Kombinatorikus optimaliz´al´as (VISZMA06)

Kombinatorikus optimaliz´ al´ as (VISZMA06)

1. pZH jav´ıt´okulcs (2021. 05. 20.)

Az ´utmutat´o mintamegold´asokat tartalmaz. A pontsz´amok t´aj´ekoztat´o jelleggel lettek meg´allap´ıtva az ´ert´ekel´es egys´eges´ıt´ese c´elj´ab´ol. Egy pontsz´am el˝ott szerepl˝o ´all´ıt´as kimond´asa, t´etel felid´ez´ese nem jelenti automatikusan az adott pontsz´am megszerz´es´et. Az adott r´eszpontsz´am meg´ıt´el´esenk az a felt´etele, hogy a megold´ashoz vezet˝o gondolatmenet megfelel˝o r´esz´enek v´egiggondol´asa vil´a- gosan kider¨ulj¨on a dolgozatb´ol. Ha ez ut´obbi kider¨ul, ´am a k´erd´eses ´all´ıt´as, t´etel, defin´ıci´o nincs rendesen kimondva, akkor a r´eszpontsz´am legal´abb r´eszben j´ar.

Term´eszetesen az ismertetettekt˝ol elt´er˝o, ´am helyes megold´asok´ert teljes pontsz´amok, r´eszmegol- d´asok´ert pedig az ´utmutat´obeli pontoz´as intelligens k¨ozel´ıt´es´evel meghat´arozott ar´anyos r´eszpont- sz´amok j´arnak. Sz´amol´asi hib´a´ert ´altal´aban hib´ank´ent 1 pontot vonunk le.

1. Az A,B,C,D,1,2,3,4 cs´ucsokkal rendelkez˝o p´aros gr´af ´el- s´ulyait az al´abbi t´abl´azat tartalmazza. Van-e olyan minim´alis s´uly´u s´ulyozott lefog´as, ami minden egyes sorhoz az adott sor v´eg´en ´all´o sz´amot rendeli?

(Ha nincs jobb dolgunk, keress¨unk maxim´alis s´uly´u teljes p´a- ros´ıt´ast az adott ´els´ulyok eset´en.)

A B C D 1 3 5 3 5 2 2 3 3 2 5 1 3 6 6 5 6 4 4 2 2 1 4 0

Meghat´arozzuk minden oszlophoz, hogy mekkora a hozz´a tartoz´o legkisebb s´uly, ami a sorokhoz rendelt sz´amokkal egy¨utt s´ulyozott lefog´ast alkot. A t´abl´azatba a kapott ´ert´ekeket az egyes oszlopok al´a ´ırtuk.

(2 pont) Barna sz´ınnel megjel¨olt¨uk a pontos ´eleket, ezeken keres¨unk teljes p´aros´ıt´ast. (2 pont)

Tal´altunk is ilyet, a bekeretezett sz´amok jel¨olik. (5 pont) Tal´altunk teh´at egy s´ulyozott lefog´ashoz tartoz´o pontos ´eleken teljes p´aros´ıt´ast, ez´ert az optimalit´asi felt´etelek teljes¨ul´ese miatt a tal´alt teljes p´aros´ıt´as maxim´alis s´uly´u, a s´ulyozott lefog´as pedig minim´alis ¨osszs´uly´u. Ennek megfelel˝oen a feladat k´erd´es´ere

igen a v´alasz. (1 pont)

A B C D 1 3 5 3 5 2 2 3 3 2 5 1 3 6 6 5 6 4 4 2 2 1 4 0

2 3 1 4

Az is teljes ´ert´ek˝u megold´as, ha el˝oh´uzunk a cilinderb˝ol egy kapott s´ulyozott lefog´ast ´es egy pontos ´elekb˝ol

´

all´o teljes p´aros´ıt´ast, valamint hivatkozunk a tanult optimalit´asi felt´etelekre, ´es persze helyesen v´alaszolunk a k´erd´esre. Nem sz¨uks´eges teh´at az Egerv´ary algoritmust futtani.

