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CHRISTIAN-ALBRECHTS-UNIVERSITÄT ZU KIEL
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Institut für Informatik, Arbeitsgruppe Algorithmen und Komplexität
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Prof. Dr. K. Jansen, B. Schumacher, C. Wambsganz
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09.06.2025
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Präsenzaufgaben zur Vorlesung »Analyse von Algorithmen und
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Komplexität«
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Blatt 9
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Definition 1 (Knapsack (Entscheidungsvariante)). Gegeben ist eine Menge mit n Gegenständen
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mit Gewichten w1 , . . . , wn ∈ N≥0 und Profiten p1 , . . . , pn ∈ N≥0 . Weiter sind eine Kapazität
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K ∈ N≥0 und ein Zielprofit P ∈ N≥0 gegeben. Bei dem K NAPSACK Problem muss entschieden
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werden, ob eine Teilmenge S ⊆ [n] existiert, sodass
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∑ wi ≤ K und ∑ pi ≥ P
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i∈S i∈S
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gilt.
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Präsenzaufgabe 9.1 (K NAPSACK in NP)
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Zeigen Sie K NAPSACK ∈ NP auf zwei verschiedene Wege.
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1. Geben Sie einen nicht deterministischen Algorithmus an, der das Problem in polynomi-
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eller Zeit löst.
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2. Geben Sie einen polynomiellen Verifizierer für das Problem an.
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Wie hängen diese beiden Methoden zusammen?
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Lösung. 1. Der Algorithmus arbeitet wie folgt: Für jeden Gegenstand entscheiden wir nicht-
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deterministisch, ob er in den Rucksack soll. Anschließend akzeptieren wir, falls die Kapazitäts-
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und Profitbedingung erfüllt sind.
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Existiert eine valide Rucksackfüllung mit genügend Profit, dann gibt es auch eine Reihe
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von nichtdeterministischen Entscheidungen, die diese Füllung findet. Diese wird dann
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auch vom Algorithmus akzeptiert.
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Der Algorithmus macht polynomiell viele nichtdeterministische Entscheidungen und die
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Überprüfung der Eigenschaften ist ebenfalls in Polynomialzeit möglich, also ist dies ein
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polynomieller, nichtdeterministischer Algorithmus, der K NAPSACK löst.
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2. Unser Zertifikat ist eine Teilmenge S ⊆ [n], die die Auswahl für den Rucksack darstellen
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soll. Dies kann zum Beispiel über ein Bit pro Gegenstand realisiert werden. Um dieses
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Zertifikat zu verifizieren, berechnen wir ∑i∈S wi und ∑i∈S pi und vergleichen die Werte
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mit K und P und akzeptieren entsprechend.
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Existiert eine valide Rucksackfüllung mit genügend Profit, dann gibt es auch ein Zertifi-
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kat, das diese Füllung beschreibt. Dieses wird dann auch vom Verifizierer akzeptiert.
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Das Ausrechnen der Summen und das Überprüfen ist in polynomieller Zeit möglich, also
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ist dies ein polynomieller Verifizierer.
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In beiden Wegen wird die extra Ressource, die wir zur Verfügung haben, genutzt, um eine
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Teilmenge (einen möglichen Rucksack) zu bestimmen und zu überprüfen. In der Vorlesung
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wird noch genau gezeigt, dass diese beiden Wege tatsächlich äquivalent sind.
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Präsenzaufgabe 9.2 (Transitivität von Polynomialzeitreduktionen)
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Zeigen Sie, dass Polynomialzeitreduktionen transitiv sind, d.h., dass für alle Entscheidungspro-
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bleme L1 , L2 , L3 ⊆ Σ∗ gilt, dass
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L1 ⪯ L2 ∧ L2 ⪯ L3 =⇒ L1 ⪯ L3 .
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Lösung. Seien L1 , L2 , L3 Sprachen. Zudem sei R1 ein Algorithmus, der L1 nach L2 in O(na )
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reduziert, und R2 ein Algorithmus, der L2 nach L3 in O(nb ) reduziert.
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Sei x eine Instanz von L1 der Größe n. Dann benötigt der Aufruf von R1 auf x höchstens O(na )
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Zeit.
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Sei x′ die Ausgabe von R1 . Dann hat x′ eine Größe von höchstens O(na ). Diese Schranke für
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die Ausgabe ergibt sich aus der Laufzeit der Reduktion. Der Aufruf von R2 auf x′ benötigt nun
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höchstens O((na )b ) = O(nab ) Zeit. Damit ist die Reduktion von L1 auf L3 in polynomieller Zeit
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möglich.
