update

uni/aak/alle_praesenzaufgaben.txt

@@ -11,7 +11,7 @@
 
 Definition 1 (Knapsack (Entscheidungsvariante)). Gegeben ist eine Menge mit n Gegenständen
 mit Gewichten w1 , . . . , wn ∈ N≥0 und Profiten p1 , . . . , pn ∈ N≥0 . Weiter sind eine Kapazität
-K ∈ N≥0 und ein Zielprofit P ∈ N≥0 gegeben. Bei dem K NAPSACK Problem muss entschieden
+K ∈ N≥0 und ein Zielprofit P ∈ N≥0 gegeben. Bei dem KNAPSACK Problem muss entschieden
 werden, ob eine Teilmenge S ⊆ [n] existiert, sodass
 
                                    ∑ wi ≤ K    und      ∑ pi ≥ P
@@ -19,8 +19,8 @@ werden, ob eine Teilmenge S ⊆ [n] existiert, sodass
 
 gilt.
 
-Präsenzaufgabe 9.1 (K NAPSACK in NP)
-Zeigen Sie K NAPSACK ∈ NP auf zwei verschiedene Wege.
+Präsenzaufgabe 9.1 (KNAPSACK in NP)
+Zeigen Sie KNAPSACK ∈ NP auf zwei verschiedene Wege.
    1. Geben Sie einen nicht deterministischen Algorithmus an, der das Problem in polynomi-
       eller Zeit löst.
    2. Geben Sie einen polynomiellen Verifizierer für das Problem an.
@@ -34,7 +34,7 @@ Lösung.    1. Der Algorithmus arbeitet wie folgt: Für jeden Gegenstand entsche
         auch vom Algorithmus akzeptiert.
         Der Algorithmus macht polynomiell viele nichtdeterministische Entscheidungen und die
         Überprüfung der Eigenschaften ist ebenfalls in Polynomialzeit möglich, also ist dies ein
-        polynomieller, nichtdeterministischer Algorithmus, der K NAPSACK löst.
+        polynomieller, nichtdeterministischer Algorithmus, der KNAPSACK löst.
    2. Unser Zertifikat ist eine Teilmenge S ⊆ [n], die die Auswahl für den Rucksack darstellen
       soll. Dies kann zum Beispiel über ein Bit pro Gegenstand realisiert werden. Um dieses
       Zertifikat zu verifizieren, berechnen wir ∑i∈S wi und ∑i∈S pi und vergleichen die Werte
@@ -88,7 +88,7 @@ Lösung. (i) Die Aussage gilt nur, wenn P = NP. Dann liegen alle Probleme in NP
     Falls P ̸= NP, dann nein, weil sonst folgender Widerspruch auftritt: ein Problem in NP \ P
     ist von einer NDTM, nicht aber von einer DTM in polynomieller Zeit lösbar. Könnte eine
     DTM die NDTM in polynomieller Zeit simulieren, wäre das Problem auch in P.
- (ii) Falsch. Es gibt NP-schwere Probleme, die nicht in NP liegen, z.B. das H ALTE-Problem.
+ (ii) Falsch. Es gibt NP-schwere Probleme, die nicht in NP liegen, z.B. das HALTE-Problem.
       Diese liegen folglich auch definitiv nicht in P. NP-schwer ist eine untere Schranke, ∈ NP
       eine obere, und wenn beide erfüllt sind, ist ein Problem NP-vollständig.
 
@@ -97,27 +97,27 @@ Lösung. (i) Die Aussage gilt nur, wenn P = NP. Dann liegen alle Probleme in NP
 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.
 
-Präsenzaufgabe 10.2 (V ERTEX C OVER ist NP-vollständig)
-Zeigen Sie, dass V ERTEX C OVER NP-vollständig ist.
-Hinweis: Reduzieren Sie C LIQUE auf V ERTEX C OVER.
+Präsenzaufgabe 10.2 (VERTEX COVER ist NP-vollständig)
+Zeigen Sie, dass VERTEX COVER NP-vollständig ist.
+Hinweis: Reduzieren Sie CLIQUE auf VERTEX COVER.
 
