aak/lernmaterial/loesung_probeklausur2.tex

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% ---- graue Box fuer Pseudocode/Problem-Boxen (nur mit xcolor) ----
\makeatletter
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  {\par\smallskip\noindent
   \begin{lrbox}{\shadedbox}%
   \begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-2\fboxsep\relax}}%
  {\end{minipage}\end{lrbox}%
   \colorbox{shadecolor}{\usebox{\shadedbox}}\par\smallskip}
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% ---- alphabetische Aufzaehlung a) b) c) ohne enumitem ----
\renewcommand{\theenumi}{\alph{enumi}}
\renewcommand{\labelenumi}{\theenumi)}

% ---- Makros ----
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% ---- Aufgabenkopf ----
\newcommand{\aufgabe}[2]{\clearpage
  \noindent{\large\textbf{Aufgabe #1}}\hfill\textbf{(#2)}\par\nobreak
  \noindent\rule{\linewidth}{0.4pt}\par\medskip}

\begin{document}

% ================= Kopf =================
\begin{center}
{\large\textbf{Christian-Albrechts-Universität zu Kiel}}\\[2pt]
Institut für Informatik, Arbeitsgruppe Algorithmen und Komplexität\\
Prof.\ Dr.\ K.\ Jansen\\[10pt]
{\large\textbf{Musterlösung -- Probeklausur 2}}\\[3pt]
{\large\textbf{Analyse von Algorithmen und Komplexität}}\\[2pt]
SS 2026
\end{center}

% ======================================================================
\aufgabe{1 \quad ANWENDUNG -- LPT}{5 + 2 + 3 Punkte}

\textbf{a)} \problem{LPT} sortiert die Jobs absteigend und wendet darauf
\problem{ListScheduling} an; Lastvektor $(M_1, M_2, M_3)$, bei Gleichstand
kleinster Index.
\begin{itemize}
\item Absteigend sortiert: $5,\ 5,\ 4,\ 4,\ 3,\ 3,\ 3$.
\item $5 \to M_1$: $(5,0,0)$; \quad $5 \to M_2$: $(5,5,0)$; \quad
$4 \to M_3$: $(5,5,4)$.
\item $4 \to M_3$ (kleinste Last $4$): $(5,5,8)$.
\item $3 \to M_1$ (kleinste Last $5$, Gleichstand $M_1,M_2$): $(8,5,8)$.
\item $3 \to M_2$ (kleinste Last $5$): $(8,8,8)$.
\item $3 \to M_1$ (kleinste Last $8$, Gleichstand, kleinster Index): $(11,8,8)$.
\end{itemize}
Belegung: $M_1 = \{5,3,3\}$ (Last $11$), $M_2 = \{5,3\}$ (Last $8$),
$M_3 = \{4,4\}$ (Last $8$). Makespan $\mathrm{LPT} = C_{\max} = 11$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[x=0.72cm,y=0.9cm]
  \draw[->] (0,-0.35) -- (12,-0.35) node[right]{$t$};
  \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}
\emph{Bemerkung:} Wegen $\sum_j p_j = 27 = 3 \cdot 9$ und der Aufteilung
$\{5,4\},\{5,4\},\{3,3,3\}$ (Lasten $9,9,9$) ist $\mathrm{OPT} = 9$. \problem{LPT}
ist hier also \emph{nicht} optimal: die Rate ist $\tfrac{11}{9}$.

\textbf{b)} \problem{LPT} hat die approximative Güte
\[
\frac{4}{3} - \frac{1}{3m}.
\]
Für $m = 3$ ergibt das $\frac43 - \frac19 = \frac{11}{9}$; die Instanz aus a)
erreicht diese Schranke also exakt und ist ein worst-case-Beispiel.

\textbf{c)} Instanz mit $m = 2$ und Jobs in der Reihenfolge $p = (1, 1, 2)$.
\problem{ListScheduling} legt jeden Job auf die aktuell leerste Maschine
(Lastvektor $(M_1, M_2)$):
\begin{itemize}
\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
$\frac{\mathrm{LS}}{\mathrm{OPT}} = \frac{3}{2} = 2 - \frac12 = 2 - \frac1m$.
\hfill$\square$

% ======================================================================
\aufgabe{2 \quad VORLESUNGSBEWEIS -- TRANSITIVITÄT}{10 Punkte}

Zu zeigen: Aus $L_1 \redp L_2$ und $L_2 \redp L_3$ folgt $L_1 \redp L_3$.

\textbf{Voraussetzung.} Sei $R_1$ eine Polynomialzeitreduktion $L_1 \redp L_2$
mit Laufzeit $O(n^a)$ und $R_2$ eine Polynomialzeitreduktion $L_2 \redp L_3$
mit Laufzeit $O(n^b)$, wobei $a, b \ge 1$ konstant sind. Nach Definition gilt
für alle $x, y$:
\[
x \in L_1 \iff R_1(x) \in L_2, \qquad y \in L_2 \iff R_2(y) \in L_3.
\]

\textbf{Konstruktion.} Definiere die Komposition $R := R_2 \circ R_1$, also
$R(x) = R_2(R_1(x))$: Berechne zuerst $R_1(x)$, wende darauf $R_2$ an.

\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
Korrektheit von $R_2$ (angewandt auf $y = R_1(x)$) folgt. Insgesamt also
$x \in L_1 \iff R(x) \in L_3$ -- in beiden Richtungen.