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Die Korrektheit ergibt sich aus der Transitivität der Äquivalenz: Sei x′′ die Ausgabe von R2 auf
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x′ , dann gilt
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x ∈ L1 ⇐⇒ x′ ∈ L2 und x′ ∈ L2 ⇐⇒ x′′ ∈ L3 ,
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also auch x ∈ L1 ⇐⇒ x′′ ∈ L3 .
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CHRISTIAN-ALBRECHTS-UNIVERSITÄT ZU KIEL
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Institut für Informatik, Arbeitsgruppe Algorithmen und Komplexität
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Prof. Dr. K. Jansen, B. Schumacher, C. Wambsganz
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16.06.2025
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Präsenzaufgaben zur Vorlesung »Analyse von Algorithmen und
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Komplexität«
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Blatt 10
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Präsenzaufgabe 10.1 (Fragen über Fragen)
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Diskutieren Sie die folgenden Aussagen (Gelten sie allgemein? Gelten sie nicht? Gelten sie
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unter bestimmten Bedingungen? Welche?):
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(i) Für jede Sprache, die von einer NDTM in polynomieller Zeit akzeptiert werden kann,
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existiert eine DTM, die ebenfalls die Sprache in polynomieller Zeit akzeptiert.
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(ii) A ist NP-schwer =⇒ A ∈ P
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Lösung. (i) Die Aussage gilt nur, wenn P = NP. Dann liegen alle Probleme in NP (von
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NDTM in polynomieller Zeit lösbar) auch in P (von DTM in polynomieller Zeit lösbar).
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Falls P ̸= NP, dann nein, weil sonst folgender Widerspruch auftritt: ein Problem in NP \ P
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ist von einer NDTM, nicht aber von einer DTM in polynomieller Zeit lösbar. Könnte eine
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DTM die NDTM in polynomieller Zeit simulieren, wäre das Problem auch in P.
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(ii) Falsch. Es gibt NP-schwere Probleme, die nicht in NP liegen, z.B. das H ALTE-Problem.
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Diese liegen folglich auch definitiv nicht in P. NP-schwer ist eine untere Schranke, ∈ NP
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eine obere, und wenn beide erfüllt sind, ist ein Problem NP-vollständig.
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Definition 1 (Vertex Cover (VC)). Für einen (ungerichteten) Graphen G = (V, E) ist ein Vertex
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Cover eine Menge von Knoten C ⊆ V , sodass u ∈ C oder v ∈ C für alle { u, v } ∈ E gilt, also ist
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für alle Kanten mindestens ein Endpunkt in C.
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Für das V ERTEX C OVER Problem ist neben einem Graphen G eine Zahl k ∈ N≥0 gegeben und
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es wird gefragt, ob ein Vertex Cover mit Größe (Anzahl der Knoten) höchstens k in G existiert.
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Präsenzaufgabe 10.2 (V ERTEX C OVER ist NP-vollständig)
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Zeigen Sie, dass V ERTEX C OVER NP-vollständig ist.
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Hinweis: Reduzieren Sie C LIQUE auf V ERTEX C OVER.
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Lösung. V ERTEX C OVER ∈ NP ist bekannt aus der letzten Hausaufgabe.
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Vorüberlegung zur Reduktion von C LIQUE auf V ERTEX C OVER: Sei eine Instanz mit G =
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(V, E) und k ∈ N≥0 von C LIQUE gegeben. Wir invertieren zunächst den Graphen G und erhal-
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ten damit G′ . Nun enthält G′ genau dann eine unabhängige Menge der Größe ℓ, wenn G eine
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Clique der Größe ℓ enthält. Wenn ein Graph mit n Knoten eine unabhängige Menge mit min-
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destens k Knoten hat, dann hat der Graph auch ein Vertex Cover mit maximal n − k Knoten
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(das Komplement zur unabhängigen Menge). Unsere Instanz für V ERTEX C OVER ist also G′
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und n − k. (k ≤ n können wir annehmen)
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Betrachte nun folgende Reduktion:
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Sei eine Instanz mit G = (V, E) und k ∈ N≥0 von C LIQUE gegeben. Invertiere den Graphen G
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und erhalte damit G′ . Gebe nun G′ und n − k als Instanz von V ERTEX C OVER zurück.
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Korrektheit:
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⇒ (Falls (G, k) eine Ja-Instanz von C LIQUE ist, dann ist (G′ , n − k) eine Ja-Instanz von V ER -
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TEX C OVER .):
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G enthalte eine Clique C der Größe ≥ k. Dann ist V ′ := V \C ein Vertex Cover von G′ der Größe
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≤ n − k. Da |C| ≥ k, gilt |V ′ | ≤ n − k. Da C eine Clique ist, also alle Knoten aus C mit allen
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anderen Knoten aus C verbunden sind, gibt es im invertierten Graphen G′ keine Kante zwischen
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Knoten aus C. Also gilt für jede Kante {u, v} ∈ E ′ , dass u ∈ / C und somit u ∈ V ′ oder
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/ C oder v ∈
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v ∈ V ′.