-Lösung. V ERTEX C OVER ∈ NP ist bekannt aus der letzten Hausaufgabe.
-Vorüberlegung zur Reduktion von C LIQUE auf V ERTEX C OVER: Sei eine Instanz mit G =
-(V, E) und k ∈ N≥0 von C LIQUE gegeben. Wir invertieren zunächst den Graphen G und erhal-
+Lösung. VERTEX COVER ∈ NP ist bekannt aus der letzten Hausaufgabe.
+Vorüberlegung zur Reduktion von CLIQUE auf VERTEX COVER: Sei eine Instanz mit G =
+(V, E) und k ∈ N≥0 von CLIQUE gegeben. Wir invertieren zunächst den Graphen G und erhal-
 ten damit G′ . Nun enthält G′ genau dann eine unabhängige Menge der Größe ℓ, wenn G eine
 Clique der Größe ℓ enthält. Wenn ein Graph mit n Knoten eine unabhängige Menge mit min-
 destens k Knoten hat, dann hat der Graph auch ein Vertex Cover mit maximal n − k Knoten
-(das Komplement zur unabhängigen Menge). Unsere Instanz für V ERTEX C OVER ist also G′
+(das Komplement zur unabhängigen Menge). Unsere Instanz für VERTEX COVER ist also G′
 und n − k. (k ≤ n können wir annehmen)
 Betrachte nun folgende Reduktion:
-Sei eine Instanz mit G = (V, E) und k ∈ N≥0 von C LIQUE gegeben. Invertiere den Graphen G
-und erhalte damit G′ . Gebe nun G′ und n − k als Instanz von V ERTEX C OVER zurück.
+Sei eine Instanz mit G = (V, E) und k ∈ N≥0 von CLIQUE gegeben. Invertiere den Graphen G
+und erhalte damit G′ . Gebe nun G′ und n − k als Instanz von VERTEX COVER zurück.
 Korrektheit:
-⇒ (Falls (G, k) eine Ja-Instanz von C LIQUE ist, dann ist (G′ , n − k) eine Ja-Instanz von V ER -
-TEX C OVER .):
+⇒ (Falls (G, k) eine Ja-Instanz von CLIQUE ist, dann ist (G′ , n − k) eine Ja-Instanz von VER -
+TEX COVER .):
 
 G enthalte eine Clique C der Größe ≥ k. Dann ist V ′ := V \C ein Vertex Cover von G′ der Größe
 ≤ n − k. Da |C| ≥ k, gilt |V ′ | ≤ n − k. Da C eine Clique ist, also alle Knoten aus C mit allen
@@ -125,8 +125,8 @@ anderen Knoten aus C verbunden sind, gibt es im invertierten Graphen G′ keine
 Knoten aus C. Also gilt für jede Kante {u, v} ∈ E ′ , dass u ∈          / C und somit u ∈ V ′ oder
                                                              / C oder v ∈
 v ∈ V ′.
-⇐ (Falls (G′ , n − k) eine Ja-Instanz von V ERTEX C OVER ist, dann ist (G, k) eine Ja-Instanz von
-C LIQUE.):
+⇐ (Falls (G′ , n − k) eine Ja-Instanz von VERTEX COVER ist, dann ist (G, k) eine Ja-Instanz von
+CLIQUE.):
 G′ enthalte ein Vertex Cover V ′ der Größe ≤ n−k. Dann ist C := V \V ′ eine Clique der Größe ≥
 k in G. Da |V ′ | ≤ n − k, gilt |C| ≥ k. Für jede Menge {u, v} ⊆ C gilt, dass {u, v} ∈
                                                                                      / E ′ . Ansonsten
@@ -134,8 +134,8 @@ wäre V ′ kein korrektes Vertex Cover. Da G′ der invertierte Graph von G ist
 für jede Menge {u, v} ⊆ C.
 Laufzeit: Das Invertieren des Graphen kann naiv in O(|V |2 · |E|) Zeit, also in polynomieller
 Zeit, erledigt werden.
-Also existiert eine polynomielle Reduktion von C LIQUE auf V ERTEX C OVER. Da C LIQUE
-NP-vollständig ist und V ERTEX C OVER ∈ NP gilt, ist somit V ERTEX C OVER NP-vollständig.
+Also existiert eine polynomielle Reduktion von CLIQUE auf VERTEX COVER. Da CLIQUE
+NP-vollständig ist und VERTEX COVER ∈ NP gilt, ist somit VERTEX COVER NP-vollständig.
 
 
 Präsenzaufgabe 10.3 (Turingmaschinen)
@@ -187,7 +187,7 @@ Diskutieren Sie nachfolgende Aussagen. Sind diese wahr oder falsch?
 (a) Für L ∈ NP gilt, aus L ⪯ 3-SAT folgt, dass L NP-vollständig ist.
 (b) Gilt für eine Sprache L, dass sowohl L ⪯ 3-SAT als auch 3-SAT ⪯ L, dann ist L NP-vollständig.
 (c) Sei L NP-vollständig. Dann gilt L ∈ P genau dann, wenn P = NP.
-(d) Es ist möglich, dass 3-SAT ∈ P und C LIQUE ∈
+(d) Es ist möglich, dass 3-SAT ∈ P und CLIQUE ∈
                                                / P.
 
