4. Équité et ordonnancement
4.8 Représentation en graphe d’intervalles
Selon le nombre de machines disponibles, le problème peut devenir infaisable ou au contraire trivial. Nous allons rechercher des conditions sur le nombre de machines nous permettant de déterminer si un problème est impossible ou simple à résoudre.
m m
Fig. 4.8.1 Nombre de machines
4.8.1 Calcul du nombre de machines critique
Le nombre de machines critique est le nombre de machines minimum pour que le problème soit
réalisable. Notons le m. D’après la condition de réalisabilité on a m= ⌈∑Ui,jpi,j/αi,j⌉.
Il est possible de se restreindre à chaque utilisateurs : si on considère le sous-ordonnancement
obtenu en ne conservant que les tâches d’un seul utilisateur Ui, cet ordonnancement est faisable
et utilise au moins⌈mUi⌉ machines avec mUi = ∑jpi,j/αi,j≤ mUi.
Si∑UimUi est voisin de M , étant donné que chaque utilisateur doit utiliser au moins⌈mUi⌉
aussi que le débit de Uiest forcément supérieur à mUi(puisque le temps de présence de l’utilisateur est inférieur à la durée de la période).
4.8.2 Calcul du nombre minimal de machines pour caler chaque tâche à sa date de disponibilité
Définition 4.29 (m). Notons m le nombre minimum de machines nécessaires pour placer toutes les tâches à leurs dates de disponibilité.
Ainsi lorsque M≥ m, il est possible de placer chacune des tâches sur sa date de disponibilité, il
s’agit alors de l’ordonnancement optimal. Nous verrons comment calculer ce nombre dans la suite, mais tout d’abord voici quelques résultats nécessaires sur les listes d’intervalles.
4.8.2.a Liste d’intervalles
Soit L un ensemble d’intervalles de la forme[ai, bi].
Définition 4.30 (Encombrement de L à un instant t). noté φ(L, t), est le nombre d’intervalles
de L qui contiennent t.
Définition 4.31 (Volume de L). noté Φ(L), est l’encombrement maximal de L au cours du
temps, soit maxtφ(L, t).
Définition 4.32 (Recouvrement). On dit que L ne se recouvre pas si chacun de ses intervalles est disjoint.
Définition 4.33 (Partition de L). Une partition de L est un ensemble de liste d’intervalles
Li tel que L= ⋃iLi et chaque Li ne se recouvre pas.
Théorème 4.17 (Partitionnement de L). Pour partitionner L, il faut un nombre de sous-ensembles égal à son volume et ce nombre est suffisant.
Démonstration. En effet, soit t l’instant où φ(L, t) = Φ(L) ; puisque les intervalles qui contiennent
t sont au nombre de φ(L, t), le nombre de sous-ensembles nécessaire est au moins égal au volume
de L.
Afin de montrer que ce nombre est suffisant, considérons l’algorithme suivant : Fonction CompareIntervalles
Data : ([a1, b1], [a2, b2])
begin
return a1≤ a2;
Algorithme 3: Partionnement Data : Liste d’intervalles L begin
L′← Tri(L, CompareIntervalles) ;
Création de Φ(L) ensemble Li vides. ;
foreach[a, b] ∈ L′do
Remarquons qu’étant donné que les intervalles sont ajoutés dans l’ordre de leur arrivée, si
φ(Li, a) = 0 alors ∀t ≥ a, φ(Li, t) = 0 et l’intervalle [a, b] peut être ajouté dans Li.
Cet algorithme utilise au plus Φ(L) sous-ensembles : en effet supposons le contraire, alors
puisque les intervalles sont insérés dans l’ordre de leur borne inférieure c’est qu’il existe un a tel
que φ(L, t) > Φ(L), ce qui n’est pas possible.
Ce nombre est donc aussi suffisant.
Théorème 4.18. m est le nombre maximum d’intervalles [ri,j, ri,j+ pi,j] se recoupant un
instant donné.
Démonstration. Soit L l’ensemble des intervalles[ri,j, ri,j+ pi,j], alors L peut se partitionner en
Φ(L) sous-ensemble d’intervalles disjoints et ce nombre est maximal. Si on associe une machine
par sous-ensemble on obtient un placement réalisable des tâches. Comme Φ(L) est le nombre
maximum d’intervalles se recoupant à un instant donné, on obtient le résultat.
Théorème 4.19. Soit un ordonnancement donné, le nombre minimum de machines pour
réaliser cet ordonnancement est le nombre maximum d’intervalles[ti,j, ti,j+ pi,j] se recoupant
un instant donné.
Démonstration. La preuve est identique au cas précédent : ce nombre est minimal car il existe
un instant où Φ(L) tâches s’exécutent en même temps et ce nombre est suffisant car il est possible
de partitionner les tâches.
