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154
uni/aak/alle_hausaufgaben.txt
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@@ -12,12 +12,12 @@
Definition 1 (Vertex Cover (VC)). Für einen (ungerichteten) Graphen G = (V, E) ist ein Vertex
Cover eine Menge von Knoten C ⊆ V , sodass u ∈ C oder v ∈ C für alle { u, v } ∈ E gilt, also ist
für alle Kanten mindestens ein Endpunkt in C.
Für das V ERTEX C OVER Problem ist neben einem Graphen G eine Zahl k ∈ N≥0 gegeben und
Für das VERTEX COVER Problem ist neben einem Graphen G eine Zahl k ∈ N≥0 gegeben und
es wird gefragt, ob ein Vertex Cover mit Größe (Anzahl der Knoten) höchstens k in G existiert.
Definition 2 (Feedback Vertex Set (FVS)). Für einen gerichteten Graphen G = (V, E) ist ein
Feedback Vertex Set eine Menge von Knoten X ⊆ V , sodass G \ X kreisfrei ist.
Für das F EEDBACK V ERTEX S ET Problem ist neben einem Graphen G eine Zahl k ∈ N≥0 gege-
Für das FEEDBACK VERTEX SET Problem ist neben einem Graphen G eine Zahl k ∈ N≥0 gege-
ben und es wird gefragt, ob ein Feedback Vertex Set mit Größe (Anzahl der Knoten) höchstens
k in G existiert.
@@ -34,8 +34,8 @@ k in G existiert.
Hausaufgabe 9.1 (Nichtdeterministischer Algorithmus für VC) (5 Punkte)
1. Finden Sie ein minimales Vertex Cover in Abbildung 1. Für ein Vertex Cover ist die
Orientierung der Kanten nicht relevant.
2. Zeigen Sie V ERTEX C OVER ∈ NP, indem Sie einen nichtdeterministischen Algorithmus
angeben, der V ERTEX C OVER in Polynomialzeit löst. Begründen Sie die Korrektheit und
2. Zeigen Sie VERTEX COVER ∈ NP, indem Sie einen nichtdeterministischen Algorithmus
angeben, der VERTEX COVER in Polynomialzeit löst. Begründen Sie die Korrektheit und
die Laufzeit von Ihrem Algorithmus.
Lösung. 1. Ein minimales Vertex Cover ist zum Beispiel { 3, 5, 6, 7, 8 }.
@@ -55,8 +55,8 @@ die Beschreibung und jeweils 1 Punkt für Korrektheit und Laufzeit.
Hausaufgabe 9.2 (Polynomieller Verifizierer für FVS) (5 Punkte)
1. Finden Sie ein minimales Feedback Vertex Set in Abbildung 1.
2. Zeigen Sie F EEDBACK V ERTEX S ET ∈ NP, indem Sie einen polynomiellen Verifizierer
für F EEDBACK V ERTEX S ET angeben. Begründen Sie die Korrektheit und die Laufzeit
2. Zeigen Sie FEEDBACK VERTEX SET ∈ NP, indem Sie einen polynomiellen Verifizierer
für FEEDBACK VERTEX SET angeben. Begründen Sie die Korrektheit und die Laufzeit
von Ihrem Verifizierer.
Lösung. 1. Ein minimales FVS ist zum Beispiel { 5, 6 }.
@@ -110,7 +110,7 @@ der Algorithmus akzeptiert. Falls es kein Vertex Cover gibt, dann lehnt der Algo
Die Auswahl der Knoten und die Prüfung der Kanten läuft in polynomieller Zeit, also ist dies
ein polynomieller nichtdeterministischer Algorithmus, der VERTEX COVER löst und damit ist
V ERT EXCOV ER ∈ N P .
VERT EXCOV ER ∈ NP .
Hausaufgabe 9.2
@@ -144,7 +144,7 @@ von dem Verifizierer akzeptiert und sonst abgelehnt.
Die Prüfung der übergebenen Teilmenge und die Konstruktion des Graphen laufen in polyno-
mieller Zeit. Ebenfalls die Tiefensuche läuft in polynomieller Zeit, somit ist auch der Verifizierer
polynomiell und verifiziert die Lösung für das FEEDBACK VERTEX SET in polynomieller
Zeit. Also gilt F EEDBACKV ERT EXSET ∈ N P .