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⇐ (Falls (G′ , n − k) eine Ja-Instanz von V ERTEX C OVER ist, dann ist (G, k) eine Ja-Instanz von
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C LIQUE.):
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G′ enthalte ein Vertex Cover V ′ der Größe ≤ n−k. Dann ist C := V \V ′ eine Clique der Größe ≥
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k in G. Da |V ′ | ≤ n − k, gilt |C| ≥ k. Für jede Menge {u, v} ⊆ C gilt, dass {u, v} ∈
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/ E ′ . Ansonsten
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wäre V ′ kein korrektes Vertex Cover. Da G′ der invertierte Graph von G ist, gilt somit {u, v} ∈ E
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für jede Menge {u, v} ⊆ C.
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Laufzeit: Das Invertieren des Graphen kann naiv in O(|V |2 · |E|) Zeit, also in polynomieller
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Zeit, erledigt werden.
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Also existiert eine polynomielle Reduktion von C LIQUE auf V ERTEX C OVER. Da C LIQUE
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NP-vollständig ist und V ERTEX C OVER ∈ NP gilt, ist somit V ERTEX C OVER NP-vollständig.
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Präsenzaufgabe 10.3 (Turingmaschinen)
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n
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Entwerfen Sie eine Turingmaschine für die Sprache L = { 02 | n ∈ N } über dem Alphabet
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Σ = {0} und geben Sie die Laufzeit Ihrer Turingmaschine an. Begründen Sie die Korrektheit
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und die Laufzeit Ihrer Turingmaschine. Diskutieren Sie die Laufzeit Ihrer Turingmaschine im
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Vergleich zu einem Algorithmus (mit RAM) für diese Sprache.
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Lösung. Die Turingmaschine sieht folgendermaßen aus:
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(1) Falls genau eine 0 auf dem Band steht, akzeptiere.
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(2) Bewege den Kopf von links nach rechts über die Eingabe und ersetze jede zweite 0 durch
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ein neues Symbol x.
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(3) Falls das letzte Symbol der Eingabe nun eine 0 ist, verwerfe.
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(4) Gehe zu Schritt (1).
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Korrektheit: Die Sprache L besteht aus allen Wörtern, die nur Nullen enthalten und deren Länge
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eine Zweierpotenz ist. Eine Zahl ist genau dann eine Zweierpotenz, wenn sie nach wiederholtem
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Teilen durch 2 irgendwann eine 1 ergibt. Genau das überprüft die Turingmaschine. Wenn bei
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diesem wiederholten Teilen eine ungerade Zahl auftritt, ist die Zahl keine Zweierpotenz. In
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diesem Fall verwirft die Turingmaschine die Eingabe (siehe Schritt (3)).
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Laufzeit: Die angegebene Turingmaschine hat eine Laufzeit von O(n log(n)), wobei n hier die
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Länge der Eingabe bezeichnet. Schritt (1) und Schritt (2) benötigen jeweils eine Laufzeit von
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O(n). Schritt (3) geht in konstanter Laufzeit O(1). Schritt (4) wiederholt die Schritte (1) bis (3)
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bis nur noch eine 0 auf dem Band steht oder vorher abgebrochen wird. Da in jedem Durchlauf
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der Schritte (1) bis (3) die Hälfte der Nullen (abgerundet) durch x Symbole ersetzt wird, steht
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nach log n Durchläufen nur noch eine Null auf dem Band und es wird nach Schritt (1) akzeptiert
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oder es steht nach ⌊log n⌋ − 1 Durchläufen eine ungerade Anzahl von Nullen auf dem Band und
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es wird nach Schritt (3) verworfen. Also gibt es maximal log n + 1 Durchläufe.
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Diskussion: Ein Algorithmus mit RAM könnte folgendermaßen aussehen:
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1. Zähle die Buchstaben und erhalte Anzahl m.
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2. Falls log m ganzzahlig ist, akzeptiere. Sonst verwerfe.
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Dieser Algorithmus hat eine Laufzeit von O(n), wobei n hier die Länge der Eingabe bezeichnet.
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Ein Algorithmus mit RAM kann also den zusätzlichen Speicher nutzen, um wesentlich schneller
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eine Aufgabe zu erledigen, im Vergleich zu einem Algorithmus, der auf einer Turingmaschine
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läuft.
