外文翻譯--最小化模式下料問題科林麥克迪爾米德 中文版VIP

1 離散應用數(shù)學 離散應用數(shù)學 98(1999) 121-130 最小化模式下料問題 科林麥克迪爾米德 統(tǒng)計 部門 ，牛津大學，南 公園路一號 ，牛津 大學 OX1 3TG，英國收稿 于 1997 年10 月 21日，接受 于 1999 年 2月 8日 摘 要 在切割存量模式最小化問題，我們希望，以滿足盡可能少巨型卷軸卷軸切割各種客戶的需求，并進一步減少使用不同的切削模式的數(shù)量。我們專注于特殊情況，其中任何兩個客戶卷軸到一個巨型合適，但沒有三事：這個案件的興趣，部分是因為它是最簡單的情況是不平凡的，部分是因為它在實踐中可能會出現(xiàn)當一個 嘗試一個解決方案，以改善迭代。 我們發(fā)現(xiàn)，該模式最小化問題是強 NP 難的，即使在這種特殊情況下，當inding 最低廢液的基本問題是微不足道的。 我們的分析主要論點集中在 均衡 的子集，并提出了涉及亞均衡的啟發(fā)式搜索方法的方法。 1999 Elsevier 科學 BV 公司保留所有權利。 關鍵詞： 下料，切割模式 ；分區(qū) ； NP 難 ；動態(tài)規(guī)劃 2 1 簡介 有些材料如紙，可制造性 巨無霸 卷，這是后來成為更窄輥切，以滿足客戶的需求。為了減少浪費，應選擇切割方式，以盡可能少的使用客機（見 4,7,8）。 因此，下料問 題已基本輸入一個正整數(shù) j，不同的正整數(shù) r1的 ,., Rn和 D1的 ,.,正整數(shù)的 DN，以及需要的任務是，以盡可能客機的寬度 j的數(shù)為滿足客戶的卷筒寬度里迪需求對每個 i = 1 ,.,，全 這是其中的經(jīng)典 OR問題之一。 它包含了強烈的 NP -完全問題三分區(qū)： 因此即使巨幅大小 J外面有一層氮、多項式滿足每個客戶的卷軸大小國際扶輪扶輪 J / 4 J / 2 -看 6,p。 224。因此我們不能指望在合理時間內(nèi)總是能找到最優(yōu)解等問題的。 每一次不同的客戶卷軸模式是被削減，在切 割機的刀需要重新設置。甲由Cn中 Goulimis 并在第 29屆歐洲與產(chǎn)業(yè)調(diào)查研究組 1996 年 3 月有關如何找到辦法來解決上述料問題，這進一步減少了用于切割不同模式的數(shù)量問題 - 見1,2,9 。 一般情況下這當然是變得越來越難 。為了探討擴展問題雪上加霜，我們在這里考慮一個特殊的案件中，盡量減少對客機（減少廢物），數(shù)量基本問題是微不足道的。 最小化格局 ： 輸入： D1的正整數(shù) ；的 DN。 任務：在切割存量問題，即要求 I 型迪卷軸是，任何兩個卷軸到一個巨型做它，但沒有三，工業(yè)最低廢液，進一步減少了使用不同模式的數(shù)量。 這種特殊的情況是非常有限的部分原因是因為它似乎是最簡單的情況是完全不平凡的，部分是因為它可能會在實踐中產(chǎn)生的，當一個一個解決方案試圖改善迭代的興趣 。 例如，如果對目前使用的一些模式集合同意的大型卷軸和 difer小卷軸而已，它在任何兩個小卷軸左邊的大型卷軸的寬度，那么當我們試圖重新分配小我們面臨的正是這種卷軸的特殊情況 16。 我們調(diào)查模式是否最小化問題還很難在這個特殊的情況，并簡要考慮辦法找到好的解決辦法。 很明顯，所需要的客機數(shù)量最少的是我的 di / 2，圓了總需求的一半，它是微不足道的一個相應的最低工 業(yè)廢液。但是，它是多么容易躋身工業(yè)廢物最小的解決方案，一個能最大限度地降低使用的模式的數(shù)量，？對于這個問題的變體在沒有三個客戶卷軸它變成珍寶，但也有一些對可能不是，它是在 1表明，問題是強 NP -難問題。下面的定理加強這種不利的結(jié)果。 定理 1： 這個問題最小化模式是強 NP -難問題。 3 對上述問題的理解關鍵是一個 平衡的一個子集 的概念。 