Zeit. Also gilt FEEDBACKV ERT EXSET ∈ NP .
@@ -163,27 +163,27 @@ Zeit. Also gilt F EEDBACKV ERT EXSET ∈ N P .
Definition 1 (Feedback Vertex Set (FVS)). Für einen gerichteten Graphen G = (V, E) ist ein
Feedback Vertex Set eine Menge von Knoten X ⊆ V , sodass G \ X kreisfrei ist.
Für das F EEDBACK V ERTEX S ET Problem ist neben einem Graphen G eine Zahl k ∈ N≥0 gege-
Für das FEEDBACK VERTEX SET Problem ist neben einem Graphen G eine Zahl k ∈ N≥0 gege-
ben und es wird gefragt, ob ein Feedback Vertex Set mit Größe (Anzahl der Knoten) höchstens
k in G existiert.
Hausaufgabe 10.1 (F EEDBACK V ERTEX S ET ist NP-vollständig) (5 Punkte)
Zeigen Sie, dass F EEDBACK V ERTEX S ET NP-vollständig ist.
Hinweis: Reduzieren Sie V ERTEX C OVER auf F EEDBACK V ERTEX S ET. Wenn ein Vertex Cover
Hausaufgabe 10.1 (FEEDBACK VERTEX SET ist NP-vollständig) (5 Punkte)
Zeigen Sie, dass FEEDBACK VERTEX SET NP-vollständig ist.
Hinweis: Reduzieren Sie VERTEX COVER auf FEEDBACK VERTEX SET. Wenn ein Vertex Cover
aus einem Graphen entfernt wird, hat dieser keine Kanten mehr.
Lösung. F EEDBACK V ERTEX S ET ∈ NP ist bekannt aus der letzten Hausaufgabe. Nun zeigen
wir eine Reduktion von V ERTEX C OVER auf F EEDBACK V ERTEX S ET. Betrachte die folgende
Lösung. FEEDBACK VERTEX SET ∈ NP ist bekannt aus der letzten Hausaufgabe. Nun zeigen
wir eine Reduktion von VERTEX COVER auf FEEDBACK VERTEX SET. Betrachte die folgende
Reduktion:
Für eine gegebene V ERTEX C OVER Instanz (G = (V, E), k) erzeuge den Graphen G′ = (V, E ′ )
mit E ′ := { (u, v), (v, u) | {u, v} ∈ E }. Gebe (G′ , k) als F EEDBACK V ERTEX S ET Instanz aus.
Für eine gegebene VERTEX COVER Instanz (G = (V, E), k) erzeuge den Graphen G′ = (V, E ′ )
mit E ′ := { (u, v), (v, u) | {u, v} ∈ E }. Gebe (G′ , k) als FEEDBACK VERTEX SET Instanz aus.
Korrektheit:
⇒ (Falls (G, k) eine Ja-Instanz von V ERTEX C OVER ist, dann ist (G′ , k) eine Ja-Instanz von
F EEDBACK V ERTEX S ET.):
⇒ (Falls (G, k) eine Ja-Instanz von VERTEX COVER ist, dann ist (G′ , k) eine Ja-Instanz von
FEEDBACK VERTEX SET.):
Sei C ⊆ V ein Vertex Cover mit Größe kleiner oder gleich k. Dann enthält G \C keine Kanten.
Damit hat G′ \C ebenfalls keine Kanten und somit keine Kreise.
⇐ (Falls (G′ , k) eine Ja-Instanz von F EEDBACK V ERTEX S ET ist, dann ist (G, k) eine Ja-Instanz
von V ERTEX C OVER.):
⇐ (Falls (G′ , k) eine Ja-Instanz von FEEDBACK VERTEX SET ist, dann ist (G, k) eine Ja-Instanz
von VERTEX COVER.):
Sei X ⊆ V ′ ein Feedback Vertex Set mit Größe kleiner oder gleich k. Dann ist X ein Vertex
Cover in G, da ansonsten eine Kante {u, v} ∈ E existiert, für die u ∈
/ X ∧v ∈
@@ -191,9 +191,9 @@ Cover in G, da ansonsten eine Kante {u, v} ∈ E existiert, für die u ∈
aber (u, v, u) ein Kreis in G′ und X somit kein Feedback Vertex Set.