 Lösung.
@@ -197,59 +197,59 @@ Lösung.
 (b) Das ist die Definition von NP-vollständig.
 (c) Korrekt, da sich jedes Problem auf L reduzieren lässt nach Def. NP-vollständig (und offen-
     sichtlich P ⊆ NP).
-(d) Nein, weil 3-SAT NP-vollständig ist, lässt sich C LIQUE (liegt bekannterweise in NP, ist
+(d) Nein, weil 3-SAT NP-vollständig ist, lässt sich CLIQUE (liegt bekannterweise in NP, ist
     sogar NP-vollständig) auf 3-SAT reduzieren.
 
 
 
 Präsenzaufgabe 11.2 (NP-Vollständigkeit)
-In dem Problem C LIQUE -N OMEMBER ist ein Graph G = (V, E), ein Knoten v ∈ V sowie eine
+In dem Problem CLIQUE -NOMEMBER ist ein Graph G = (V, E), ein Knoten v ∈ V sowie eine
 Zahl k ∈ N gegeben und es soll entschieden werden, ob es eine Clique mit k Knoten gibt, die
 den Knoten v nicht enthält.
-Zeigen Sie, dass C LIQUE -N OMEMBER NP-vollständig ist, indem Sie eine Reduktion von C LI -
-QUE auf C LIQUE -N OMEMBER angeben. Sie können davon ausgehen, dass C LIQUE -N OMEMBER ∈
+Zeigen Sie, dass CLIQUE -NOMEMBER NP-vollständig ist, indem Sie eine Reduktion von CLI -
+QUE auf CLIQUE -NOMEMBER angeben. Sie können davon ausgehen, dass CLIQUE -NOMEMBER ∈
 NP ist.
 
 Lösung. Clique-Nomember ist NP-schwer:
 Sei (G = (V, E), k) eine Eingabe für das Clique Problem.
 Idee: Füge einen neuen isolierten Knoten v zu G hinzu.
 Wir geben zuerst die Abbildung an: Sei v ̸∈ V . Wir definieren die Eingabe für das Problem
-C LIQUE -N OMEMBER als den Graphen G′ := (V ∪ {v}, E), den Knoten v als Knoten, der nicht
+CLIQUE -NOMEMBER als den Graphen G′ := (V ∪ {v}, E), den Knoten v als Knoten, der nicht
 benutzt werden darf, und k als gesuchte Cliquengröße. (G′ , v, k) ist eine gültige Eingabe für
-C LIQUE -N OMEMBER und in polynomieller Zeit berechenbar.
+CLIQUE -NOMEMBER und in polynomieller Zeit berechenbar.
 Wir zeigen nun: G hat eine k-Clique genau dann, wenn G′ eine k-Clique ohne v beinhaltet.
 ⇒:
-Sei (G, k) eine Ja-Instanz des C LIQUE Problems. Dann enthält G eine k-Clique C. Dann ist C
+Sei (G, k) eine Ja-Instanz des CLIQUE Problems. Dann enthält G eine k-Clique C. Dann ist C
 auch eine k-Clique in G′ , da bei der Abbildung keine Kanten entfernt wurden. Da v ̸∈ V , enthält
 C den Knoten v nicht. Damit ist C eine k-Clique in G ohne den Knoten v. (G′ , v, k) ist also eine
-Ja-Instanz des C LIQUE -N OMEMBER Problems.
+Ja-Instanz des CLIQUE -NOMEMBER Problems.
 ⇐:
-Sei (G′ , v, k) eine Ja-Instanz des C LIQUE -N OMEMBER Problems. Dann enthält G′ eine k-Clique
+Sei (G′ , v, k) eine Ja-Instanz des CLIQUE -NOMEMBER Problems. Dann enthält G′ eine k-Clique
 C mit v ̸∈ C. Da bei der Abbildung an dem Graphen nichts geändert wurde, außer der Knoten v
-hinzugefügt, muss C auch eine k-Clique in G sein. Damit ist (G, k) eine Ja-Instanz des C LIQUE
+hinzugefügt, muss C auch eine k-Clique in G sein. Damit ist (G, k) eine Ja-Instanz des CLIQUE
 Problems.
-Also existiert eine polynomielle Reduktion von C LIQUE auf C LIQUE -N OMEMBER. Da C LI -
-QUE NP-vollständig ist und C LIQUE -N OMEMBER ∈ NP nach Aufgabenstellung gilt, ist somit
-C LIQUE -N OMEMBER NP-vollständig.
+Also existiert eine polynomielle Reduktion von CLIQUE auf CLIQUE -NOMEMBER. Da CLI -
+QUE NP-vollständig ist und CLIQUE -NOMEMBER ∈ NP nach Aufgabenstellung gilt, ist somit
+CLIQUE -NOMEMBER NP-vollständig.
 
