为了覆盖给定的范围，我们必须要从分界线左侧的区间中选一个（否则就不能覆盖整个范围）。上述算法选择了能覆盖给定范围左端点中右端点最大的区间，这是一个最优的选择。对剩余的区间都执行这样的选择显然可以获得最优解。

4.1 最大区间重叠（最少工人调度）

该问题似乎有两个矛盾的描述，既是最大又是最少，但其实是从不同的方面描述同一个问题。先看最大的一方面，问题可以这样描述：给定的n个区间，在任意时刻最多有几个重叠的区间，如图九所示，在12:00到12:30的范围内，最多有三个区间重叠，没有其他时刻超过三个区间重叠。WAP2013年的笔试题是从该角度考察该问题的（下载）。再看最少的一方面，假设我们将这些区间认为是一些工作，然后将这些工作分配给一些工人，每个工人不能同时干两件工作，最少需要几名工人。也即将所有的区间不重叠地摆在二维平面上，最少能够占据几行（很显然，可以一个工人干一件工作，这时n个工作就需要n个工人，也即在二维平面上一个工作占据一行，但显然不是最优的）。虽然该问题有两种理解方式，但是它们要解决的是同一个问题，所以解决方法相同。我们从最少工人调度角度看看如何解决该问题。

图9 最大区间重叠

4.1.1 解法一

在最多区间调度中，我们分配尽可能多的不重叠工作给工人，这启发我们是否可以沿着这个思路去解决问题。按照最多区间调度分配不重叠工作给第一个工人，如果还有剩余工作，肯定需要别的工人来完成，我们继续按照最多区间调度问题来解，并分配一个新的工人，…，直到没有工作为止。很可惜，上面的策略不可行，请看图十。如果按照最多区间调度的策略分配工作，下面四个工作需要分配三个工人，但实际最少只需要两个工人即可。问题出在最多区间调度采用的是贪心算法，只要是下一个工作和目前的最大结束时间不重叠就选择该工作，这就导致在判断I3时将该工作分配给了第一个工人。

图10 按照最多区间调度的策略实现最少工人调度

       这是否意味着上述策略就彻底不行呢？只要稍微改改选择工人的策略还是可以的。当我们在判断一个工作该分配给哪个工人时，我们需要选择可以接受该工作同时完成之前的工作最晚的工人。例如，图十中判断I3该分配哪个工人。这时前两个工人都可以选择该工作，但是第二个工人完成之前的工作更晚，所以需要将I3分配给第二个工人，而不是第一个工人。这样分配工作的目的是让结束时间早的工人能处理后面未知的工作，而不是浪费在一个已知工作上。上述思路需要我们保存每个工人的上一个工作结束时间，也即下一个工作可以开始的时间。由于工作都按照结束时间排序，所以在添加新的工人时，我们会产生一个非递减的序列。但是当可以将新的工作分配给现有工人时，我们需要在有序序列中找到合适的位置，并修改该工人的可工作时间。为了维持序列的单调性，我们需要移动不少元素。按这种策略实现的java代码如下：

1. public int getMaxIntervalOverlapCount(List<Interval> intervals) {  
2.         int maxWorkers = 0;  
3.           
4.         Collections.sort(intervals, new EndTimeComparator());  
5.           
6.         int[] endTime=new int[intervals.size()];          
7.         for(int i=0;i<intervals.size();i++)  
8.         {  
9.             int startTime=intervals.get(i).getBeginMinuteUnit();  
10.             int pos=below_lower_bound(endTime, maxWorkers, startTime);  
11.               
12.             if(pos==-1)  
13.             {  
14.                 endTime[maxWorkers++]=intervals.get(i).getEndMinuteUnit();  
15.             }  
16.             else  
17.             {  
18.                 for(int j=pos;j<maxWorkers-1;j++)  
19.                 {  
20.                     endTime[j]=endTime[j+1];  
21.                 }  
22.                 endTime[maxWorkers-1]=intervals.get(i).getEndMinuteUnit();  
23.             }  
24.         }  
25.           
26.         return maxWorkers;  
27.     }  
28.       
29.     public int below_lower_bound(int[] a,int n,int k) {  
30.         int lb = -1, ub = n;  
31.   
32.         while (ub - lb > 1) {  
33.             int mid = (ub + lb) >> 1;  
34.             if (a[mid] >= k)  
35.                 ub = mid;  
36.             else  
37.                 lb = mid;  
38.         }  
39.         return lb;  
40.     }  
41.       
42.     class EndTimeComparator implements Comparator<Object> {  
43.         public int compare(Object arg0, Object arg1) {  
44.             Interval i1 = (Interval) arg0;  
45.             Interval i2 = (Interval) arg1;  
46.   
47.             return i1.getEndHour() != i2.getEndHour() ? i1.getEndHour()  
48.                     - i2.getEndHour() : i1.getEndMinute() - i2.getEndMinute();  
49.         }  
50.     }  

