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364
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364
lernmaterial/loesung_probeklausur2.tex
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@@ -0,0 +1,364 @@
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\documentclass[11pt,a4paper]{article}
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\usepackage[T1]{fontenc}
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\usepackage{lmodern}
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\usepackage[utf8]{inputenc}
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\usepackage[margin=2.5cm]{geometry}
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\usepackage{amsmath,amssymb}
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\usepackage{xcolor}
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\usepackage{tikz}
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\setlength{\parskip}{0.4em}
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\setlength{\parindent}{0pt}
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\emergencystretch=1.5em
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\definecolor{shadecolor}{gray}{0.94}
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% ---- graue Box fuer Pseudocode/Problem-Boxen (nur mit xcolor) ----
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\makeatletter
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\newsavebox{\shadedbox}
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\newenvironment{shaded}%
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{\par\smallskip\noindent
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\begin{lrbox}{\shadedbox}%
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\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-2\fboxsep\relax}}%
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{\end{minipage}\end{lrbox}%
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||||
\colorbox{shadecolor}{\usebox{\shadedbox}}\par\smallskip}
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\makeatother
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% ---- alphabetische Aufzaehlung a) b) c) ohne enumitem ----
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\renewcommand{\theenumi}{\alph{enumi}}
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\renewcommand{\labelenumi}{\theenumi)}
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% ---- Makros ----
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\newcommand{\problem}[1]{\textsc{#1}}
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\newcommand{\redp}{\le_p}
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\newcommand{\NP}{\textsf{NP}}
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\newcommand{\true}{\textsf{wahr}}
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\newcommand{\false}{\textsf{falsch}}
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\tikzset{knoten/.style={circle,draw,thick,minimum size=6.5mm,inner sep=1pt}}
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% ---- Aufgabenkopf ----
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\newcommand{\aufgabe}[2]{\clearpage
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\noindent{\large\textbf{Aufgabe #1}}\hfill\textbf{(#2)}\par\nobreak
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\noindent\rule{\linewidth}{0.4pt}\par\medskip}
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\begin{document}
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% ================= Kopf =================
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\begin{center}
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||||
{\large\textbf{Christian-Albrechts-Universität zu Kiel}}\\[2pt]
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||||
Institut für Informatik, Arbeitsgruppe Algorithmen und Komplexität\\
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||||
Prof.\ Dr.\ K.\ Jansen\\[10pt]
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||||
{\large\textbf{Musterlösung -- Probeklausur 2}}\\[3pt]
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||||
{\large\textbf{Analyse von Algorithmen und Komplexität}}\\[2pt]
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SS 2026
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\end{center}
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% ======================================================================
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\aufgabe{1 \quad ANWENDUNG -- LPT}{5 + 2 + 3 Punkte}
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\textbf{a)} \problem{LPT} sortiert die Jobs absteigend und wendet darauf
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\problem{ListScheduling} an; Lastvektor $(M_1, M_2, M_3)$, bei Gleichstand
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kleinster Index.
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\begin{itemize}
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\item Absteigend sortiert: $5,\ 5,\ 4,\ 4,\ 3,\ 3,\ 3$.
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\item $5 \to M_1$: $(5,0,0)$; \quad $5 \to M_2$: $(5,5,0)$; \quad
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||||
$4 \to M_3$: $(5,5,4)$.
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||||
\item $4 \to M_3$ (kleinste Last $4$): $(5,5,8)$.
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||||
\item $3 \to M_1$ (kleinste Last $5$, Gleichstand $M_1,M_2$): $(8,5,8)$.
|
||||
\item $3 \to M_2$ (kleinste Last $5$): $(8,8,8)$.
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||||
\item $3 \to M_1$ (kleinste Last $8$, Gleichstand, kleinster Index): $(11,8,8)$.
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||||
\end{itemize}
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||||
Belegung: $M_1 = \{5,3,3\}$ (Last $11$), $M_2 = \{5,3\}$ (Last $8$),
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||||
$M_3 = \{4,4\}$ (Last $8$). Makespan $\mathrm{LPT} = C_{\max} = 11$.