 
 
 Präsenzaufgabe 11.3 (NP-Vollständigkeit)
-Für das Problem S UBSET S UM C ARDINALITY seien n ganze Zahlen c1 , . . . , cn ∈ N>0 (wobei n
+Für das Problem SUBSET SUM CARDINALITY seien n ganze Zahlen c1 , . . . , cn ∈ N>0 (wobei n
 gerade sei) sowie eine Zahl K ∈ N gegeben. Es soll entschieden werden, ob es eine Teilmenge
 S ⊂ {1, . . . , n} gibt mit |S| = n/2 und ∑i∈S ci = K.
-Zeigen Sie, dass das Problem S UBSET S UM C ARDINALITY NP-vollständig ist. Sie können
-davon ausgehen, dass S UBSET S UM C ARDINALITY ∈ NP ist.
+Zeigen Sie, dass das Problem SUBSET SUM CARDINALITY NP-vollständig ist. Sie können
+davon ausgehen, dass SUBSET SUM CARDINALITY ∈ NP ist.
 
 Lösung. Subset Sum Cardinality ist NP-schwer:
-S UBSET S UM Problem: Gegeben: n ganze Zahlen c1 , . . . , cn ∈ N>0 und Zahl K ∈ N. Frage: Gibt
+SUBSET SUM Problem: Gegeben: n ganze Zahlen c1 , . . . , cn ∈ N>0 und Zahl K ∈ N. Frage: Gibt
 es eine Teilmenge S ⊆ {0, . . . , n} mit ∑i∈S ci = K?
-Reduktion: Sei I = (c1 , . . . , cn , K) eine Eingabe für das S UBSET S UM Problem. Definiere c′i :=
+Reduktion: Sei I = (c1 , . . . , cn , K) eine Eingabe für das SUBSET SUM Problem. Definiere c′i :=
 ci + 1 für i ≤ n und c′i := 1 für i ∈ {n + 1, . . . , 2n}. Wir definieren die Eingabe für das Problem
-S UBSET S UM C ARDINALITY als I ′ = (c′1 , . . . , c′2n , K + n).
+SUBSET SUM CARDINALITY als I ′ = (c′1 , . . . , c′2n , K + n).
 Wir zeigen nun: Es gibt eine Lösung für I genau dann, wenn es eine Lösung für I ′ gibt.
 ⇒:
-Sei I eine Ja-Instanz des S UBSET S UM Problems. Dann gibt es eine Menge S ⊆ {1, . . . , n} mit
+Sei I eine Ja-Instanz des SUBSET SUM Problems. Dann gibt es eine Menge S ⊆ {1, . . . , n} mit
 ∑i∈S ci = K. Es gilt also ∑i∈S c′i = ∑i∈S (ci + 1) = K + |S|. Sei nun S′ = {n + 1, . . . , 2n − |S|}. Es
 gilt |S ∪ S′ | = n und ∑i∈S∪S′ c′i = ∑i∈S c′i + ∑i∈S′ c′i = ∑i∈S (ci + 1) + ∑i∈S′ 1 = K + |S| + (n − |S|) =
 K + n. S ∪ S′ ist also eine Lösung für I ′ und I ′ damit eine Ja-Instanz.
@@ -261,9 +261,9 @@ K + n − (n − |S|) = K + |S|, woraus folgt, dass ∑i∈S ci = K. Damit ist S
 somit I eine Ja-Instanz.
 Laufzeit: Die Reduktion kann naiv in einer Zeit von O(n) implementiert werden. Das ist eine
 polynomielle Laufzeit.
-Also existiert eine polynomielle Reduktion von S UBSET S UM auf S UBSET S UM C ARDINALI -
-TY . Da nach Skript S UBSET S UM NP-vollständig ist und S UBSET S UM C ARDINALITY ∈ NP
-nach Aufgabenstellung gilt, ist somit S UBSET S UM C ARDINALITY NP-vollständig.
+Also existiert eine polynomielle Reduktion von SUBSET SUM auf SUBSET SUM CARDINALI -
+TY . Da nach Skript SUBSET SUM NP-vollständig ist und SUBSET SUM CARDINALITY ∈ NP
+nach Aufgabenstellung gilt, ist somit SUBSET SUM CARDINALITY NP-vollständig.
                          CHRISTIAN-ALBRECHTS-UNIVERSITÄT ZU KIEL
                          Institut für Informatik, Arbeitsgruppe Algorithmen und Komplexität
                          Prof. Dr. K. Jansen, B. Schumacher, C. Wambsganz
@@ -287,12 +287,12 @@ Vorlesung bekannten) Reduktionen (Laufzeitfaktoren, die polynomiell in der Einga
 sind, dürfen vernachlässigt werden)?
 Schätzen Sie dazu zunächst die verschiedenen Parameter der resultierenden Instanz mithilfe der
 Parameter der eingegebenen Instanz geeignet ab.
-   1. 3-SAT ⪯ k-C LIQUE
-   2. k-C LIQUE ⪯ k-I NDEPENDENT S ET (Problemdefinition für die Antwort nicht relevant; in
+   1. 3-SAT ⪯ k-CLIQUE
+   2. k-CLIQUE ⪯ k-INDEPENDENT SET (Problemdefinition für die Antwort nicht relevant; in
       der Reduktion wird der Graph G = (V, E) auf den Komplementgraph (V, E) abgebildet)
-   3. SAT ⪯ 3-D IMENSIONAL M ATCHING (Hinweis: 3-SAT ⊆ SAT)
-   4. 3-D IMENSIONAL M ATCHING ⪯ 3-E XACT C OVER
-   5. 3-E XACT C OVER ⪯ S UBSET S UM
+   3. SAT ⪯ 3-DIMENSIONAL MATCHING (Hinweis: 3-SAT ⊆ SAT)
+   4. 3-DIMENSIONAL MATCHING ⪯ 3-EXACT COVER
+   5. 3-EXACT COVER ⪯ SUBSET SUM
 