Laufzeit: Das Erzeugen der Menge E ′ geht in Zeit O(|E|). Insgesamt ist die Reduktion dem-
nach in Laufzeit O(|E|), also in polynomieller Laufzeit, durchführbar.
Also existiert eine polynomielle Reduktion von V ERTEX C OVER auf F EEDBACK V ERTEX S ET.
Da V ERTEX C OVER nach den aktuellen Präsenzaufgaben NP-vollständig ist und
F EEDBACK V ERTEX S ET ∈ NP gilt, ist somit F EEDBACK V ERTEX S ET NP-vollständig.
Also existiert eine polynomielle Reduktion von VERTEX COVER auf FEEDBACK VERTEX SET.
Da VERTEX COVER nach den aktuellen Präsenzaufgaben NP-vollständig ist und
FEEDBACK VERTEX SET ∈ NP gilt, ist somit FEEDBACK VERTEX SET NP-vollständig.
Bewertung 2 Punkte für die Konstruktion, 1 Punkt für den 1. Fall, 1 Punkt für den 2. Fall,
0.5 Punkte für die Laufzeit, 0.5 Punkte für die Beweisführung im Ganzen
@@ -256,11 +256,11 @@ Teil 1: FeedbackVertexSet ∈ NP
• Akzeptieren, wenn die Tiefensuche nichts findet
Die Schritte 1-4 laufen in polynomieller Zeit, somit läuft der Verifizierer in polynomieller
Zeit. Damit ist F eedbackV ertexSet ∈ N P .
Zeit. Damit ist F eedbackV ertexSet ∈ NP .
Teil 2: FeedbackVertexSet ist NP-schwer
Jetzt brauchen wir eine Reduktion von VertexCover auf FeedbackVertexSet, um zu zeigen,
dass F eedbackV ertexSet N P − Schwer ist.
dass F eedbackV ertexSet NP − Schwer ist.
Konstruktion: Sei dafür ein VertexCover gegeben mit einem Graphen G und einer Zahl k.
Aus G wird ein G′ , wobei jede ungerichtete Kante {u, v} ∈ E durch zwei gerichteten Kanten
@@ -297,7 +297,7 @@ Aus G wird ein G′ , wobei jede ungerichtete Kante {u, v} ∈ E durch zwei geri
• Das ist ein Widerspruch, somit ist G′ \ X kreisfrei und X ist ein VertexCover
Da F eedbackV ertexSet ∈ N P und N P − schwer ist, folgt dass F eedbackV ertexSet NP-
Da F eedbackV ertexSet ∈ NP und NP − schwer ist, folgt dass F eedbackV ertexSet NP-
Vollständig ist. □
@@ -339,7 +339,7 @@ O(n) Schritte und das mit O(n) Durchläufen.
Blatt 11
Definition 1 (Dreiecksüberdeckung eines Graphen (∆ C OVER)). Gegeben ist ein endlicher un-
Definition 1 (Dreiecksüberdeckung eines Graphen (∆ COVER)). Gegeben ist ein endlicher un-
gerichteter Graph G = (V, E) und eine Zahl k ∈ N. Dieser Graph hat eine Dreiecksüberdeckung,
wenn eine Menge von Knoten C∆ ⊆ V mit |C∆ | ≤ k existiert, so dass zu jedem Teilgraphen (Drei-
eck) D = (VD , ED ) ⊆ (V, E) mit |VD | = 3 und ED = { {v1 , v2 } ∈ VD ×VD | v1 ̸= v2 } von G gilt,
@@ -348,11 +348,11 @@ v ∈ C∆ für mindestens ein v ∈ VD .
Hausaufgabe 11.1 (10 Punkte)
(a) (1 Punkt) Markieren Sie im folgenden Graphen (Abbildung 1 (a)) ein V ERTEX C OVER
(a) (1 Punkt) Markieren Sie im folgenden Graphen (Abbildung 1 (a)) ein VERTEX COVER
der Größe 5.