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||||
\begin{center}
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||||
\begin{tikzpicture}[x=0.72cm,y=0.9cm]
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||||
\draw[->] (0,-0.35) -- (12,-0.35) node[right]{$t$};
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||||
\foreach \t in {0,2,4,6,8,10} \draw (\t,-0.3)--(\t,-0.4) node[below,font=\scriptsize]{$\t$};
|
||||
\draw (11,-0.3)--(11,-0.4) node[below,font=\scriptsize]{$11$};
|
||||
\node[left] at (0,2.4) {$M_1$};
|
||||
\draw[fill=black!12] (0,2) rectangle (5,2.8); \node at (2.5,2.4){$5$};
|
||||
\draw[fill=black!20] (5,2) rectangle (8,2.8); \node at (6.5,2.4){$3$};
|
||||
\draw[fill=black!12] (8,2) rectangle (11,2.8); \node at (9.5,2.4){$3$};
|
||||
\node[left] at (0,1.4) {$M_2$};
|
||||
\draw[fill=black!12] (0,1) rectangle (5,1.8); \node at (2.5,1.4){$5$};
|
||||
\draw[fill=black!20] (5,1) rectangle (8,1.8); \node at (6.5,1.4){$3$};
|
||||
\node[left] at (0,0.4) {$M_3$};
|
||||
\draw[fill=black!12] (0,0) rectangle (4,0.8); \node at (2,0.4){$4$};
|
||||
\draw[fill=black!20] (4,0) rectangle (8,0.8); \node at (6,0.4){$4$};
|
||||
\draw[dashed] (11,-0.35)--(11,2.9);
|
||||
\node[right,font=\small] at (11.1,1.4){$C_{\max}=11$};
|
||||
\end{tikzpicture}
|
||||
\end{center}
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||||
\emph{Bemerkung:} Wegen $\sum_j p_j = 27 = 3 \cdot 9$ und der Aufteilung
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||||
$\{5,4\},\{5,4\},\{3,3,3\}$ (Lasten $9,9,9$) ist $\mathrm{OPT} = 9$. \problem{LPT}
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ist hier also \emph{nicht} optimal: die Rate ist $\tfrac{11}{9}$.
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\textbf{b)} \problem{LPT} hat die approximative Güte
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\[
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\frac{4}{3} - \frac{1}{3m}.
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||||
\]
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||||
Für $m = 3$ ergibt das $\frac43 - \frac19 = \frac{11}{9}$; die Instanz aus a)
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||||
erreicht diese Schranke also exakt und ist ein worst-case-Beispiel.
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|
||||
\textbf{c)} Instanz mit $m = 2$ und Jobs in der Reihenfolge $p = (1, 1, 2)$.
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||||
\problem{ListScheduling} legt jeden Job auf die aktuell leerste Maschine
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||||
(Lastvektor $(M_1, M_2)$):
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||||
\begin{itemize}
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||||
\item $1 \to M_1$: $(1,0)$;\quad $1 \to M_2$: $(1,1)$;\quad
|
||||
$2 \to M_1$ (Gleichstand, kleinster Index): $(3,1)$.
|
||||
\end{itemize}
|
||||
$\mathrm{LS} = 3$. Optimal ist $\{1,1\}$ auf einer Maschine und $\{2\}$ auf der
|
||||
anderen (Lasten $2,2$), also $\mathrm{OPT} = 2$. Die Rate ist
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||||
$\frac{\mathrm{LS}}{\mathrm{OPT}} = \frac{3}{2} = 2 - \frac12 = 2 - \frac1m$.
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||||
\hfill$\square$
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% ======================================================================
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\aufgabe{2 \quad VORLESUNGSBEWEIS -- TRANSITIVITÄT}{10 Punkte}
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Zu zeigen: Aus $L_1 \redp L_2$ und $L_2 \redp L_3$ folgt $L_1 \redp L_3$.
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\textbf{Voraussetzung.} Sei $R_1$ eine Polynomialzeitreduktion $L_1 \redp L_2$
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mit Laufzeit $O(n^a)$ und $R_2$ eine Polynomialzeitreduktion $L_2 \redp L_3$
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||||
mit Laufzeit $O(n^b)$, wobei $a, b \ge 1$ konstant sind. Nach Definition gilt
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für alle $x, y$:
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||||
\[
|
||||
x \in L_1 \iff R_1(x) \in L_2, \qquad y \in L_2 \iff R_2(y) \in L_3.
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\]
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||||
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||||
\textbf{Konstruktion.} Definiere die Komposition $R := R_2 \circ R_1$, also
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$R(x) = R_2(R_1(x))$: Berechne zuerst $R_1(x)$, wende darauf $R_2$ an.