上述算法可以获得最优解，复杂度为：排序O(nlogn)  +查找O(nlogn)  +扫描O(n²)= O(n²)。上述算法虽然可以获得最优解，但是复杂度和其他问题相比显然上升了一个量级，导致复杂度为O(n²)的关键在于采用数组这种数据结构，找到合适的位置之后进行插入操作需要移动元素。如果采用平衡二叉树则会进一步降低复杂度到O(nlogn) ，具体的实现大家可以自己尝试。

4.1.2 解法二

前面的解法按照结束时间排序，我们再看看按照开始时间排序是否可行。如图十一，四个工作已按照开始时间排序，我们看看如何将其分配给工人。既然按照开始时间排序，我们就从开始时间最小的工作开始分配。前三个工作肯定需要三个工人，关键是第四个工作该分配给谁。按照之前的策略，我们最好将I4和I2分配给同一个工人，这样分配I1工作的工人就可以分配其他未知的工作。如果采用这种策略，我们还是需要选择可以接受该工作同时完成之前的工作最晚的工人，这就意味着我们还是需要O(n²)的复杂度来解决问题。事实上，由于我们按照开始时间排序，所以后面未知工作的开始时间肯定会越来越晚，所以我们就不用担心该选择哪个工人的问题了，直接选择完成之前的工作结束时间最早的工人即可，也即将I1和I4分配给同一个工人。这样有什么好处呢？由于每次都是选择结束时间最早的工人，所以我们就可以选择一个最小堆来加速工人的寻找，从而降低整个算法的复杂度。

图11 按照开始时间排序实现最少工人调度

具体的流程如下。我们用最小堆来维护一个工人完成之前工作的时间。当给新工作分配工人时，我们只需要将该工作的开始时间和堆顶的元素进行比较：如果堆顶的元素小于给定工作的开始时间，则可以将该工作分配给之前已经分配工作的工人，同时将堆顶元素修改成新工作的结束时间并重新调整堆；如果堆顶元素大于给定工作的开始时间，则表明目前分配工作的工人没有一个可以接受这个新工作，我们需要增加一个新的工人才行，同时往堆中增加该新工作的结束时间。按照这个思路实现的代码如下：

1. public int getMaxIntervalOverlapCount(List<Interval> intervals) {  
2.     int maxWorkers = 0;  
3.     /* 
4.     * 1 check the parameter validity 
5.     */  
6.           
7.     /* 
8.      * 2 sort the jobs(intervals) based on the start time 
9.     */  
10.     Collections.sort(intervals, new StartTimeComparator());  
11.   
12.     /* 
13.     * 3 check the least number of needed workers 
14.     */  
15.     PriorityQueue<Integer> pq = new PriorityQueue<Integer>(intervals.size());  
16.   
17.     // add the first job to the heap  
18.     pq.add(intervals.get(0).getEndMinuteUnit());  
19.     maxWorkers++;  
20.   
21.     for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {  
22.         // no allocated workers can do the next job  
23.         if (pq.peek() >= intervals.get(i).getBeginMinuteUnit()) {  
24.             maxWorkers++;  
25.         } else {  
26.             pq.poll();  
27.         }  
28.         pq.add(intervals.get(i).getEndMinuteUnit());  
29.     }  
30.   
31.     return maxWorkers;  
32. }  
33.   
34. class StartTimeComparator implements Comparator<Object> {  
35.     public int compare(Object arg0, Object arg1) {  
36.         Interval i1 = (Interval) arg0;  
37.         Interval i2 = (Interval) arg1;  
38.   
39.         return i1.getBeginHour() != i2.getBeginHour() ? i1.getBeginHour()  
40.                     - i2.getBeginHour() : i1.getBeginMinute()  
41.                     - i2.getBeginMinute();  
42.     }  
43. }  