(b) (1 Punkt) Markieren Sie im folgenden Graphen (Abbildung 1 (b)) eine Dreiecksüberde-
ckung der Größe 5.
(c) (8 Punkte) Zeigen Sie, dass ∆ C OVER NP-vollständig ist.
(c) (8 Punkte) Zeigen Sie, dass ∆ COVER NP-vollständig ist.
@@ -368,7 +368,7 @@ Lösung.
Abbildung 2: Beispielgraph Lösung
(c) Wir zeigen zunächst, ∆ C OVER ∈ NP mittels eines polynomiellen Verifizierers.
(c) Wir zeigen zunächst, ∆ COVER ∈ NP mittels eines polynomiellen Verifizierers.
Der polynomielle Verifizierer erhält als Zertifikat eine Menge von Knoten C∆ ⊆ V . Zunächst
überprüft er, ob |C∆ | ≤ k. Falls dies nicht der Fall ist, verwerfe die Instanz. Ansonsten überprüfe
für alle Teilgraphen D = (VD , ED ) ⊆ (V, E) mit |VD | = 3 und ED = { {v1 , v2 } ∈ VD ×VD | v1 ̸= v2 }
@@ -382,14 +382,14 @@ Lösung.
daher überprüft werden müssen. Die Überprüfung geht in O(|V |) Zeit. Da alle anderen Schritte
des Verifizierers in O(1) Zeit erledigt werden können, ergibt sich somit insgesamt eine Laufzeit
von O(|V |4 ), was einer polynomiellen Laufzeit entspricht.
Also gilt ∆ C OVER ∈ NP.
Nun reduzieren wir V ERTEX C OVER auf ∆ C OVER. Betrachte folgende Reduktion:
Sei I = (G = (V, E), k) eine Instanz von V ERTEX C OVER. Bilde den Graphen G′ = (V ′ , E ′ ) mit
Also gilt ∆ COVER ∈ NP.
Nun reduzieren wir VERTEX COVER auf ∆ COVER. Betrachte folgende Reduktion:
Sei I = (G = (V, E), k) eine Instanz von VERTEX COVER. Bilde den Graphen G′ = (V ′ , E ′ ) mit
V ′ = V ∪ { ve | e ∈ E } und E ′ = E ∪ { {ve , e1 }, {ve , e2 } | e = {e1 , e2 } ∈ E }. Gebe I ′ = (G′ , k)
als ∆ C OVER Instanz aus.
als ∆ COVER Instanz aus.
Korrektheit:
⇒ (Falls (G, k) eine Ja-Instanz von V ERTEX C OVER ist, dann ist (G′ , k) eine Ja-Instanz von ∆
C OVER.):
⇒ (Falls (G, k) eine Ja-Instanz von VERTEX COVER ist, dann ist (G′ , k) eine Ja-Instanz von ∆
COVER.):
Sei C ein Vertex Cover mit Größe kleiner oder gleich k von G. Dann ist C ebenfalls eine Drei-
ecksüberdeckung mit Größe kleiner oder gleich k. Offensichtlich gilt |C| ≤ k. Da C ein Vertex
Cover von G ist, gilt für jede Kante {u, v} ∈ E, dass u ∈ C oder v ∈ C. Für alle Teilgraphen
@@ -399,8 +399,8 @@ Lösung.
{ ve | e ∈ E } und die entsprechenden Kanten { e, {ve , e1 }, {ve , e2 } | e = {e1 , e2 } ∈ E } entste-
hen. Für diese Dreiecke gilt aber auch, dass mindestens ein Knoten, nämlich e1 oder e2 , in C
enthalten sein muss, da C ein Vertex Cover ist.
⇐ (Falls (G′ , k) eine Ja-Instanz von ∆ C OVER ist, dann ist (G, k) eine Ja-Instanz von V ERTEX -
C OVER.):
⇐ (Falls (G′ , k) eine Ja-Instanz von ∆ COVER ist, dann ist (G, k) eine Ja-Instanz von VERTEX -
COVER.):
Sei C∆ eine Dreiecksüberdeckung von G′ der Größe |C∆ | ≤ k. Ohne Beschränkung der All-
gemeinheit können wir davon ausgehen, dass C∆ ⊆ V gilt: Falls für einen Knoten ve ∈ C∆ gilt,
können wir e1 zu C∆ hinzufügen und ve aus C∆ löschen. Dadurch bleibt die Überdeckungseigen-
@@ -412,9 +412,9 @@ auch für die Dreiecke {ve , e1 , e2 }. Da außerdem C∆ ⊆ V gilt, gilt e1
Kanten e ∈ E.