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||||
\textbf{Korrektheit.} Für jede Eingabe $x$ gilt
|
||||
\[
|
||||
x \in L_1 \;\iff\; R_1(x) \in L_2 \;\iff\; R_2(R_1(x)) \in L_3,
|
||||
\]
|
||||
wobei die erste Äquivalenz aus der Korrektheit von $R_1$ und die zweite aus der
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||||
Korrektheit von $R_2$ (angewandt auf $y = R_1(x)$) folgt. Insgesamt also
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$x \in L_1 \iff R(x) \in L_3$ -- in beiden Richtungen.
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||||
\textbf{Laufzeit.} Sei $|x| = n$.
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\begin{itemize}
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||||
\item Die Berechnung von $R_1(x)$ braucht $O(n^a)$ Zeit. Da in dieser Zeit
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höchstens $O(n^a)$ Symbole geschrieben werden, hat die Ausgabe $R_1(x)$ die
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||||
Größe $|R_1(x)| = O(n^a)$.
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||||
\item Auf dieser Eingabe der Größe $O(n^a)$ braucht $R_2$ die Zeit
|
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$O\bigl((n^a)^b\bigr) = O(n^{ab})$.
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||||
\item Gesamtlaufzeit $O(n^a) + O(n^{ab}) = O(n^{ab})$; wegen $a, b \ge 1$ ist
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$n^{ab}$ ein Polynom in $n$.
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||||
\end{itemize}
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||||
Damit ist $R$ eine in Polynomialzeit berechenbare Funktion mit
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$x \in L_1 \iff R(x) \in L_3$, also eine Reduktion $L_1 \redp L_3$. \hfill$\square$
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% ======================================================================
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\aufgabe{3 \quad NP-VOLLSTÄNDIGKEIT}{10 Punkte}
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Sei $L$ das Problem \problem{SubsetSum-ohne-Dreierpotenzen}.
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\textbf{$\in$ NP:} Eingabe: Zahlen $c_1, \dots, c_n$, Zielwert $K$ und
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Zertifikat $S \subseteq [n]$. Der Verifizierer arbeitet wie folgt:
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\begin{itemize}
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||||
\item Prüfe für jede Größe $c_i$, dass sie keine Dreierpotenz ist (teile $c_i$
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so lange wie möglich durch $3$; ist das Ergebnis $\ne 1$ bzw.\ tritt ein Rest
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auf, so ist $c_i$ keine Dreierpotenz); lehne sonst ab.
|
||||
\item Prüfe $\sum_{i \in S} c_i = K$; lehne sonst ab.
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||||
\item Sonst akzeptiere.
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||||
\end{itemize}
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||||
\textbf{Korrektheit:} Ist die Instanz eine gültige Variante mit Lösung, so ist
|
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diese ein akzeptiertes Zertifikat; andernfalls scheitert jedes Zertifikat an
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einer Prüfung.
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\textbf{Laufzeit:} Je Größe der Dreier-Test $O(\log c_i)$ und die Summe bilden
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$O(n)$ -- polynomiell. Also gilt $L \in \NP$.
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\textbf{NP-schwer:} Zeige die NP-Schwere durch die Reduktion
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\[
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\problem{SubsetSum} \redp L.
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||||
\]
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||||
\problem{SubsetSum} ist bereits als NP-vollständig bekannt.
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||||
\textbf{Konstruktion:} Sei $(c_1, \dots, c_n, K)$ eine
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||||
\problem{SubsetSum}-Instanz mit $c_i \in \mathbb{N}_{>0}$. Skaliere mit $2$:
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||||
\[
|
||||
c_i' := 2 c_i \ \ (i \in [n]), \qquad K' := 2K.
|
||||
\]
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||||
Jede neue Größe $c_i' = 2 c_i \ge 2$ ist gerade. Dreierpotenzen $3^t$ sind
|
||||
dagegen für jedes $t \in \mathbb{N}_0$ ungerade (Produkt ungerader Faktoren
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bzw.\ $3^0 = 1$). Eine gerade Zahl $\ge 2$ ist also nie eine Dreierpotenz;
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||||
insbesondere ist $c_i' \ne 1$ und $c_i' \ne 3^t$ für alle $t \ge 1$. Damit
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liegt die konstruierte Instanz $(c_1', \dots, c_n', K')$ in $L$.