Aki csak maxim´alis s´uly´u teljes p´aros´ıt´ast tal´al (´es igazolja a p´aros´ıt´as maxim´alis s´uly´u volt´at), de nem foglalkozik a feladat k´erd´es´evel, az 5 pontot kap.

2. Fourier-Motzkin-elimin´aci´o seg´ıts´eg´evel ´allap´ıtsuk meg, van- e olyan megold´asa az itt l´athat´o egyenl˝otlens´egrendszernek, amelyre x₃ = 2.

x₁+ 2x₃ ≤ 4 x₂−x₃ ≤ 2 2x₂+x₃ ≤ −2 x1+x2+x3 ≥ −1

Fel´ırjuk a line´aris egyenl˝otlens´egrendszert m´atrixos alakban ´ugy, hogy az egyenl˝otlens´egek azonos ir´anyba

´

alljanak, azaz a negyedik egyenl˝otlens´eget −1-gyel megszorozzuk, majd az x egy¨utthat´oja szerint ´atren- dezz¨uk a felt´eteleket: fel¨ulre vessz¨uk a 0, ut´ana a pozit´ıv egy¨utthat´os sorokat, v´eg¨ul alulra pedig a −1

egy¨utthat´osakat. (2 pont)

V´egrehajtjuk a Fourier-Motzkin elimin´aci´ot, azaz a v´altoz´okat egym´as ut´an elimin´aljuk ´ugy, hogy a 0 egy¨utthat´os egyenl˝otlens´egeket meg˝orizz¨uk, ´es az ¨osszes lehets´eges pozit´ıv-negat´ıv egy¨utthat´op´arra fel´ırjuk azt az ¨osszeget, amiben az elimin´aland´o v´altoz´o egy¨utthat´oja 0-v´a v´alik. (2 pont) Konkr´etan:

0 1 −1 2 0 2 1 −2

1 0 2 4

−1 −1 −1 1

0 1 −1 2 0 2 1−2 0 −1 1 5

0 0 0 7

0 0 3 8 0 0 0 7 (5 pont)

Trivi´alis egyenl˝otlens´egrendszer ad´odott, ez´ert van megold´as. (1 pont) El˝osz¨or az x₃-at hat´arozzuk meg, amire 3x₃ ≤ 8 az egyed¨uli felt´etel. Ez´ert az egyenl˝otlens´egrendszernek

van olyan megold´asa, amire x₃ = 2. (1 pont)

Innen ´eppens´eggel az x₂ is meghat´arozhat´o: −3 ≤ x₂ ≤ −2 ad´odik a felt´etelekb˝ol (az x₃ = 2 helyettes´ı- t´essel) ez´ert pl x2 = −2-nek v´alaszthat´o. Ezt a k´et ´ert´eket az x1-et tartalmaz´o eredeti egyenl˝otlens´egekbe helyettes´ıtve −1≤x₁ ≤0 ad´odik, teh´at pl az x₁ = 0 v´alaszt´as megfelel. (0 pont) Term´eszetesen az is t¨ok´eletes megold´as, ha valaki megad egy olyan megold´ast, amire x₃ = 2. Aki viszont nem k´epes r´an´ez´esre megoldani egy ilyen egyenl˝otlens´egrendszert, az munk´at takar´ıt meg, ha az x₃ = 2 helyettes´ıt´essel egy k´etv´altoz´os line´aris egyenl˝otlens´egrendszert ´ır fel, amit Fourier-Motzkin-elimin´aci´oval old meg. Ez ´ıgy n´ezne ki:

0 1 4

0 2 −4

1 0 0

−1 −1 3

0 1 4

0 2 −4 0−1 3

0 0 7 0 0 2 ∅

Ures rendszer ad´¨ odott, ´ıgy bizonyosan van megold´as.