Laufzeit: Das Hinzufügen von einem neuen Knoten und zwei neuen Kanten pro Kante geht in
O(|E|). Damit geht die gesamte Reduktion in O(|E|), also in polynomieller Zeit.
Also existiert eine polynomielle Reduktion von V ERTEX C OVER auf ∆ C OVER. Da V ERTEX -
C OVER NP-vollständig aus den Präsenzaufgaben bekannt ist und ∆ C OVER ∈ NP gilt, ist somit
∆ C OVER NP-vollständig.
Also existiert eine polynomielle Reduktion von VERTEX COVER auf ∆ COVER. Da VERTEX -
COVER NP-vollständig aus den Präsenzaufgaben bekannt ist und ∆ COVER ∈ NP gilt, ist somit
∆ COVER NP-vollständig.
Bewertung (a) und (b) jeweils 1 Punkt, (c) gibt 8 Punkte: 1 Punkt Angabe Verifizierer/NDTM,
@@ -534,85 +534,85 @@ Kanten Dreiecke.
Blatt 12
Hausaufgabe 12.1 (Lower Bound: V ERTEX C OVER) (5 Punkte)
Betrachten Sie die Reduktion aus der Musterlösung zu Präsenzserie 10 von C LIQUE auf V ER -
TEX C OVER .
Hausaufgabe 12.1 (Lower Bound: VERTEX COVER) (5 Punkte)
Betrachten Sie die Reduktion aus der Musterlösung zu Präsenzserie 10 von CLIQUE auf VER -
TEX COVER .
1. Geben Sie die Anzahl der Knoten, die Anzahl der Kanten und den Wert k für die re-
sultierende V ERTEX C OVER Instanz in Abhängigkeit von der originalen C LIQUE Instanz
sultierende VERTEX COVER Instanz in Abhängigkeit von der originalen CLIQUE Instanz
an.
2. Zeigen Sie Lower Bounds für V ERTEX C OVER bezüglich Anzahl der Knoten, Anzahl
2. Zeigen Sie Lower Bounds für VERTEX COVER bezüglich Anzahl der Knoten, Anzahl
der Kanten und k basierend auf der ETH und der Reduktion aus der Musterlösung zu
Präsenzserie 10.
Lösung. 1. Sei I = (G = (V, E), k) eine Instanz von C LIQUE und I ′ = (G′ = (V ′ , E ′ ), k′ ) die
aus der Reduktion resultierende Instanz von V ERTEX C OVER. Es gilt |V ′ | = |V |, |E ′ | =
Lösung. 1. Sei I = (G = (V, E), k) eine Instanz von CLIQUE und I ′ = (G′ = (V ′ , E ′ ), k′ ) die
aus der Reduktion resultierende Instanz von VERTEX COVER. Es gilt |V ′ | = |V |, |E ′ | =
1 2 ′
2 |V |(|V | − 1) − |E| ≤ |V | und k = |V | − k ≤ |V |.
′
2. • Angenommen es gäbe einen Algorithmus, der V ERTEX C OVER in 2o(|V |) · |I|O(1)
löst. Durch die Kombination der Reduktion von C LIQUE auf V ERTEX C OVER und
diesem Algorithmus, existiert dann auch ein 2o(|V |) ·|I|O(1) Algorithmus für C LIQUE,
2. • Angenommen es gäbe einen Algorithmus, der VERTEX COVER in 2o(|V |) · |I|O(1)
löst. Durch die Kombination der Reduktion von CLIQUE auf VERTEX COVER und
diesem Algorithmus, existiert dann auch ein 2o(|V |) ·|I|O(1) Algorithmus für CLIQUE,
da |V ′ | = |V | nach Aufgabenteil 1. Aus der Musterlösung der Präsenzserie 12 folgt
somit, dass die ETH falsch ist.