給定一個家庭 d =(d1,dn)的非負整數(shù) ,表示 x(d)的 在任何解決方案中使用最少的廢物模式的最小數(shù)量。 還有 ,另一個平衡的非空的子集 1,n ,如果它能夠被分割成兩個集 合A和 B,tA di = 5ieB di。因此 ,如果 di = 0 然后單獨設置 i是平衡的。讓 v(d)是最大的數(shù)字的平衡子集兩兩相互無 關的。 引理 1： 如果 J2i di 是偶數(shù) ,然后 x(d)= n - v(d)。 如果 i di 是奇數(shù)，令 x(d) = i(d),其中 d1 從 D獲得通過增加一個額外的統(tǒng)籌的 DN +1 = 1。 我們將在下一節(jié)中證明這個引理。 當與一個模式最小化所面臨的問題，我們領導的定理 1 和引理 1以上考慮啟發(fā)式方法 inding 亞群平衡的好包裝。不幸的是 NP -完全甚至 是 測試，如果一個家庭中的 正整數(shù)格 a1,.,an有一個平衡的一個子集。 這就是問題稱為弱分區(qū)是大衛(wèi)約翰遜的 NP 完全列 10，其中四分之三的 NP 完全獨立的證據(jù)被引用，最早在13。 我們希望工業(yè)亞群的平衡好包裝，但我們知道這是很難工業(yè)最佳包裝，的確是很難平衡的工業(yè)任何一個子集。自然啟發(fā)式的方法是反復尋找和刪除一個平衡的一個子集，最好是小的。其中尋求一個平衡的一個子集的方法是使用diferencing，這里我們再次取代其 diference 絕對值兩個數(shù)字 - 參見5,12,15,17。這種方法目前正在調(diào)查中最小的格 局 16中。另一種方法是使用一個還算快速算法，保證工業(yè)均衡的子集或子集的最小平衡：我們會看到，我們可以使用一個簡單的動態(tài)規(guī)劃方法來測試，如果有一個平衡的子集，均衡和 IND一個最小的子集如果有一個，在偽多項式時間。最小的模式啟發(fā)式方法更普遍的情況下在降低庫存的問題被認為是 1,2,9,11。 該論文的其余部分計劃如下。在下一節(jié)中，我們建立的模式之間的平衡亞群的數(shù)量和包裝的關系。接下來，我們證明我們的主要結(jié)果，這個問題最小化模式是強 NP -難問題。在此之后，我們認為 briely 如何尋找平衡的子集， 并 inally我們做一些總結(jié)性發(fā)言。 4 2 模式，學位和平衡套 在這一節(jié)中，我們將證明引理 1，其中涉及的圖案編號，包亞群平衡 英格斯。最小化的問題可以改寫格局在圖上。一個模式，涉及卷軸 I型和 J型卷筒之間將對應頂點頂點 vi和 vj 的邊緣。我們將讓我們的圖，包含在任何頂點循環(huán)但不包含多個邊緣。 給定一個圖 G =（ V， E）對集 V = v1， .， v2的頂點，連同非負整數(shù)重量的邊緣 E，我們的家庭 W 時，頂點加權第六度過度的重量與我們六邊 事件的總和與任何循環(huán)，計數(shù)兩次。給定一個向量 d =（ d1. dn） 的正整數(shù)，我們呼吁 d如果每個頂點 Vi 有兩人加權程度地代表公克 WA 網(wǎng)絡?？紤]以下問題。 學位 ： 輸入：積極 intergers d1. 甚至與 dn。 任務：工業(yè)用盡可能少的邊緣一個代表網(wǎng)絡。 給定一個 d 組 =（ d1 . dn）的正整數(shù)，甚至與我二，有一個度之間的解決方案和模式 MINIMI SATION 這些自然的對應，特別是最小的邊數(shù)前者的可能等于 （ d）項。 引理 1： 假設 di是偶數(shù)。 設 G w是任何代表工作，并考慮為 G的 K 個節(jié)點集 K 表的組成部分。這當然必須有至少 k - 1條邊，如果它有這個數(shù)目，因此 是對 K 樹，那么三分之二的頂點著色表明， K 是平衡的。因此，在 G 的邊數(shù)至少有 n 減去若干套組成部分的平衡。因此（ D） Jsn - 的 v（ d）。 為了證明反向不等式，考慮任何 V1.Vn（ Ki： i I），其中一個最不均衡。