3. A Guv´ati v´allalatn´al puffanty´ukat ´es leffenty˝uket pakolnak teheraut´ora. Egy puffanyt´u s´ulya 3, egy leffenty˝u´e 5 kg, minden puffanty´ut 5 ´es minden leffenty˝ut 2 egys´egdobozba csomagolnak. A teheraut´ora ¨osszesen 1500 egys´egdoboz pakolhat´o fel, a rakom´any s´ulya pedig legfeljebb 1725 kg lehet. T˝uzv´edelmi okokb´ol egy kocsi legfeljebb 300 puffanyt´ut sz´all´ıthat, ´es 300-n´al t¨obb leffenyt˝u m´ar vesz´elyes rakom´anynak min˝os¨ul, ´ıgy ez sem sz´all´ıthat´o egy g´epkocsin. ¨Osszesen legfeljebb h´any k´eszterm´eket (puffanty´ut ´es leffenty˝ut) lehet ezen felt´etelek betart´as´aval elsz´all´ıtani egy teheraut´on?

LP feladatk´ent fogalmazzuk meg az egyazon teherg´epkocsin elsz´all´ıthat´o k´eszterm´ekek sz´am´anak optimali- z´al´as´at. Jel¨oljex´esya felpakolt puffanty´uk ill. leffenty˝uk sz´am´at. A c´el azx+yc´elf¨uggv´eny maximaliz´al´asa.

(1 pont)

A feladatban szerepl˝o felt´etelek szerint x, y ≥0, (1 pont)

az egyes mennyis´egre kapott korl´atb´olx≤300 ´es y≤300, (1 pont)

valamint a s´ulykorl´atb´ol 3x+ 5y≤1725, (1 pont)

a dobozsz´am korl´atb´ol pedig 5x+ 2y ≤1500 ad´odik. (1 pont) Az xy-s´ıkon ´abr´azolva a megold´asok egy olyan konvex ¨otsz¨ugtartom´anyt alkotnak, aminek a cs´ucsai (0,0),

(300,0), (⁴⁰⁵⁰₁₉ ,⁴¹²⁵₁₉ ), (75,300), (0,300). (3 pont)

Az optimum az ¨otsz¨og valamelyik cs´ucs´aban v´etetik fel. Az egyes cs´ucsokhoz tartoz´o mennyis´egek 0, 300,

4125+4050

19 = 430,2. . ., 373 ´es 300. Ez´ert a 430-n´al t¨obb term´ek nem pakolhat´o a teheraut´ora. Viszont 430 term´ek felker¨ulhet, m´egpedig ´ugy, hogy 217 k´erd´esre a v´alasz, hogy legfeljebb 450 term´ek pakolhat´o a te- heraut´ora, az is csak akkor, ha puffanty´ub´olc(⁴¹²⁵₁₉ c= 217, leffenty˝ub˝ol pedig c(⁴⁰⁵⁰₁₉ c= 213 ker¨ul a plat´ora.

(2 pont) Sajnos a feladat adatait

”rosszul” adtam meg, mert a megold´asokat tartalmaz´o konvex ¨otsz¨og cs´ucsai nem lettek r´acspontok. Konkr´etan: ´epp az az egy cs´ucspont nem r´acspont, ami a legfontosabb a megold´as szem- pontj´ab´ol. A kit˝uz¨ott feladatot az´ert ´ıgy sem lehetetlen megoldani, pl a fent olvashat´o m´odon. Azonban ez a gondolat nem hangzott el a gyakorlaton, ezert aki az els˝o 8 pontot megszerzi, annak j´ar az utols´o 2 is.

4. Hat´arozzuk meg az itt l´athat´o DLP probl´e- m´ahoz a prim´al LP feladatot. Megold´asa-e a prim´alnak, ha minden v´altoz´o ´ert´eke ¹₃? (A megold´asnak nem kell optim´alis megol- d´asnak lennie.)

min{y₁+ 11y₂−3y₃} ha

y₁, y₂ ≥ 0 7y1−2y2 ≥ 17

y2+ 3y3 = 66

−y₁+ 6y₃ ≥ 42

Sztenderd alakb´u a DLP, k¨onny˝u fel´ırni a szam´arvezet˝o megfelel˝o

r´esz´et. (1 pont)