Damit kann es so einen Algorithmus für V ERTEX C OVER nur geben, wenn die ETH
Damit kann es so einen Algorithmus für VERTEX COVER nur geben, wenn die ETH
falsch ist.
√ ′
• Angenommen es gäbe einen Algorithmus, der V ERTEX C OVER in 2o( |E |) · |I|O(1)
löst. Durch die Kombination der Reduktion von C LIQUE auf V ERTEX C OVER und
diesem Algorithmus, existiert dann auch ein 2o(|V |) ·|I|O(1) Algorithmus für C LIQUE,
• Angenommen es gäbe einen Algorithmus, der VERTEX COVER in 2o( |E |) · |I|O(1)
löst. Durch die Kombination der Reduktion von CLIQUE auf VERTEX COVER und
diesem Algorithmus, existiert dann auch ein 2o(|V |) ·|I|O(1) Algorithmus für CLIQUE,
da |E ′ | ≤ |V |2 nach Aufgabenteil 1. Aus der Musterlösung der Präsenzserie 12 folgt
somit, dass die ETH falsch ist.
Damit kann es so einen Algorithmus für V ERTEX C OVER nur geben, wenn die ETH
Damit kann es so einen Algorithmus für VERTEX COVER nur geben, wenn die ETH
falsch ist.
′
• Angenommen es gäbe einen Algorithmus, der V ERTEX C OVER in 2o(k ) · |I|O(1) löst.
Durch die Kombination der Reduktion von C LIQUE auf V ERTEX C OVER und die-
sem Algorithmus, existiert dann auch ein 2o(|V |) · |I|O(1) Algorithmus für C LIQUE,
• Angenommen es gäbe einen Algorithmus, der VERTEX COVER in 2o(k ) · |I|O(1) löst.
Durch die Kombination der Reduktion von CLIQUE auf VERTEX COVER und die-
sem Algorithmus, existiert dann auch ein 2o(|V |) · |I|O(1) Algorithmus für CLIQUE,
da k′ ≤ |V | nach Aufgabenteil 1. Aus der Musterlösung der Präsenzserie 12 folgt
somit, dass die ETH falsch ist.
Damit kann es so einen Algorithmus für V ERTEX C OVER nur geben, wenn die ETH
Damit kann es so einen Algorithmus für VERTEX COVER nur geben, wenn die ETH
falsch ist.
Bewertung 1 Punkt für den ersten Teil und 1.5 + 1.5 + 1 für den zweiten.
Definition 1 (H ITTING S ET). Bei diesem Problem ist ein Universum U, Teilmengen des Uni-
Definition 1 (HITTING SET). Bei diesem Problem ist ein Universum U, Teilmengen des Uni-
versums F1 , . . . , Fr ⊆ U und eine Zahl k ∈ N≥0 gegeben. Gibt es eine Menge S ⊆ U mit |U| ≤ k
und S ∩ Fi ̸= 0/ für alle i ∈ [r]?
Anschaulicher wird bei diesem Problem nach maximal k Elementen aus dem Universum ge-
fragt, sodass diese Elemente alle gegebenen Mengen Fi „treffen“.
Hausaufgabe 12.2 (Lower Bound: H ITTING S ET) (5 Punkte)
Betrachten Sie folgende Reduktion von 3-SAT auf H ITTING S ET.
Hausaufgabe 12.2 (Lower Bound: HITTING SET) (5 Punkte)
Betrachten Sie folgende Reduktion von 3-SAT auf HITTING SET.
Für eine gegebene 3-SAT Instanz I mit n Variablen x1 , . . . , xn und m Klauseln C1 , . . . ,Cm : Als
Universum wählen wir U = { x1 , x̄1 , . . . , xn , x̄n }. Für jede Variable xi fügen wir die Menge Fi :=
{ xi , x̄i } hinzu. Für jede Klausel C j fügen wir die Menge Fn+ j := C j hinzu. Wir setzen k := n
und erhalten damit eine H ITTING S ET Instanz I.
und erhalten damit eine HITTING SET Instanz I.