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||||
|
||||
\textbf{Beweis SubsetSum nach Variante:}
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\begin{itemize}
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||||
\item Sei $S$ mit $\sum_{i \in S} c_i = K$.
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||||
\item Dann gilt $\sum_{i \in S} c_i' = \sum_{i \in S} 2 c_i
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= 2 \sum_{i \in S} c_i = 2K = K'$.
|
||||
\item Also ist $S$ eine Lösung der Variante.
|
||||
\end{itemize}
|
||||
|
||||
\textbf{Beweis Variante nach SubsetSum:}
|
||||
\begin{itemize}
|
||||
\item Sei $S$ mit $\sum_{i \in S} c_i' = K'$.
|
||||
\item Das heißt $2 \sum_{i \in S} c_i = 2K$.
|
||||
\item Division durch $2$ liefert $\sum_{i \in S} c_i = K$.
|
||||
\item Also ist $S$ eine \problem{SubsetSum}-Lösung.
|
||||
\end{itemize}
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||||
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||||
\textbf{Laufzeit:} Jede der $n$ Zahlen und $K$ mit $2$ multiplizieren -- $O(n)$.
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||||
|
||||
Da \problem{SubsetSum} NP-vollständig ist, $\problem{SubsetSum} \redp L$ gilt
|
||||
und $L \in \NP$, ist $L = \problem{SubsetSum-ohne-Dreierpotenzen}$
|
||||
NP-vollständig. \hfill$\square$
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% ======================================================================
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\aufgabe{4 \quad ETH}{1 + 4 + 1 + 4 Punkte}
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\textbf{Teil 1: $k$-\problem{IndependentSet}.}
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\textbf{a)} Der Komplementgraph hat dieselben Knoten und als Kanten genau die
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Nicht-Kanten von $G$:
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||||
\[
|
||||
|V'| = |V|, \qquad
|
||||
|E'| = \binom{|V|}{2} - |E| = \tfrac12 |V|(|V|-1) - |E| \ \le\ |V|^2.
|
||||
\]
|
||||
|
||||
\textbf{b)}
|
||||
|
||||
\textbf{Bzgl.\ $|V'|$:}
|
||||
\begin{itemize}
|
||||
\item Angenommen, $k$-\problem{IndependentSet} wäre in
|
||||
$2^{o(|V'|)} \cdot |I|^{O(1)}$ lösbar.
|
||||
\item Ein Independent Set in $G' = \bar G$ ist genau eine Clique in $G$; die
|
||||
Reduktion ist in Polynomialzeit berechenbar. Der Algorithmus löst also
|
||||
$k$-\problem{Clique}.
|
||||
\item Wegen $|V'| = |V|$ wird daraus ein $2^{o(|V|)} \cdot |I|^{O(1)}$-Algorithmus
|
||||
für $k$-\problem{Clique}.
|
||||
\item Widerspruch zum Hinweis.
|
||||
\end{itemize}
|
||||
|
||||
\textbf{Bzgl.\ $|E'|$:}
|
||||
\begin{itemize}
|
||||
\item Angenommen, $k$-\problem{IndependentSet} wäre in
|
||||
$2^{o(\sqrt{|E'|})} \cdot |I|^{O(1)}$ lösbar.
|
||||
\item Wegen $|E'| \le |V|^2$ ist $\sqrt{|E'|} \le |V|$, also
|
||||
$\sqrt{|E'|} = O(|V|)$ und damit $o(\sqrt{|E'|}) \subseteq o(|V|)$.
|
||||
\item Via Komplementbildung wird daraus ein $2^{o(|V|)} \cdot |I|^{O(1)}$-Algorithmus
|
||||
für $k$-\problem{Clique}.
|
||||
\item Widerspruch zum Hinweis.
|
||||
\end{itemize}
|
||||
Bounds: kein $2^{o(|V'|)}$, kein $2^{o(\sqrt{|E'|})}$.
|
||||
|
||||
\medskip
|
||||
\textbf{Teil 2: \problem{SubsetSum}.}
|
||||
|
||||
\textbf{c)} Da die Reduktion pro Menge $S_j \in F$ genau ein Item erzeugt, gilt
|
||||
für die Itemzahl
|
||||
\[
|
||||
n = |F|.