Az ¨ok¨olszab´alyokat alkalmazva h´arom prim´alv´altoz´o lesz, (1 pont)

0≤x₁ x₂ 0≤x₃

0≤y₁ 7 0 −1≤1

0≤y₂ −2 1 0≤11

y3 0 3 6 =−3

≥17 = 66 ≥42

max{17x₁+ 66x₂+ 42x₃}ha

x1, x3 ≥ 0 7x₁ −x₃ ≤ 1

−2x₁+x₂ ≤ 11 3x₂+ 6x₃ =−3

amik k¨oz¨uk x₁ ´es x₃ nemnegat´ıv. (1 pont)

Az els˝o prim´alfelt´etel egyenl˝otlens´eg, (1 pont)

a m´asik kett˝o pedig egyenl˝os´eg. (1 pont) Mivel az DLP-ben minimaliz´alunk, az LP-ben maximaliz´alunk, ´es az egyenl˝otlens´egek≤t´ıpus´uak. (1 pont) Az elk´esz¨ult szam´arvezet˝o alapj´an fel´ırjuk az LP feladatot. (2 pont) Az x₁ = x₂ = x₃ = ¹₃ ´ert´ekad´assal az LP-ben szerepl˝o 3-dik felt´etel (az egyenl¨os´eg) nem teljes¨ul, ez´ert a

feladat k´erd´es´ere nemleges a v´alasz. (2 pont)

5. Pir´ezi´aban bes´ug´oh´al´ozatot ´ep´ıtenek ki a megb´ızhat´onak gondolt c´elszem´elyek beszervez´es´evel. A c´el, hogy minden v´aros lakosai k¨oz¨ott legyen legal´abb 66 ¨ugyn¨ok, ´am nem dolgozhat a h´al´ozatban 3-n´al t¨obb tagja egyetlen csal´adnak sem. Mindezt a lehet˝o legkisebb h´al´ozat ki´ep´ıt´es´evel szeretn´ek el´erni.

´Irjunk fel egy olyan LP vagy IP feladatot, aminek a megold´as´aval meghat´arozhat´o, kiket kell beszervezni a c´el el´er´ese ´erdek´eben: v´alasszunk alkalmas v´altoz´okat ´es adjuk meg a megfelel˝o line´aris, ´es esetleges nemnegativit´asi ill. eg´esz´ert´ek˝us´egi felt´eteleket valamint a c´elf¨uggv´enyt.

Vezess¨unk be minden potenci´alis ¨ugyn¨okh¨oz egy-egy v´altoz´ot, az x(p) a p szem´elyhez tartoz´o v´altoz´o. A beszervezend´o emberek halmaz´anak karakterisztikus vektorak´ent szeretn´enk megtal´alni a megold´ast, ehhez

keress¨uk a c´elf¨uggv´enyt ´es a felt´eteleket. (2 pont)

Egy ilyen karakterisztikus vektorhoz k¨onny˝u meghat´arozni a c´elf¨uggv´enyt: az ¨osszes v´altoz´o ¨osszeg´et, azaz az ˜x(P) mennyis´eget akarjuk minimaliz´alni, aholP jel¨oli Pir´ezia beszervezhet˝o lak´oinak halmaz´at. (2 pont) A tanult m´odon ´erj¨uk el, hogy karakterisztikus vektorral dolgozzunk: minden x(p) v´alt´oz´ohoz tartozik a 0≤x(p) nemnegativit´asi ´es az x(p)≤1 line´aris felt´etel, valamint egy eg´esz´ert´ek˝us´egi megk¨ot´es. (2 pont) A 66 v´arorsi ¨ugyn¨okre vonatkoz´o krit´erium is leford´ıthat´o line´aris felt´etelre. MindenV v´aroshoz tartozik egy felt´etel, nevezetesen, hogy aV lakosaihoz tartoz´o v´altoz´ok ¨osszeg´enek legal´abb 66-nak kell lennie. (2 pont) Ezen k´ıv¨ul minden C csal´adhoz is tartozik egy felt´etel, nevezetesen, hogy a C csal´ad tagjaihoz tartoz´o v´altoz´ok ¨osszege legfeljebb 3. A kapott ILP megold´asai a felt´eteleknek megfelel˝o beszervez´esek, a c´elf¨ugg- v´enyt optimaliz´al´o eg´esz megold´as pedig megadja, hogy konkr´etan kik a beszervez´esi kamp´any c´elszem´elyei.