1. Geben Sie die Größe des Universums, die Anzahl der Mengen und die Zahl k aus der
resultierenden H ITTING S ET Instanz in Abhängigkeit von der Anzahl der Variablen n und
resultierenden HITTING SET Instanz in Abhängigkeit von der Anzahl der Variablen n und
der Anzahl der Klauseln m aus der originalen 3-SAT Instanz an.
2. Beweisen Sie Lower Bounds für H ITTING S ET bezüglich Universumsgröße, Anzahl der
2. Beweisen Sie Lower Bounds für HITTING SET bezüglich Universumsgröße, Anzahl der
Mengen und der Zahl k basierend auf der obigen Reduktion und der ETH.
Lösung. 1. Für die Universumsgröße gilt |U| = 2n, für die Anzahl der Mengen gilt r =
n + m und es gilt k = n.
2. • Angenommen es gäbe einen Algorithmus, der H ITTING S ET in 2o(|U|) · |I|O(1) löst.
Durch die Kombination der Reduktion von 3-SAT auf H ITTING S ET und diesem
2. • Angenommen es gäbe einen Algorithmus, der HITTING SET in 2o(|U|) · |I|O(1) löst.
Durch die Kombination der Reduktion von 3-SAT auf HITTING SET und diesem
Algorithmus, existiert dann auch ein 2o(n) · |I|O(1) Algorithmus für 3-SAT, da |U| =
2n nach Aufgabenteil 1. Damit ist die ETH falsch.
Damit kann es so einen Algorithmus für H ITTING S ET nur geben, wenn die ETH
Damit kann es so einen Algorithmus für HITTING SET nur geben, wenn die ETH
falsch ist.
• Angenommen es gäbe einen Algorithmus, der H ITTING S ET in 2o(r) · |I|O(1) löst.
Durch die Kombination der Reduktion von 3-SAT auf H ITTING S ET und diesem
• Angenommen es gäbe einen Algorithmus, der HITTING SET in 2o(r) · |I|O(1) löst.
Durch die Kombination der Reduktion von 3-SAT auf HITTING SET und diesem
Algorithmus, existiert dann auch ein 2o(m) · |I|O(1) Algorithmus für 3-SAT, da r =
n + m nach Aufgabenteil 1 und n ≤ 3m für 3-SAT gilt. Aus dem Sparsification
Lemma folgt damit, dass die ETH falsch ist.
Damit kann es so einen Algorithmus für H ITTING S ET nur geben, wenn die ETH
Damit kann es so einen Algorithmus für HITTING SET nur geben, wenn die ETH
falsch ist.
• Angenommen es gäbe einen Algorithmus, der H ITTING S ET in 2o(k) · |I|O(1) löst.
Durch die Kombination der Reduktion von 3-SAT auf H ITTING S ET und diesem
• Angenommen es gäbe einen Algorithmus, der HITTING SET in 2o(k) · |I|O(1) löst.
Durch die Kombination der Reduktion von 3-SAT auf HITTING SET und diesem
Algorithmus, existiert dann auch ein 2o(n) · |I|O(1) Algorithmus für 3-SAT, da k = n
nach Aufgabenteil 1. Damit ist die ETH falsch.
Damit kann es so einen Algorithmus für H ITTING S ET nur geben, wenn die ETH
Damit kann es so einen Algorithmus für HITTING SET nur geben, wenn die ETH
falsch ist.
@@ -695,11 +695,11 @@ blen steht. Somit kann HittingSet nicht schneller sein.
Blatt 13
Definition 1 (M AX -3-S AT). Bei dem Problem M AX -3-S AT ist eine Formel φ in konjunktiver
Definition 1 (MAX -3-SAT). Bei dem Problem MAX -3-SAT ist eine Formel φ in konjunktiver
Normalform gegeben, wobei jede Klausel 3 Literale enthält. Gesucht ist eine Belegung β der
Variablen, die die Anzahl v(β ) der erfüllten Klauseln maximiert.
Hausaufgabe 13.1 (M AX -3-S AT) (10 Punkte)
Hausaufgabe 13.1 (MAX -3-SAT) (10 Punkte)
Betrachten Sie folgenden Algorithmus A:
• Sei β0 die Belegung, die alle Variablen auf false setzt.
• Sei β1 die Belegung, die alle Variablen auf true setzt.