我們將證明，有代表 怨恨網(wǎng)絡 G， W 使得圖 G有組件（ Gi： I i）如已設立文基頂點，這些組件是這樣，如果文是平衡的，然后是一樹基如果沒有則Gi是一加一樹循環(huán)。這將完成該引理的證明。 考慮平衡集 K，其中分區(qū) A U S 使得 YieA= igBdi國際能源署。我們必須表明，有對 T邊緣 E對 K和非負權重，我們一樹 T，使得對于每一個節(jié)點 v K 時，對事件邊的權重之和等于的 dv（其中雙回路數(shù)）。我們使用 K|表感應。如果 A或 B 是空的，結(jié)果是微不足道的，因為我們必須為每個 V 光那假設 A和 B都是非空的 dv = 0。選擇任何一個和 b 阿 B和不失一般性假設大 分貝。減少大的分貝?，F(xiàn)在 K 表 B的是平衡的，我們可以感應工業(yè)適當?shù)募訖鄻?。然后加入與體重分貝邊緣抗體。 最后，考慮一個集 K這是不均衡的，但就是這樣，相應的要求和是偶數(shù)。如 5 上所述，我們可以隨時更換了使用成本的一個邊緣的 diference 兩 個要求。因此，我們能滿足所有，但一用邊緣形成一個對 K樹需求，然后添加一個循環(huán)結(jié)束的組成部分。 6 3 最小化模式是強 NP -難 在本節(jié)中，我們證明定理 1，這個問題最小化模式是強 NP -難問題。總結(jié)三（或舒爾三）是三，這樣的兩個之和等于第三個不同的整數(shù)集合。下面的問題可以得到更充分的描述，總結(jié)成獨特的整數(shù)分區(qū)的三倍作為。 總結(jié)三元 輸入： S1. S3n 不同的正整數(shù)。 問：能否輸入三元分割成總結(jié)？ 這個問題類似于數(shù)值匹配與目標款項，加里和 Johnson 6，第 224，但額外的（令人驚訝的麻煩），條件是涉及的人數(shù)必須是不同的。 引理 2： 問題總結(jié)三元是強 NP -完全的。 本節(jié)的大部分將用于證明上述引理，但首先，讓我們看到，它會產(chǎn)生定理 1。 證明定理 1（假設引理 2） ： 我們給一個總結(jié)，學位 strightforward 三倍，多項式時間減少?？紤]一個總結(jié)三元上述實例。以 =作為學位實例（ 2s1 .2s 3n）。由于硅是不同的正整數(shù)，也有規(guī)模不小于 3套平衡。因此，（ dHence 由引理 1，第十章 x（ d） 2n與 x（ d）為 2n =當且僅如果 s1 . .s3n可分為總結(jié)三倍 現(xiàn)在考慮的問題總結(jié)三倍，這顯然是在 NP。我們將證明它是強 NP -通過給從 NP -完全問題限制 X3C 減少完成，下述，總結(jié)每個三元組在 O（ n3）的。 限制 X3C： 輸入：一組第三季度的 X元素和一個三元組集合 C在十，這樣每個 X的 元素完全相同 3 三元載。問：可以劃分為三元 X是在 C？ 引理 3： 限制 X3C 問題是 NP完全的 。 證明 據(jù)了解，這個問題是 NP 完全問題，如果每個元素被限制在最多 3 三倍，而不是正好 3 - 見加里和 Johnson 6，第 221。這是很容易對注冊整潔 的實例 X， 使每個元素恰好是 3 的三倍。 很明顯，我們能堅持，每個元素在 2或 3 的三倍。我們可以在分區(qū)中的元素正好兩個三元組分為三個區(qū)塊的大小。對于每個塊 x， Y， Z，添加新的元素三個 x， y， z及 x， y， z， x， y， z， x1， y， z， x1， y， z。調(diào)用新的實例 X， C的。顯然，每個 X的元素是完全相同三三元在 C；和 X 可以被劃分在 C到三倍，如果有僅當 X可以被劃分為三元在 C。 引理 2： 考慮一個實例 X， C的限制 X3C，其中 | X = = CI=3q。 7 季度全令 Y = X x 1 ,., 7。