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user: 3. 主要结论 对于问题 1 | S L K ， q o p t ， p i A = a i r b i + α t | η ( ∑ i = 1 n ω i | C π ( i ) − d π ( i ) | + ω 0 q o p t ) + ( 1 − η ) C max ，显然存在一个最优排序， 从第一个工件开始加工到最后一个工件结束，机器加工无空闲，且第一个工件在零时刻开始加工。 引理1对于给定的序列 π = [ π ( 1 ) ， π ( 2 ) ， ⋯ ， π ( n ) ] ，决策变量 q o p t 等于某个任务的完工时间，即 q o p t = C π ( l ) = ∑ i = 0 l p π ( i ) A ，其中l是序列 ω 0 ， ω 1 ， ⋯ ， ω n 的中位数，并使下面不等式成立 ∑ j = 0 l ω j ≤ ∑ j = l + 1 n ω j ， ∑ j = 0 l + 1 ω j ≥ ∑ j = l + 2 n ω j (1) 证明：与文献Liu等 [ 11 ] 的证明方法类似。 引理2问题 1 | S L K ， q o p t ， p i A = a i r b i + α t | η ( ∑ i = 1 n ω i | C π ( i ) − d π ( i ) | + ω 0 q o p t ) + ( 1 − η ) C max 的目标函数可以写为 η ( ∑ i = 1 n w i | C π ( i ) − d π ( i ) | + w 0 q o p t ) + ( 1 − η ) C max = ∑ i = 1 n λ i p [ i ] A ，其中 λ i = { η ∑ v = 0 i w v − η + 1 ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， l ; η ∑ v = i + 1 n ω v − η + 1 ， i = l + 1 ， ⋯ ， n − 1 ; 1 − η ， i = n (2) 证明：假设给定最优排序为 π = [ π ( 1 ) ， π ( 2 ) ， ⋯ ， π ( n ) ] 和 q o p t = C π ( l ) ，可知 η ( ∑ i = 1 n w i | C π ( i ) − d π ( i ) | + w 0 q o p t ) + ( 1 − η ) C max = η ( ω 0 C π ( l ) + ∑ i = 1 l + 1 ω i ( C π ( l ) − C π ( i − 1 ) ) + ∑ i = l + 2 n ω i ( C π ( i − 1 ) − C π ( l ) ) ) + ( 1 − η ) C max = η ( ∑ i = 0 l + 1 ω i ∑ v = i l p π ( v ) A + ∑ i = l + 2 n ω i ∑ v = l + 1 i − 1 p π ( v ) A ) + ( 1 − η ) ∑ i = 1 n p π ( i ) A = ∑ i = 1 n λ i p π ( i ) A 其中 λ i = { η ∑ v = 0 i w v − η + 1 ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， l ; η ∑ v = i + 1 n ω v − η + 1 ， i = l + 1 ， ⋯ ， n − 1 ; 1 − η ， i = n 。 对于给定排序 π = [ π ( 1 ) ， π ( 2 ) ， ⋯ ， π ( n ) ] ，由王吉波等 [ 10 ] 得工件 J π ( i ) 的完工时间和实际加工时间分别为 p π ( i ) A = α ( 1 + α ) i − 2 a π ( 1 ) 1 b π ( 1 ) + α ( 1 + α ) i − 3 a π ( 2 ) 2 b π ( 2 ) + ⋯ + α ( 1 + α ) a π ( i − 2 ) ( i − 2 ) b π ( i − 2 ) + α a π ( i − 1 ) ( i − 1 ) b π ( i − 1 ) + a π ( i ) i b π (i) 又由引理2，可得： Z ( π ， q o p t ) = η ( ∑ i = 1 n w i | C π ( i ) − d π ( i ) | + w 0 q o p t ) + ( 1 − η ) C max = ∑ i = 1 n λ i p π ( i ) A = a π ( 1 ) 1 b π ( 1 ) ( λ 1 + α λ 2 + α ( 1 + α ) λ 3 + ⋯ + α ( 1 + α ) n − 2 λ n )     + a π ( 2 ) 2 b π ( 2 ) ( λ 2 + α λ 3 + α ( 1 + α ) λ 4 + ⋯ + α ( 1 + α ) n − 3 λ n )     + ⋯ + a π ( n ) n b π ( n ) λ n (3) 令 和 X i r = { 1 ， 工 件 J i 排 在 位 置 r 处 0 ， 否 则 ，其中 V 1 = λ 1 + α λ 2 + α ( 1 + α ) λ 3 + ⋯ + α ( 1 + α ) n − 2 λ n V 2 = λ 2 + α λ 3 + α ( 1 + α ) λ 4 + ⋯ + α ( 1 + α ) n − 3 λ n             ⋮ V n − 1 = λ n − 1 + α λ n V n = λ n (4) 则问题 1 | S L K ， q o p t ， p i A = a i r b i + α t | η ( ∑ i = 1 n ω i | C π ( i ) − d π ( i ) | + ω 0 q o p t ) + ( 1 − η ) C max 可以转化为如下指派问题： min ∑ i = 1 n ∑ r = 1 n C i r X i r (5) s.t. ∑ i = 1 n X i r = 1 ， r = 1 ， 2 ， ⋯ ， n (6) ∑ r = 1 n X i r = 1 ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n (7) X i r = 0 或 1 ，   i ， r = 1 ， 2 ， ⋯ ， n (8) 问题 1 | S L K ， q o p t ， p i A = a i r b i + α t | η ( ∑ i = 1 n ω i | C π ( i ) − d π ( i ) | + ω 0 q o p t ) + ( 1 − η ) C max 的具体求解算法如下： 算法1 步骤1：根据引理1计算出中位数l； 步骤2：根据(3)，(4)计算出 C i r ； 步骤3：求解指派问题(5)~(8)，确定工件的最优排序； 步骤4：由 q o p t = ∑ i = 1 l p π ( i ) A 得到共同松弛流。 定理1. 算法1可以解决问题 1 | S L K ， q o p t ， p i A = a i r b i + α t | η ( ∑ i = 1 n ω i | C π ( i ) − d π ( i ) | + ω 0 q o p t ) + ( 1 − η ) C max ，且 算法的时间复杂度为 O ( n 3 ) 。 证明 由引理1，2和上面的分析，可得算法的正确性。算法1中步骤1和步骤4的时间复杂度分别为 O ( n ) ，步骤2的时间复杂度为 O ( n 2 ) ，步骤3指派问题的时间复杂度为 O ( n 3 ) ，因此算法1总的时间复杂度为 O ( n 3 ) 。 显然，当 b i = b ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 时，我们有 Z ( π ， q o p t ) = η ( ∑ i = 1 n w i | C π ( i ) − d π ( i ) | + w 0 q o p t ) + ( 1 − η ) C max = ∑ i = 1 n V i i b a π ( i ) (9) 由HLP规则(Hardy等 [ 14 ] )，式子 ∑ i = 1 n V i i b a π ( i ) 可按照最小的 V i i b 与最大的 a i 匹配，第二小的 V i i b 与第二 大的 a i 匹配，依次进行下去，直到结束，从而求得最优排序，该算法的时间复杂度为 O ( n log n ) 。因此，我们得到如下结论： 定理2. 问题 1 | S L K ， q o p t ， p i A = a i r b i + α t ， b i = b | η ( ∑ i = 1 n ω i | C π ( i ) − d π ( i ) | + ω 0 q o p t ) + ( 1 − η ) C max 可以在 O ( n log n ) 时间内解决。