(2 pont)

Kombinatorikus optimaliz´ al´ as (VISZMA06)

2. pZH jav´ıt´okulcs (2021. 05. 20.)

Az ´utmutat´o mintamegold´asokat tartalmaz. A pontsz´amok t´aj´ekoztat´o jelleggel lettek meg´allap´ıtva az ´ert´ekel´es egys´eges´ıt´ese c´elj´ab´ol. Egy pontsz´am el˝ott szerepl˝o ´all´ıt´as kimond´asa, t´etel felid´ez´ese nem jelenti automatikusan az adott pontsz´am megszerz´es´et. Az adott r´eszpontsz´am meg´ıt´el´esenk az a felt´etele, hogy a megold´ashoz vezet˝o gondolatmenet megfelel˝o r´esz´enek v´egiggondol´asa vil´a- gosan kider¨ulj¨on a dolgozatb´ol. Ha ez ut´obbi kider¨ul, ´am a k´erd´eses ´all´ıt´as, t´etel, defin´ıci´o nincs rendesen kimondva, akkor a r´eszpontsz´am legal´abb r´eszben j´ar.

Term´eszetesen az ismertetettekt˝ol elt´er˝o, ´am helyes megold´asok´ert teljes pontsz´amok, r´eszmegol- d´asok´ert pedig az ´utmutat´obeli pontoz´as intelligens k¨ozel´ıt´es´evel meghat´arozott ar´anyos r´eszpont- sz´amok j´arnak. Sz´amol´asi hib´a´ert ´altal´aban hib´ank´ent 1 pontot vonunk le.

1. Az ´abr´an l´athat´o G gr´af cs´ucsai mellett ´all´o sz´amok az adott cs´ucs s´uly´at jelentik. Hat´arozzuk meg G egy minim´alis v´ag´as´at a Nagamochi-Ibaraki-algoritmus seg´ıts´eg´evel ´ugy, hogy amikor egy l´e- p´es sor´an t¨obb cs´ucsb´ol is lehet v´alasztani, mindig azt v´alasztjuk, amelyik ¨osszs´ulya a lehet˝o legkisebb. (Figyelmesen futtassuk az al- goritmust, k¨onny˝u hib´azni.)

11 1

3

2 4

7 3 a

f b

e

c d

g

Az algoritmus minden f´azis´aban egy maxvissza sorrendet keres¨unk a feladatbeli ¨osszs´ulyfelt´etel figyelembe v´etel´evel, majd az utols´o cs´ucsot ¨osszeolvasztjuk az utols´o el˝ottivel. Az adott f´azis v´ag´asjel¨oltje a maxvissza

sorrend utols´o cs´ucsa lesz. (3 pont)

11 1

7 7 3

2

11 1

7 9 3

11 1

7

12

23 1

7

1

30 a

be f

c d

g

a

bce f d

g a

bcef d

g

a bcdef

g

a

bcdef g 1

2 3

4 5 6

7

1

2 3 5 4

6

1

2 3

4 5

1

2 3

4

1

2 3

1

2 11

1

3

2 4

7 3 a

f b

e

c d

g

Az algoritmus konkr´et v´egrehajt´asa az ´abr´an l´athat´o. A z¨old sz´amok a maxvissza sorrendet, a z¨old szagga-

tott vonalak a v´ag´asjel¨olteket mutatj´ak. (6 pont)

Ezek szerint Gegy minim´alis v´ag´as´at a legkevesebb ´elt elv´ag´o v´ag´asjel¨oltb˝ol kapjuk, ami a konkr´et esetben az {a, d, g}ill. az {b, c, e, f} cs´ucsok k¨oz¨ott fut´o k´et ´elb˝ol ´all. (1 pont) 2. Legkevesebb h´any ´elt kell beh´uzni a jobb oldali ´abr´an l´athat´oGgr´afba ahhoz, hogy a kapott gr´afnak legyen

olyan f¨ulfelbont´asa, amelyikben minden f¨ul k´et k¨ul¨onb¨oz˝o cs´ucsot k¨ot ¨ossze?