我們將建設一個 擴大 在 Y D 的收集，包含三元使得 X可分為三元在 C分區(qū)，當且僅當 y可劃分為 D中三元，接著我們將構(gòu)造一個實例（秒（ y）的：你們的 Y 總結(jié)三倍，其中每個尺寸 S（ y）的異 O（ n2），），這樣的總結(jié)恰恰三倍對應的三元組在 D 形成一個二分圖 G =（ C， X， E）的頂點 C 部及 X 和頂點窄隙室和 X GX的相鄰（即邊發(fā)射 GE）的正是由于當 x 噸 G 中的每個頂點度是三，我們可以在多項式時間內(nèi)找到一個合適的 3 邊染色 ： E - 1,2,3?，F(xiàn)在，我們每個元素x GX 的分割成三份（ x， 1），（ x， 2）和（ x， 3）。鑒于一特里普爾 T = x， y，z氣相色譜，令 T是三重 T= （ x， KTx），（ y， （ Ty），（ z， （ Tz） 觀察，在三 T的分子具有不同的第一坐標（ X），以及獨特的第二個坐標（必須是 1,2,3），而 C=（ T： TG）分區(qū)集 X x 1,2,3。 接著，每個 X光霞，讓 Fx 的是集合組成的四個三元 （ x， 1），（ x， 4），（ x， 5） ， （ x， 3），（ x， 4）， （ x， 5） ， （ x， 2），（ x， 6），（ x，7） 和 （ x， 3），（ x， 6），（ x， 7） 。設 D是由碳的收集與所有的 X 十，因此 D包含在集合在一起 Fx 的三元 | | +4 | x |= 5n 的三倍。 如果某些子集合 的 D 是 Y的分區(qū)，然后對每個 x G X 的時候，恰恰的要素之一（ x， 1），（ x， 2），（ x， 3）不包括由三元組在 D東經(jīng)外匯，因此必須由在 D東經(jīng)企業(yè)所得稅三倍以下方便，這包括 X可以被劃分在 C到三倍，當且僅當 y劃分可分為三元在 D這樣就完成了施工紅外警戒的一部分。 下一步，我們將看到如何分配尺寸 S（ y）對每個元素 y 戈瑞以便在 Y元素的總結(jié)三元正是在 D的三元組，我們將使用一個界定差不多的 K -明智的獨立隨機變量的家庭小樣本空間。 設 1 = 3 log2 n+10，令 t = 2n1，令 k = 91，讓 8 = 2。有 Q的一個子集 0,1，大小 2（ 1 + 0（ 1） K的：如果一個點的合作 =（ ro1 .,cot）是隨機挑選的統(tǒng)一 Q，則 ,., cot）的是 8距離的 K -明智的獨立，見 3。今后這類一套 Q可以（明確）在多項式時間建成北界 。 給定一個點合作賓館，對每個 i = 1 ,., 2n 個，讓 $ = $（ co）是非負， teger 二進制擴展 coy。當一個點 co=（ co1,., cot）的采收有限公司。 從Q隨機均勻，然后 S1.,.S2n是隨機變量，以價值觀在 0,1 ,., N - 1 個，其中 N = 2Z，它們具有以下屬性。對于任何集成電路與 IC1 .2n 與 0| 11 69，和任何集合 0,1 ,., N - 我們： I I） G E） - |E| /NI/| 61 / 2：現(xiàn)在，我們可以定義元素的大小為我們總結(jié)三元原審（年）。為清楚起見，我們將寫的（ X， 1），而不是秒（ X， 1）等。給定一個采樣點的合作賓館，對每個 i = 8 1 ,., n 我們設 S（ xi， 1） = 2S2i - 1（ co） + 2N 個和 S（ xi， 2） = 2S2i（ m） + 2N。設 x G X，假設使（ x， 3）是在三 T Cwhere T 公司還包含（ X， 1）和（ x ，2）。然后我們設 S（ x， 3） =s（ x， 1） + s（ x， 2）（ 4N）。這個定義的（ x， i）為每個 X G X 和 iG1,2,3?，F(xiàn)在，對于每個 x G X 的，設 S（ x， 4） =（ s（ x， 1） +s（ x， 3） / 2s（ x， 5） =（ - S的（ x， 1） + S（ x）， 1） / 2s（ x， 6） =（ d（ x， 2） +s（ x， 3） / 2 和 S（ x， 7） =（ - S（ x， 2） +s（ x， 3）/ 2?