On peut considérer le problème sous un autre angle : partons de l’ordonnancement qui exécute toutes les tâches à leur date de disponibilité. Cet ordonnancement utilise m machines. Ensuite, on retarde l’exécution des tâches afin d’occuper moins de M machines, avec pour objectif de minimiser les intervalles de présence. Cette approche a déjà été considérée dans des problèmes avec partie obligatoire, voir [Poder et al., 2004].
Il est aussi possible de définir un nombre de machines critique par utilisateur : si on réserve
plus de mUi machines à un utilisateur on cale toutes ses tâches à leur date de disponibilité. Notons
aussi que le débit de Uiest forcément inférieur à mUi (puisque le temps de présence de l’utilisateur
est supérieur à son temps de présence dans le cas m= ∞.) Ces deux nombres donnent des bornes
pour le débit de l’utilisateur. De façon heuristique, on peut savoir a qui allouer en priorité pour le leximin, sachant que la borne inférieure du temps de présence n’est pas forcément atteignable, mais que la borne supérieure l’est.
4.8.3 Remarques sur le nombre de machines nécessaires pour des tâches avec marge (ou date
butoir)
Chaque tâche d’un utilisateur appartient à un intervalle I de la liste des intervalles de présence minimale. Si on déplace l’intervalle de cette tâche tout en restant dans I cela ne change pas la présence de cet utilisateur. On peut donc voir la fin de I comme une date butoir (ou une marge) pour la tâche ; si on veut obtenir une liste d’intervalles de présence donnée on obtient un problème de faisabilité avec m machines et dates butoirs par tâches. Ainsi, il existe un nombre de machines
ˆ
m ≤ m pour lequel on puisse obtenir pour chaque utilisateur sa liste d’intervalles de présence
A partir de la liste des intervalles de présence minimale, il faudra choisir certaines tâches qui seront calées à leur disponibilité et déplacer les autres tâches pour utiliser au plus m machines et minimiser les intervalles de présence. Choisir les tâches qui débutent un intervalle de présence dans la liste des intervalles de présence peut être un bon point de départ.
Si on veut atteindre une liste d’intervalle de présence donnée par utilisateur, nous avons alors des marges (ou dates butoirs) par tâche :
Définition 4.34 (Date butoir). Une date butoir di est la contrainte suivante : ti+ pi≤ di.
Soit une tâche de disponibilité r et de durée p avec une marge µ. Si µ < p, alors [r, r + p] ∩
[r + µ, r + µ + p] ≠ ∅. La tâche est donc forcément présente dans l’intervalle [r + µ, r + p]. On peut calculer à partir de ces intervalles un nombre de machines minimal nécessaire pour ces tâches avec marges et ainsi savoir si le nombre de machines n’est pas suffisant.
Avec ces intervalles de présence minimale par utilisateur on peut calculer la marge de manœuvre
de chaque tâche. Si une tâche (r, p) est dans l’intervalle de présence [a, b] elle a une marge de
b− (r + p) dans laquelle elle peut se déplacer sur le graphe m = ∞ sans changer ses intervalles de
présence. Il faut noter que décider du placement sur M machines est NP-complet car équivalent à M machines avec une date butoir pour chaque tâche [Lawler, 1982].
Définition 4.35 (Partie obligatoire [Lahrichi, 1982; Poder et al., 2004]). La partie obligatoire d’une tâche est l’intervalle égal à l’intersection de son intervalle de présence pris sur l’en-semble des ordonnancements réalisables.
Dans notre cas, si une tâche(r, p) a une marge µ alors, si µ ≤ p on est certain que cette tâche
sera dans l’intervalle[r + µ, r + p] = [r, r + p] ∩ [r + µ, r + µ + p]. En calculant le partitionnement de
ces intervalles, on obtient une borne sur le nombre de machines à avoir pour des tâches avec une marge de manœuvre.
4.8.4 Prétraitement et classification des problèmes
4.8.4.a Utilisateurs permanents
Définition 4.36 (Utilisateur permanent, utilisateur intermittent). Un utilisateur est dit perma-nent s’il est toujours présent dans la période quel que soit la façon de placer ses tâches.
Un utilisateur non permanent est dit intermittent.
Si tous les utilisateurs sont permanents tous les ordonnancements faisables sont équivalents en terme de temps de présence. Nous supposerons donc qu’il existe au moins un utilisateur non permanent.
Classement des problèmes
On en déduit les propriétés suivantes :
– Si m< m le problème est infaisable.
– Si m≥ m il n’y a pas de conflits sur le nombre de machines, ainsi on peut caler chaque tâche
sur sa date de disponibilité.
– Si après calcul des intervalles de présence tous les utilisateurs sont permanents on peut résoudre le problème avec un ordonnancements de type MacNaughton où on exécute les tâches de chaque utilisateur l’un après l’autre.
– Dans tout les autres cas la résolution n’est pas immédiate. Parmi ces problèmes certains semblent plus complexes que d’autres à résoudre.