 Lösung. Angenommen ETH gilt. Das Sparsification Lemma impliziert, dass man 3-SAT nicht
 in 2o(m) · |I|O(1) lösen kann.
@@ -388,7 +388,7 @@ Gegeben ist der folgende approximative Algorithmus mit Güte 2 für VertexCover:
 Idee: Wähle eine beliebige Kante. Wenn einer der beiden Endknoten bereits in C ist, verwirf
 diese Kante. Sonst, füge beide Endknoten zur Menge C hinzu. Mache dies für jede Kante.
 
-Algorithmus 2A PPROX CV(G = (V, E))
+Algorithmus 2APPROX CV(G = (V, E))
 
   1   C = {}
   2   foreach {u, v} ∈ E do
@@ -411,8 +411,8 @@ aus A. Da keine zwei Kanten aus A vom gleichen Knoten aus C∗ überdeckt werden
 so groß wie die optimale Lösung C∗ . Damit berechnet der Algorithmus eine 2-Approximation.
 Präsenzaufgabe 13.2 (TSP)
 In der Vorlesung haben Sie zwei approximative Algorithmen für das TSP-Problem kennen ge-
-lernt. Der erste Algorithmus ∆T SP1 hat eine Approximationsrate von 2, während der zweite
-Algorithmus ∆T SP2 von Christofides eine Approximationsrate von 3/2 besitzt. In dieser Übung
+lernt. Der erste Algorithmus ∆TSP1 hat eine Approximationsrate von 2, während der zweite
+Algorithmus ∆TSP2 von Christofides eine Approximationsrate von 3/2 besitzt. In dieser Übung
 soll gezeigt werden, dass die zweite Rate scharf ist. D.h., dass es eine Folge von Instanzen gibt,
 auf denen der Algorithmus immer näher an diese Rate heran kommt.
 Wir betrachten den vollständigen Graphen Kn = (V, E) für ein n ∈ N≥6 mit n mod 4 = 2 und
@@ -472,7 +472,7 @@ Knoten 3 gehen, dann zu Knoten 5 und so weiter, bis Knoten n − 1 erreicht wurd
 folgen Knoten n, n − 2, n − 4 und so weiter. Diese Tour hat offensichtlich Kosten n, da wir n
 Kanten mit Gewicht 1 nutzen. Somit gilt OPT((Kn , d2 )) = n und wir haben eine Rate von
 
-                     ∆T SP2 ((Kn , d2 )) n − 1 + n/2        1
+                     ∆TSP2 ((Kn , d2 )) n − 1 + n/2        1
                                         =            = 3/2 − ≤ 3/2.
                       OPT((Kn , d2 ))         n             n