，F(xiàn)在我們已經(jīng)定義了一個正整數(shù)的大小為每個 Y 戈瑞的（ y）和 D中的每個三是始終總結(jié)。 讓 BCQ 公司是 壞 的情形，或者因為你們的價值之（ y）的失敗是不同的，或一些較 D 組其他三是總結(jié)。我們將表明， P（ B）“ 1。它會跟有一個采樣點的合作 Q b，和我們能找到這樣一個由窮舉搜索多項式時間點。這將完成該引理的證明。 為了證明 P（ B）“ 1，它足以讓我們假設隨機變量的 S1， S2n正是 9 明智的每個獨立的均勻分布于 0， 1， N - 1，然后，以證明 P（ B）“ 1 / 2。觀察，從 s 的定義（ y）的，為每個 Y 有一個向量 a（ y）的 e - 1， 0， 1， 2 2n個，大小為支持最多 3，使得 s（ y）的，保險業(yè)監(jiān)督（ y）的 ；是一個常數(shù)（即不依賴于合作）。 讓 y1和 y2是 Y 的不同元素，讓 a=a(y1) a(y2)。這是很容易看到， a 是一個非零整數(shù)大小為支持最多 6 個載體，并有一個常數(shù) c 使得 s（ y1） =s（ y2）的當且僅當易 =角但是，這最后事件的概率至多為 1 /全因此，概率為你們的價值之（ y）的并不都是最明顯的是在 2N6 同樣，對于 我們可能會說不需要的三倍。讓日 y1， y2 和 y3 的是不同的元素，形成一個不考慮在 D事件的 s（ y1） +s（ y2） =s（ y3）。設 a =a（ y1） +a（ y2）=s（ y3）。然后，一個有規(guī)模的支持最多 9，并有一個常數(shù) c 使得 s（ y1） +s（ y2）=s（ y3）當且僅當易 =角我們斷言向量 a是非零。然后，它將按照三倍的概率并不一定是在 D總結(jié)至多（ ） 3 6 ；，因此 P（ B） 6（ 72i0nfn）“ 1 / 2，根據(jù)需要。 它仍然只是建立上述索賠。對于每一個元素 y =（ x i） e ，讓 n1（ y） = x和 7i2（ y） = i，記 Yia（ y） i 的由 c（ y）。假設 a = 0 時：我們必須獲得矛盾。請注意：第一，如果 7i2（ y） = 3，那么 r（ y） = 4。因此，既不氮氣，也不 7i2（ y2）的可以等于 3，因為我們不是讓 Yiai“ 4 - ff（ y3） 0。 現(xiàn)在假設氮氣（ y2）的 1,2，這是 ff（ y1） = 2。那么 C（ Y2）的必須是1或 2。我們認為這兩種情況。 （一） 首先假設的 c（ y2） = 1。然后， cr（ y3） = 3。現(xiàn)在 a（ y1的只有 9 一個非零統(tǒng)籌 2， a（ y2）的有 -1,1,1 和 a（ y3）有 1,1,1。然后的 n1（ y1） = n1（ y2） = n1 （ y2）和特里普爾 T =（ y1 y2 y3） isinD，矛盾。 （二） 現(xiàn)在假設 r（ y2） = 2。然后， r（ y2） = 4?，F(xiàn)在 a（ y1有一個 2，（ y2）的有 1個 2 和 a（ y3）有 2,2。同樣的三重性 T D，一個矛盾。 現(xiàn)在我們已經(jīng)表明， n2（ y1）的 e 1,2,3，同樣 y2。因此，這兩個 n2（ y1）和7i2（ y2）在 4， 5,6,7。因此 ff（ y1）和 cr（ y2）的 are1or3， cr（ y2） is2 或4。 首先假設 ff（ y1） = C（ y2） = 1，所以 C（ y3） = 2。然 后兩個 a（ y1）和 a（ y2）的有非零統(tǒng)籌 -1 1 1 和 a（ y3）有 2。但接下來 a（ y1）和 a（ y2）的必須具有相同的支持。接下去的 n1（ y1） = n1（ y2），這是不可能的。不失一般性，我們現(xiàn)在可以假設 ff（ y1） = 1 和“ r（ y2） = 3。