Si un utilisateur est toujours présent quelque soit la façon de placer ses tâches (utilisateur permanent), il suffit de tenir le débit d’entrée qu’il demande en exécutant toutes ses tâches pour chaque période. Une idée peut être de dédier un nombre de machines suffisants aux utilisateurs permanents. Cependant les ordonnancements obtenus sont alors sous-optimaux, prenons l’exemple suivant :
Soient deux utilisateurs (bleu et jaune) et 6 machines, les tâches ont une période de 5. L’utilisa-teur bleu a 6 tâches de durée 2 et disponible à la date 0. L’utilisaL’utilisa-teur jaune a 5 tâches de durées 3 et en soumet une toutes les unités de temps. Ainsi, l’utilisateur jaune est un utilisateur permanent tandis que l’utilisateur bleu est un utilisateur non permanent. Considérons les ordonnancements des figures 4.8.2 ; le premier ordonnancement consiste à dédier 3 machines à l’utilisateur jaune,
le vecteur des temps de présence est alors [4, 5]. Le second ordonnancement consiste à exécuter
toutes les tâches de l’utilisateur bleu à la date 0 ; le vecteur des temps de présence est alors[2, 6].
On remarque que ce second ordonnancement domine le premier.
(a) 3 machines sont dédiées à l’utilisateur jaune. (b) Les tâches de l’utilisateur bleu sont
exécutées à la date 0.
Fig. 4.8.2 Dédier des machines aux utilisateurs permanents est sous-optimal.
Pour ce qui est du temps de présence, on peut ainsi diviser les utilisateurs en deux groupes : – Les utilisateurs permanents : il suffit de placer toutes leurs tâches dans une période :
l’impor-tant pour le site él’impor-tant de pouvoir “tenir le rythme” de leur débit d’entrée, c’est le cas pour certains utilisateurs de production qui doivent traiter des données produites en permanence. – Les utilisateurs intermittents ont un besoin de puissance de calcul en “pics” : ils ont une demande en ressources de calcul lors d’un intervalle de temps qu’ils espèrent le plus court possible.
On constate que le même critère basé sur les temps de présence prend en compte ces deux catégories d’utilisation.
Il est possible d’ajouter une contrainte de seuil pour certains utilisateurs nécessitant simplement un débit acceptable, comme c’est le cas pour certains utilisateurs “interactifs” qui ont beaucoup de tâches de durée courtes, ils ont simplement besoin que les temps de réponse soient raisonnables.
Théorème 4.20 (Tâches des utilisateurs permanents). Les ordonnancements pour lesquels les tâches des utilisateurs permanents sont calées sur la fin d’une tâche précédente sont domi-nants.
Démonstration. Soit un motif d’ordonnancement périodique dans lequel une tâche O d’un utili-sateur permanent U n’est pas calée sur la fin d’une autre tâche. Alors, il existe un temps d’oisiveté sur cette machine avant le début de la tâche O. Notons que nous parlons ici de machine au sens pé-riodique, i.e. c’est le cycle sur lequel se situe la tâche O et peut ainsi regrouper plusieurs machines sur une période.
(a) 1ercas (b) 2ecas
(c) 3ecas (d) 4ecas
Fig. 4.8.3 Différents cas de figure
1er cas : Supposons que sur cette machine il existe une autre tâche O′ avant la tâche O, alors
le fait d’avancer O en la calant sur O′ ne change pas le temps de présence de l’utilisateur
permanent U .
Supposons que sur cette machine il n’existe pas d’autres tâches avant la tâche O (i.e. puisque c’est périodique O est alors la seule tâche sur cette machine). Comme O n’est pas calée, il existe un temps d’oisiveté t sur cette machine.
2ecas : S’il existe une machine M non vide et oisive au temps T , on peut recoller la machine de O
à la fin de M , puis la fin de la machine de O au début de la machine M . Ainsi, on retrouve le 1er
cas.
3ecas : Supposons que toutes les machines non vides ne soient pas oisives à T . Ainsi, il existe une
tâche sur M qui traverse la période, soit t′ sa date de fin. Si t′− T ≤ t alors, on peut déplacer le
morceau de raccord sur la machine de O et on retrouve le 1er cas.
4ecas : Supposons que toutes les machines non vides ne soient pas oisives à T et que sur toutes les
O, puis calons O et plaçons le morceau de raccord de O sur M , ce qui est rendu possible puisque
la durée du morceau de raccord de O est de t′− T − t et que 0 < t′− T − t < t′− T . Ainsi, on retrouve
le 1er cas.
Par conséquent, caler les tâches des utilisateurs permanents sur la fin d’une autre tâche est dominant.
Ainsi lorsqu’on doit décider du placement d’une tâche après un temps d’oisiveté sur une ma-chine, les tâches des utilisateurs intermittents sont prioritaires par rapport aux tâches des utilisa-teurs permanents.