\textbf{Laufzeit.} Sei $|x| = n$.
\begin{itemize}
\item Die Berechnung von $R_1(x)$ braucht $O(n^a)$ Zeit. Da in dieser Zeit
höchstens $O(n^a)$ Symbole geschrieben werden, hat die Ausgabe $R_1(x)$ die
Größe $|R_1(x)| = O(n^a)$.
\item Auf dieser Eingabe der Größe $O(n^a)$ braucht $R_2$ die Zeit
$O\bigl((n^a)^b\bigr) = O(n^{ab})$.
\item Gesamtlaufzeit $O(n^a) + O(n^{ab}) = O(n^{ab})$; wegen $a, b \ge 1$ ist
$n^{ab}$ ein Polynom in $n$.
\end{itemize}
Damit ist $R$ eine in Polynomialzeit berechenbare Funktion mit
$x \in L_1 \iff R(x) \in L_3$, also eine Reduktion $L_1 \redp L_3$. \hfill$\square$

% ======================================================================
\aufgabe{3 \quad NP-VOLLSTÄNDIGKEIT}{10 Punkte}
Sei $L$ das Problem \problem{SubsetSum-ohne-Dreierpotenzen}.

\textbf{$\in$ NP:} Eingabe: Zahlen $c_1, \dots, c_n$, Zielwert $K$ und
Zertifikat $S \subseteq [n]$. Der Verifizierer arbeitet wie folgt:
\begin{itemize}
\item Prüfe für jede Größe $c_i$, dass sie keine Dreierpotenz ist (teile $c_i$
so lange wie möglich durch $3$; ist das Ergebnis $\ne 1$ bzw.\ tritt ein Rest
auf, so ist $c_i$ keine Dreierpotenz); lehne sonst ab.
\item Prüfe $\sum_{i \in S} c_i = K$; lehne sonst ab.
\item Sonst akzeptiere.
\end{itemize}
\textbf{Korrektheit:} Ist die Instanz eine gültige Variante mit Lösung, so ist
diese ein akzeptiertes Zertifikat; andernfalls scheitert jedes Zertifikat an
einer Prüfung.

\textbf{Laufzeit:} Je Größe der Dreier-Test $O(\log c_i)$ und die Summe bilden
$O(n)$ -- polynomiell. Also gilt $L \in \NP$.

\textbf{NP-schwer:} Zeige die NP-Schwere durch die Reduktion
\[
\problem{SubsetSum} \redp L.
\]
\problem{SubsetSum} ist bereits als NP-vollständig bekannt.

\textbf{Konstruktion:} Sei $(c_1, \dots, c_n, K)$ eine
\problem{SubsetSum}-Instanz mit $c_i \in \mathbb{N}_{>0}$. Skaliere mit $2$:
\[
c_i' := 2 c_i \ \ (i \in [n]), \qquad K' := 2K.
\]
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
bzw.\ $3^0 = 1$). Eine gerade Zahl $\ge 2$ ist also nie eine Dreierpotenz;
insbesondere ist $c_i' \ne 1$ und $c_i' \ne 3^t$ für alle $t \ge 1$. Damit
liegt die konstruierte Instanz $(c_1', \dots, c_n', K')$ in $L$.

\textbf{Beweis SubsetSum nach Variante:}
\begin{itemize}
\item Sei $S$ mit $\sum_{i \in S} c_i = K$.
\item Dann gilt $\sum_{i \in S} c_i' = \sum_{i \in S} 2 c_i
= 2 \sum_{i \in S} c_i = 2K = K'$.
\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}

\textbf{Laufzeit:} Jede der $n$ Zahlen und $K$ mit $2$ multiplizieren -- $O(n)$.

Da \problem{SubsetSum} NP-vollständig ist, $\problem{SubsetSum} \redp L$ gilt
und $L \in \NP$, ist $L = \problem{SubsetSum-ohne-Dreierpotenzen}$
NP-vollständig. \hfill$\square$

% ======================================================================
\aufgabe{4 \quad ETH}{1 + 4 + 1 + 4 Punkte}

\textbf{Teil 1: $k$-\problem{IndependentSet}.}

\textbf{a)} Der Komplementgraph hat dieselben Knoten und als Kanten genau die
Nicht-Kanten von $G$:
\[
|V'| = |V|, \qquad
|E'| = \binom{|V|}{2} - |E| = \tfrac12 |V|(|V|-1) - |E| \ \le\ |V|^2.
\]

\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 $|C^\ast| = (2k+1) - k = k+1$.
\item \emph{Ungünstige Reihenfolge:} Ordne die $k$ paarweise disjunkten Kanten
$\{v_1,v_2\}, \{v_3,v_4\}, \dots, \{v_{2k-1},v_{2k}\}$ zuerst an. Beim
Abarbeiten sind jeweils beide Endpunkte frei, also nimmt der Algorithmus die
$2k$ Knoten $v_1, \dots, v_{2k}$ auf. Der einzige unbedeckte Knoten wäre
$v_{2k+1}$; seine beiden Kanten $\{v_{2k}, v_{2k+1}\}$ und
$\{v_{2k+1}, v_1\}$ haben aber je einen Endpunkt in $C$, werden also
übersprungen. Somit $|C| = 2k$.
\item \emph{Rate:}
\[
\frac{|C|}{|C^\ast|} = \frac{2k}{k+1} \;=\; 2 - \frac{2}{k+1}
\;\xrightarrow[k \to \infty]{}\; 2,
\]
und die Rate ist streng monoton wachsend sowie für jedes endliche $k$ echt
kleiner als $2$ (z.\,B.\ $C_5{:}\ \tfrac43$, $C_7{:}\ \tfrac32$,
$C_9{:}\ \tfrac85$, $C_{11}{:}\ \tfrac53$).
\end{itemize}
Die Approximationsrate von \problem{2ApproxVC} konvergiert also entlang der
Familie $(C_{2k+1})_{k \ge 2}$ gegen $2$; zusammen mit b) ist die Güte $2$
damit asymptotisch scharf. \hfill$\square$

\end{document}