然后， r（ y1） = 4，和 a（ y1）的有非零協(xié)調(diào) -1,1,1， a（ y1）有 1,1,1，和 a（ y3）有 2， 2。然后，我們再一次工業(yè) a（ y1）和 a（ y2）的必須具有相同的支持，等的 n1（ y1） = n1（ y2） = 1（ y3）。但現(xiàn)在，三 T是在 D，一對矛盾。 10 4 尋找平衡的子集 這是一個 NP 完全測試，如果一個家庭中格 A1 ,., 可持續(xù)的競爭整數(shù)的POS 機一有一個平衡的一個子集，但我們?nèi)匀豢赡芟Ｍ麨閬喨浩胶獾母窬种兴阉鞯阶钚∧承﹩l(fā)式方法。在本節(jié)中，我們看到，一個簡單的基于動態(tài)規(guī)劃的方法就能解決的偽多項式時間等問題。 紅外警戒看到我們?nèi)绾螠y試，如果有一個平衡的一個子集，如果這樣工業(yè)之一（另外兩個最小相應的總和）在 O（ 5 iai）的步驟。之后，我們將看到如何找到一個平衡的最小的子集，在 O（ n2J iai）的步驟。這不是 明顯的，這些算法將在一個最小化的啟發(fā)式方法具有更好的模式。 讓 s0=5 0 / 2。對于每個 S = 0,1 ,., S0 的，而且每個 j = 0,1 ,., n，設集 f（ s， j）為 T。 如果有一個相應和 S子集，讓集 f（ s， j）的平等 F， 否則。則 f（ 0， j）的每個 j = T 為 = 0,1 ,., n，且集 F（ S， 0） =每次的 F = 1 ,., S0 的。我們可以計算所有的值集 f（ 0， j）在反過來，在 O（ 1）每個值的步驟，如下所示。 為 s = 1 ,.,對于 j = 1 . n s0 f（ s， j） f（ s， j - 1） V f（ s - aj， j - 1）。 （如果 s 0，我們解釋集 f（ s， j） a s F） 如果在上述復發(fā)，這是從來沒有的情況是，在右邊兩個術語是 T，那么就沒有平衡的一個子集。但假設這種情況確實存在，而且我們第一次見面是在 s0和j0。那么有兩種不同的亞群的相應和 A 和 B（一 j0和一個不包含）。此外 A 和 B必須是不相交的，由 s0的極小。很明顯，我們可以發(fā)現(xiàn)這樣集合 A和 B 很快，他們的聯(lián)盟是需要平衡的設置。 現(xiàn)在假設我們希望工業(yè)一個最小的平衡，如果有一子。我們描述動態(tài)規(guī)劃的需要 O（ n2J iai）的步驟為基礎的方法。 和以前一樣，讓 s0= iai / 2。對于每個 s = 0,1 ,.,s0的，而且每個 J型， K和 K = 0,1 ,., 6 ， 讓集 f（ s， j， k）為 T，如果有一個大小最多 K 表的一個子集與對應和 s，讓集 f（ s， j， k），否則等于 F。然后再次發(fā)生 f（ s， j， k） =f（ s， j - 1， k） V f（ s - flj， j - 1， k - 1） 再加上適當?shù)倪吔鐥l件，使我們能夠確定的所有值在 O集 f（ s， j， k） O（ 1） 每個值的步驟。 11 對于每個 S = 1， s0的是讓作為一個子集最小尺寸 1， n的相應和 S 如果有這樣的一個子集，讓為 as= 0，如果不是 ；，讓旅館是第二小的尺寸一個子集 1 . n s 如果至少有兩個這樣的子集，讓 bs= 0，如果沒有。我們已經(jīng)看到，我們可以計算出所有值集 f（ s， j， k） inO（ n2s0）步驟。從這些值集 f（ s， j， k），我們可以計算出在相同的約束，因為所有的價值和 BS，內(nèi)容如下。 要計算的，注意，如果 f = 0 的（ s， N組， n） = F 和如果沒有則因為是最小的 k，使得集 f（ s， n， k） =T 現(xiàn)在假設 as= 0，考慮如何計算學士學位。 請注意，如果集 f（ s， j， k） = T 接著我們可以找到一個子集 1， j大小至多 k與相應和 S透過回溯復發(fā)。