Mivel a feladatban le´ırt tulajdons´ag´u f¨ulfelbont´asa pontosan a 2-¨osszef¨ugg˝o gr´afoknak van, ez´ert a keresett

´

elsz´am megegyezik azon ´elek minim´alis sz´am´aval, amelyek hozz´aad´as´at´ol G 2-szeresen pont¨osszef¨ugg˝ov´e

v´alik. (3 pont)

Az ehhez sz¨uks´eges minim´alis ´elsz´am a tanultak szerint minn

b(G)−1,l_m(G)+2m0(G) 2

mo

, (3 pont)

AGgr´af ¨osszef¨ugg˝o, ez´ert az izol´alt maxblokkok sz´amam⁰(G) = 0, a lev´el maxblokkokat szaggatott vonallal jel¨olt¨uk, sz´amuk m(G) = 8.

(2 pont)

A barna cs´ucsra 6 maxblokk illeszkedik, a t¨obbi cs´ucsra enn´el kevesebb. Ez´ert b(G) = 6, (1 pont)

´ıgy a sz¨uks´eges minim´alis ´elsz´am min{6−1,⁸₂}= 5. (1 pont) A feladat nem ig´enyli, hogy megtal´aljunk egy optim´alis ´elhalmazt. Term´eszetesen az is helyes megold´as, ha valaki mutat egy 5 ´elb˝ol ´all´o ´elhalmazt (2 pont´ert), igazolja, hogy ezen ´elek beh´uz´as´at´olG2-¨osszef¨ugg˝o lesz (3 pont´ert), v´eg¨ul pedig azt bizony´ıtja (pl. a lev´el 2-kompnensek seg´ıts´eg´evel), hogy 4-n´el kevesebb ´el nem el´eg mindehhez (5 pont´ert).

3. Bizony´ıtsuk be, hogy ha a 100-cs´ucs´u G gr´af minden egyes ´el´et ´ugy lehet a piros, feh´er vagy z¨old sz´ınek valamelyik´ere kisz´ınezni, hogy a piros ´elek egy 100-cs´ucs´u k¨ort, a feh´er ´elek egy 100-cs´ucs´u f´at a z¨old ´elek pedig egy 100-cs´ucs´u ¨osszef¨ugg˝o gr´afot alkotnak, akkorGmegkaphat´o egy cs´ucsb´ol kiindulva ´elhozz´aad´asok

´

es ´elp´ar¨osszecs´ıp´esek alkalmas egym´asut´anj´aval.

Az ´or´an azt tanultuk, hogy minden 4-regul´aris gr´af el˝o´all egy cs´ucsb´ol ´ugy, hogy minden l´ep´esben vagy egy

´

elt h´uzunk be a gr´afba, vagy 2 ´elt cs´ıp¨unk ¨ossze. (4 pont) Ez´ert azt kell igazolnunk, hogy G 4-´el¨osszef¨ugg˝o, azaz G b´armely k´et cs´ucsa k¨oz¨ott vezet 4 p´aronk´ent

´

eldiszjunkt ´ut. (2 pont)

Hau´esv aGk´et tesz˝oleges cs´ucsa, akkor a piros k¨or¨on vezet k¨ozt¨uk k´et ´eldiszjunkt piros ´ut, a feh´er f´aban egy tov´abbi, ezekt˝ol ´eldiszjunkt feh´er ´ut, valamint a z¨old ¨osszef¨ugg˝o gr´afban egy ezekt˝ol ´eldiszjunkt z¨old

´

ut. Van teh´at b´armely u, v pontp´ar eset´en G-ben 4 p´aronk´ent ´eldiszjunkt uv-´ut, vagyis G 4-´el¨osszef¨ugg˝o,

´ıgy a bizony´ıt´ast befejezt¨uk. (4 pont)

Az utols´o 6 pont m´ask´epp is megszerezhet˝o.

