Algorithm 什么'；这种（非抢占式）调度算法的复杂性是多少？

我有一个关于作业（非抢占式）调度算法的算法复杂性的问题，特别是用于获得1 | |和（Uj）问题（仅一台机器）的最优解，其中Uj是一个单一惩罚（即：如果作业在截止日期前终止，等于0；如果作业延迟终止，等于1）

我需要最小化单一惩罚的总和（即：迟到工作的总和）。给出了作业处理时间及其截止日期，并且没有发布时间（因此，所有作业都是在时间t=0时同步发布的）。 算法的工作原理如下：

1-根据最早的到期日对所有作业排序

2-确定第一个迟到的工作Jj。如果没有迟到的作业，请转至步骤4

3-确定Jj与其前身之间的最大处理时间作业。删除该作业并返回步骤2，考虑没有删除作业的新序列

4-最佳顺序由以下公式给出：当前顺序[后跟]在步骤3中以任意顺序删除的作业子集

我被要求计算这个算法的最坏情况O（…）复杂度，在一个一般且良好实现的情况下（因此，考虑到所有算法步骤，我必须尝试猜测目前的复杂度“无实现”）

我认为第1步需要O（nlogn），因为（使用快速排序或合并排序）只是排序问题

那么，第2-3-4步呢？如果我们尝试在C/C++中实现这一点，那么最后的复杂度可能是O（n^2）是正确的吗？还是由于EDD“优化”了后续搜索，才是O（n*logn）？什么是确定其复杂性的可能证据

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非常感谢。

在我看来，整个算法可以在

O（n logn）

时间内完成。其基本思想是分摊清除前辈的成本。每次删除前一个，我们将支付

O（log n）

，最多删除

n

具体情况如下。在步骤1之后，您只需要对作业进行一次遍历，因为从序列中删除作业只能使作业更快完成。每当你考虑序列中的一个工作时，你会重复删除它最大的前辈，直到它按时完成。请注意，“删除最大的前置项”操作的总数最多为

n

，因为每个作业最多删除一次。[注：我认为这里需要一些注意，因为“前置”应该是一个包容性的概念。也就是说，在考虑某个特定的作业j时，如果j大于任何以前的作业，那么您应该删除j并转到下一个作业。]

如何有效地实施“删除最大的前置程序”操作？您可以通过维护（从左到右遍历作业时）按作业大小对前置作业进行排序来实现这一点。例如，可以使用二进制搜索树来实现这种排序，它允许在

O（logn）

中插入和删除。每次你开始考虑一份工作时，你都会将它插入到树中，并支付

O（logn）

。删除最大的前置作业只是从树中删除最大的作业

前面我们注意到，最多会有

n

删除，对应于树中最多

n

删除。因此，我们为删除支付了

O（n logn）

的总成本。我们还为插入支付了

O（n log n）

的总成本（每个作业正好插入一次）。对所有数据进行排序的预处理步骤是

O（n logn）

，因此所有步骤的总成本是

O（n logn）

下面是一些伪代码：

J = input sorted by earliest due date
T = empty tree
for each j in J, from left to right:
  insert j into T
  while j does not finish on time:
    j' = delete largest from T
    if j' == j:
      break to next job in J

我唯一遗漏的细节是如何检查工作是否按时完成。但这非常简单，因为在树中插入和删除作业时，只需从计数器中进行加减，就可以跟踪“当前完成时间”