我們也可以說，如果有多個這樣的子集檢查，如果再發(fā)生在右側(cè)，如果過了相應的集 f（ s， n， n）（我們知道的是 T）這兩個術語噸有一個獨特的解決方案，然后 bs= 0。否則， bs是最 K，使得相應的 f（ s， n， k）有一個以上的解決方案。 如果 bs當時的不可能有平衡的一個子集 0。假設現(xiàn)在至少有一個非零值學士學位，并設 T是一個值之比達到最小為 + BS 上旅館所有的 S = 0。讓我們在與Bt是每個 T 和相應的金額，這樣獨特的套 裝 | AT= | 轉(zhuǎn) Bt =勝。 （我們可以找到這樣集快。）以下的索賠將完成我們的證明。 索賠：該套在與 Bt 是不相交的，并在 u =轉(zhuǎn) Bt CT 是最小的平衡設置 證明索賠 ： 假設在滿足不同的集合和 Bt。記的在 Bt 基因的總和美國那么這也是轉(zhuǎn) Bt和在。但現(xiàn)在金 +不 at+bt= | Ct|。 12 5 結(jié)束語 我們已經(jīng)看到，即使是在削減庫存問題非常有限的情況下，它是強 NP -難，盡量減少使用不同模式的數(shù)量，因此，我們不能期望能夠解決偽多項式時間等問題，即使。關鍵的概念，是一個平衡的子集，我們被帶往亞群平衡的考慮包裝啟發(fā)式，從而考慮尋求這種子集 NP難問題。 13 6 如需進一步閱讀 以下參考，也是讀者所關心的： 14。 14 致 謝 我非常感謝其他參與 在紅外警戒中 討論 的研究組成員 。 15 參考文獻 1 C. Aldridge, J. Chapman, R. Gower, R. Leese, C. McDiarmid, M. Shepherd, H. Tuenter, H. Wilson, A.Zinober, Pattern Reduction in Paper Cutting, Report of the 29th European Study Group with Industry,University of Oxford, March 1996. 2 J.M. Allwood, C.N. Goulimis, Reducing the number of patterns in the 1-dimensional cutting stockproblem, Internal Report of Control Section, Electrical Engineering Department, Imperial College, 1988. 3 N. Alon, O. Goldreich, J. Hastad, R. Peralta, Simple constructions of almost k-wise independent randomvariables, Random Structures and Algorithms 3 (1992) 289-304. 4 V. Chvatal, Linear Programming, Freeman, San Francisco, 1983, pp. 195-212. 5 E.G. Coffman, G.S. Lueker, Probabilistic Analysis of Packing and Partitioning Algorithms, Wiley, New York, 1991. 6 M.R. Garey, D.S. Johnson, Computers and Intractability, Freeman, San Francisco, 1979. 7 P.C. Gilmore, R.E. Gomory, A linear programming approach to the cutting-stock problem, Oper. Res. 9 (1961) 849-859. 8 P.C. 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