Azt kell igazolnunk, hogyGb´armely v´ag´asa legal´abb 4-´el˝u, azazGcs´ucsainak b´armely val´odi r´eszhalmaz´ab´ol

legal´abb 4 ´el l´ep ki. (2 pont)

Ha X (V(G), akkorX-b˝ol ki kell l´epnie legal´abb k´et piros, legal´abb egy feh´er ´es legal´abb egy z¨old ´elnek, ez pedig a fentiek f´eny´eben igazolja a feladat ´all´ıt´as´at. (4 pont) 4. Hat´arozzuk meg k´et p´arhuzamos g´epen 3 db 3, 3 db 1, 1 db 2 ´es 1 db 4 megmunk´al´asi idej˝u munk´anak az

SPT ¨utemez´es szerinti ´atfut´asi idej´et. (SPT: shortest processing time)

Sorba ´all´ıtjuk a munk´akat, m´egpedig n¨ovekv˝o megmunk´al´asi id˝o szerint. A feldolgoz´as sorrendje teh´at 1,1,1,2,3,3,3,4 lesz. Ebben a sorrendben fogjuk a munk´akat az ´eppen felszabadul´o g´epeken feldolgozni.

(3 pont) Mindk´et g´ep egy-egy 1 megmunk´al´asi idej˝u munk´aval kezd, t = 1-ben az 1. g´epen egy 1, a 2. g´epen pedig a 2 megmunk´al´asi idej˝u munka indul el. t = 2-ben az 1. g´epen, ´es t = 3-ban a 2. g´epen indul el egy-egy 3 megmunk´al´asi idej˝u munka. t = 5-ben indul a harmadik 3 megmunk´al´asi idej˝u munka az 1. g´epen, ´es t= 6-ban az utols´o, 4 megmunk´al´asi idej˝u a 2. g´epen. Az 1. g´ep ezek szerintt = 8-ban, a 2. pedigt = 10-ben

v´egez. (5 pont)

Az SPT ¨utemez´es ´atfut´asi ideje a fenti munk´akon teh´at 10. (2 pont) 5. Optim´alis megold´ast ad-e az FF algoritmus az 0,3, 0,1, 0,3, 0,1, 0,3, 0,1, 0,3, 0,1, 0,3, 0,1 m´eret˝u, ilyen

sorrendben ´erkez˝o t´argyak egys´egnyi m´eret˝u l´ad´akba pakol´as´ara?

Vizsg´aljuk meg, hogyan dolgozik az FF algoritmus! A t´argyakat a megadott sorrendben helyezi el az els˝o

olyan l´ad´aban, amibe bef´ernek. (1 pont)

Ez´ert az n´egy t´argyat az els˝o l´ad´aba pakolja, az ¨ot¨odik, 0,3 m´eret˝u pedig a m´asodikba ker¨ul. Az ezt k¨ovet˝o- en ´erkez˝o 0,1 m´eret˝u t´argyak fel fogj´ak t¨olteni az els˝o l´ad´at, a 0,3 m´eret˝uek ´es az utols´o 0,1 m´eret˝u pedig a m´asodik l´ad´aba ker¨ul. ´Igy az FF algoritmus pontosan k´et l´ad´at t¨olt meg (sz´ın¨ultig) a vizsg´alt t´argyakkal.

(6 pont) Mivel a t´argyak ¨osszm´erete 1-n´el t¨obb, ez´ert mindenk´epp sz¨uks´eg van k´et l´ad´ara. Az FF algoritmus k´et l´ad´at haszn´alt, ez´ert a FF ´altal adott megold´as optim´alis ebben az esetben. (3 pont)