上述算法可以获得最优解，复杂度为：排序O(nlogn) +扫描O(nlogn)=O(nlogn)。和按照结束时间排序相比，复杂度并没有变化，但是理解上更容易了，所以往后遇到该问题如果对复杂度没有进一步的要求，解决方案就是：开始时间排序+最小堆。

4.1.3 解法三

算法的优化是永无止境的，该问题还有一个复杂度更低的解法，可以在排序之后将扫描的复杂度降到O(n)。核心的思想是将区间的开始和结束时间分开考虑，然后采用顺序扫描的方法即可获得最优解。具体的步骤为：将每个区间拆成两个事件点，按坐标从小到大排序，顺序处理每个区间。记录一个值 ，表示当前点被包含次数。每次遇到区间的左端点就+1，遇到右端点就-1。需要工人的数量就是在该过程中 的最大值。时间复杂度为排序O(nlogn)+扫描O(n)=O(nlogn)。这种解法的思路其实是从最大区间重叠的角度来考虑问题的，就介绍这么多，请自己实现代码。

上面的三种解法都可以处理工人数没有限制的情况，但是如果限定工人的数目，然后看能选择多少区间（工作），则按照解法一会更方便。因为当只有一个工人的时候，该问题等价于最多区间调度，所以按照最多区间调度的思路去解决该问题会更容易。

5. 综合区间调度

在此我们简单介绍一下机器调度问题。机器调度问题和前面的区间调度问题很不一样。之前的调度问题中，给定的区间有一个固定的开始和结束时间，但是在机器调度中，每个区间或者叫任务都只包含一段执行时间，但是没有固定的开始时间。具体的问题描述如下：

机器调度是指有m台机器需要处理n个作业，设作业i的处理时间为t_i，则对n个作业进行机器分配，使得：

1. 一台机器在同一时间内只能处理一个作业；
2. 一个作业不能同时在两台机器上处理；
3. 作业i一旦运行，则需要t_i个连续时间单位。

设计算法进行合理调度，使得在m台机器上处理n个作业所需要的处理时间最短。如图十二，有三台机器，七个作业所需时间分别为(2,14,4,16,6,5,3)，给出的调度最少需要17个单位时间。

图12 三台机器的调度

       机器调度问题是一个NP-复杂问题，我们可以认为不存在多项式复杂度的解法获得最优解。如果非要获得最优解，我们必须要采用深搜策略遍历解空间，机器调度的解空间是一个k叉树，表示某个作业分配给哪一个机器；树共有n层，每一个叶节点表示一个可能的任务分配，最小的叶节点即是最优解，算法复杂度是O(kⁿ)。

针对NP复杂的问题，一般也不会让我们获得最优解，求个近似最优就好了。在机器调度中，采用一个称为最长处理时间优先（longest processing time first, LPT）的调度策略会获得较理想的调度方案。在LPT算法中，作业按照它们所需处理时间的递减顺序排序。在分配一个作业时，总是将其分配给最先变为空闲的机器。具体实现比较简单，就是先排序，然后采用最小堆维护一个最小开始时间即可，和最大区间重叠的方法二比较相似，具体不再赘述。

采用LPT策略有个定理：

令为在m台机器上执行作业集合I的最佳调度完成时间，F(I)为采用LPT调度策略所得到的调度完成时间，则

可以看出，LPT策略和最优解很相近，是种比较好的近似策略。

6. 总结

本博客详细介绍了几类区间调度问题，给出了最优解的思路和代码。虽然并没有完全覆盖区间调度问题，但是已足以让大家应对各种笔试面试。关于尚未触及的区间调度问题及相关例题，大家可进一步参考算法合集之《浅谈信息学竞赛中的区间问题》。下表给出了每个问题的最优解法以及复杂度（由于所有的问题都要先进行排序，所以我们只关注扫描的复杂度）。