|
||||
\]
|
||||
|
||||
\textbf{d)}
|
||||
|
||||
\textbf{Bzgl.\ $n$:}
|
||||
\begin{itemize}
|
||||
\item Angenommen, \problem{SubsetSum} wäre in
|
||||
$2^{o(\sqrt[4]{n})} \cdot |I|^{O(1)}$ lösbar.
|
||||
\item Die Reduktion $\problem{3-ExactCover} \redp \problem{SubsetSum}$ ist in
|
||||
Polynomialzeit berechenbar und erzeugt eine Instanz mit $n = |F|$ Items.
|
||||
\item Verkettet man sie mit dem angenommenen Algorithmus, so entsteht wegen
|
||||
$n = |F|$ ein $2^{o(\sqrt[4]{|F|})} \cdot |I|^{O(1)}$-Algorithmus für
|
||||
\problem{3-ExactCover}.
|
||||
\item Widerspruch zum Hinweis.
|
||||
\end{itemize}
|
||||
Bound: kein $2^{o(\sqrt[4]{n})}$. \hfill$\square$
|
||||
|
||||
% ======================================================================
|
||||
\aufgabe{5 \quad APPROXIMATIVE ALGORITHMEN -- 2ApproxVC}{2 + 5 + 3 + (10) Punkte}
|
||||
|
||||
\textbf{a)} Der Algorithmus fügt bei einer Kante beide Endpunkte hinzu, falls
|
||||
beide noch frei (nicht in $C$) sind. Kantenreihenfolge
|
||||
$\{1,2\}, \{1,3\}, \{2,3\}, \{3,4\}, \{4,5\}, \{4,6\}, \{5,6\}$:
|
||||
\begin{itemize}
|
||||
\item $\{1,2\}$: beide frei $\Rightarrow$ aufnehmen, $C = \{1,2\}$.
|
||||
\item $\{1,3\}$: $1 \in C$ $\Rightarrow$ überspringen.
|
||||
\item $\{2,3\}$: $2 \in C$ $\Rightarrow$ überspringen.
|
||||
\item $\{3,4\}$: beide frei $\Rightarrow$ aufnehmen, $C = \{1,2,3,4\}$.
|
||||
\item $\{4,5\}$: $4 \in C$ $\Rightarrow$ überspringen.
|
||||
\item $\{4,6\}$: $4 \in C$ $\Rightarrow$ überspringen.
|
||||
\item $\{5,6\}$: beide frei $\Rightarrow$ aufnehmen, $C = \{1,2,3,4,5,6\}$.
|
||||
\end{itemize}
|
||||
Der Algorithmus liefert $C = \{1,2,3,4,5,6\}$ mit $|C| = 6$.
|
||||
|
||||
\emph{Vergleich mit dem Optimum:} $G$ besteht aus den beiden knotendisjunkten
|
||||
Dreiecken $\{1,2,3\}$ und $\{4,5,6\}$ (verbunden durch die Brücke $\{3,4\}$).
|
||||
Jedes Dreieck erzwingt mindestens $2$ Knoten im Cover (bei nur einem bleibt eine
|
||||
Kante ungedeckt), und die Dreiecke sind disjunkt, also $|C^\ast| \ge 4$. Die
|
||||
Menge $\{1,2,4,5\}$ deckt alle Kanten ab (auch die Brücke via $4$), somit
|
||||
$|C^\ast| = 4$. Die Rate in diesem Fall ist $\frac{|C|}{|C^\ast|} = \frac{6}{4}
|
||||
= \frac{3}{2}$.
|
||||
|
||||
\textbf{b)} Zu zeigen: $|C| \le 2\,|C^\ast|$ für ein minimales Vertex Cover
|
||||
$C^\ast$. Sei $A$ die Menge der Kanten, bei denen \emph{beide} Endpunkte
|
||||
aufgenommen wurden; da jede solche Kante genau zwei neue Knoten beisteuert und
|
||||
kein Knoten doppelt aufgenommen wird, gilt $|C| = 2|A|$.
|
||||
|
||||
\textbf{$A$ ist ein Matching.} Hätten zwei Kanten aus $A$ einen gemeinsamen
|
||||
Endpunkt $w$, so wäre bei der später betrachteten dieser Kanten der Knoten $w$
|
||||
bereits in $C$ gewesen -- die Bedingung „beide Endpunkte frei'' wäre verletzt
|
||||
und die Kante nicht aufgenommen worden. Also sind die Kanten aus $A$ paarweise
|
||||
knotendisjunkt.
|
||||
|
||||
\textbf{Schranke für das Optimum.} $C^\ast$ deckt jede Kante aus $A$ mit
|
||||
mindestens einem Endpunkt ab. Da die Kanten aus $A$ knotendisjunkt sind,
|
||||
braucht jede einen \emph{eigenen} Knoten in $C^\ast$, also $|C^\ast| \ge |A|$.
|
||||
|
||||
\textbf{Kombination.}
|
||||
\[
|
||||
|C| = 2|A| \le 2\,|C^\ast|.
|
||||
\]
|
||||
Somit hat \problem{2ApproxVC} die Güte $2$. \hfill$\square$
|
||||
|
||||
\textbf{c)} Der Kreis $C_n$ (mit $n$ gerade) hat als größte unabhängige Menge
|
||||
die $n/2$ „jeden zweiten Knoten''; also ist die maximale Unabhängigkeitszahl
|
||||
$n/2$ und ein minimales Vertex Cover hat Größe
|
||||
\[
|
||||
|C^\ast| = n - \frac{n}{2} = \frac{n}{2}.
|
||||
\]
|
||||
\emph{Schlechteste Kantenreihenfolge:} Man ordnet die $n/2$ paarweise
|
||||
disjunkten Kanten
|
||||
$\{v_1,v_2\}, \{v_3,v_4\}, \dots, \{v_{n-1},v_n\}$ zuerst an (danach beliebig
|
||||
die restlichen Kanten). Beim Abarbeiten dieser $n/2$ Kanten sind jeweils beide
|
||||
Endpunkte noch frei, sodass der Algorithmus \emph{alle} $n$ Knoten aufnimmt;
|
||||
die übrigen Kanten haben dann stets einen bereits bedeckten Endpunkt. Es folgt
|
||||
$|C| = n$ und die Rate
|
||||
\[
|
||||
\frac{|C|}{|C^\ast|} = \frac{n}{n/2} = 2,
|
||||
\]
|
||||
also der nach b) größtmögliche Wert.
|
||||
|
||||
\textbf{d) BONUS.} Wir geben die Familie der \emph{ungeraden} Kreise
|
||||
$C_{2k+1}$ für $k \ge 2$ an, mit Knoten $v_1, \dots, v_{2k+1}$ und Kanten
|
||||
$\{v_i, v_{i+1}\}$ (Indizes modulo $2k+1$).
|
||||
\begin{itemize}
|
||||
\item \emph{Optimum:} Die größte unabhängige Menge in $C_{2k+1}$ hat Größe $k$
|
||||
(man kann höchstens jeden zweiten Knoten wählen, im ungeraden Kreis also $k$).
|
||||
Damit ist $|C^\ast| = (2k+1) - k = k+1$.
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\item \emph{Ungünstige Reihenfolge:} Ordne die $k$ paarweise disjunkten Kanten
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$\{v_1,v_2\}, \{v_3,v_4\}, \dots, \{v_{2k-1},v_{2k}\}$ zuerst an. Beim
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Abarbeiten sind jeweils beide Endpunkte frei, also nimmt der Algorithmus die
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$2k$ Knoten $v_1, \dots, v_{2k}$ auf. Der einzige unbedeckte Knoten wäre
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$v_{2k+1}$; seine beiden Kanten $\{v_{2k}, v_{2k+1}\}$ und
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$\{v_{2k+1}, v_1\}$ haben aber je einen Endpunkt in $C$, werden also
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übersprungen. Somit $|C| = 2k$.
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\item \emph{Rate:}
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\[
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\frac{|C|}{|C^\ast|} = \frac{2k}{k+1} \;=\; 2 - \frac{2}{k+1}
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\;\xrightarrow[k \to \infty]{}\; 2,
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\]
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und die Rate ist streng monoton wachsend sowie für jedes endliche $k$ echt
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kleiner als $2$ (z.\,B.\ $C_5{:}\ \tfrac43$, $C_7{:}\ \tfrac32$,
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$C_9{:}\ \tfrac85$, $C_{11}{:}\ \tfrac53$).
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\end{itemize}
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Die Approximationsrate von \problem{2ApproxVC} konvergiert also entlang der
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Familie $(C_{2k+1})_{k \ge 2}$ gegen $2$; zusammen mit b) ist die Güte $2$
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damit asymptotisch scharf. \hfill$\square$
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\end{document}
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