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CHRISTIAN-ALBRECHTS-UNIVERSITÄT ZU KIEL
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Institut für Informatik, Arbeitsgruppe Algorithmen und Komplexität
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Prof. Dr. K. Jansen, B. Schumacher, C. Wambsganz
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23.06.2025
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Präsenzaufgaben zur Vorlesung »Analyse von Algorithmen und
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Komplexität«
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Blatt 11
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Präsenzaufgabe 11.1 (Fragen über Fragen)
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Diskutieren Sie nachfolgende Aussagen. Sind diese wahr oder falsch?
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(a) Für L ∈ NP gilt, aus L ⪯ 3-SAT folgt, dass L NP-vollständig ist.
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(b) Gilt für eine Sprache L, dass sowohl L ⪯ 3-SAT als auch 3-SAT ⪯ L, dann ist L NP-vollständig.
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(c) Sei L NP-vollständig. Dann gilt L ∈ P genau dann, wenn P = NP.
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(d) Es ist möglich, dass 3-SAT ∈ P und C LIQUE ∈
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/ P.
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Lösung.
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/ Offensichtlich gilt L ∈ NP. Aus L ⪯ 3-SAT folgt nur,
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(a) Nein, ein Gegenbeispiel ist L = 0.
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dass sich L auf 3-SAT reduzieren lässt, nicht anders herum.
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(b) Das ist die Definition von NP-vollständig.
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(c) Korrekt, da sich jedes Problem auf L reduzieren lässt nach Def. NP-vollständig (und offen-
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sichtlich P ⊆ NP).
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(d) Nein, weil 3-SAT NP-vollständig ist, lässt sich C LIQUE (liegt bekannterweise in NP, ist
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sogar NP-vollständig) auf 3-SAT reduzieren.
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Präsenzaufgabe 11.2 (NP-Vollständigkeit)
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In dem Problem C LIQUE -N OMEMBER ist ein Graph G = (V, E), ein Knoten v ∈ V sowie eine
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Zahl k ∈ N gegeben und es soll entschieden werden, ob es eine Clique mit k Knoten gibt, die
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den Knoten v nicht enthält.
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Zeigen Sie, dass C LIQUE -N OMEMBER NP-vollständig ist, indem Sie eine Reduktion von C LI -
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QUE auf C LIQUE -N OMEMBER angeben. Sie können davon ausgehen, dass C LIQUE -N OMEMBER ∈
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NP ist.
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Lösung. Clique-Nomember ist NP-schwer:
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Sei (G = (V, E), k) eine Eingabe für das Clique Problem.
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Idee: Füge einen neuen isolierten Knoten v zu G hinzu.
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Wir geben zuerst die Abbildung an: Sei v ̸∈ V . Wir definieren die Eingabe für das Problem
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C LIQUE -N OMEMBER als den Graphen G′ := (V ∪ {v}, E), den Knoten v als Knoten, der nicht
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benutzt werden darf, und k als gesuchte Cliquengröße. (G′ , v, k) ist eine gültige Eingabe für
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C LIQUE -N OMEMBER und in polynomieller Zeit berechenbar.
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Wir zeigen nun: G hat eine k-Clique genau dann, wenn G′ eine k-Clique ohne v beinhaltet.
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⇒:
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Sei (G, k) eine Ja-Instanz des C LIQUE Problems. Dann enthält G eine k-Clique C. Dann ist C
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auch eine k-Clique in G′ , da bei der Abbildung keine Kanten entfernt wurden. Da v ̸∈ V , enthält
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C den Knoten v nicht. Damit ist C eine k-Clique in G ohne den Knoten v. (G′ , v, k) ist also eine
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Ja-Instanz des C LIQUE -N OMEMBER Problems.
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⇐:
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Sei (G′ , v, k) eine Ja-Instanz des C LIQUE -N OMEMBER Problems. Dann enthält G′ eine k-Clique
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C mit v ̸∈ C. Da bei der Abbildung an dem Graphen nichts geändert wurde, außer der Knoten v
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hinzugefügt, muss C auch eine k-Clique in G sein. Damit ist (G, k) eine Ja-Instanz des C LIQUE
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Problems.
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Also existiert eine polynomielle Reduktion von C LIQUE auf C LIQUE -N OMEMBER. Da C LI -
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QUE NP-vollständig ist und C LIQUE -N OMEMBER ∈ NP nach Aufgabenstellung gilt, ist somit
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C LIQUE -N OMEMBER NP-vollständig.
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Präsenzaufgabe 11.3 (NP-Vollständigkeit)
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Für das Problem S UBSET S UM C ARDINALITY seien n ganze Zahlen c1 , . . . , cn ∈ N>0 (wobei n
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gerade sei) sowie eine Zahl K ∈ N gegeben. Es soll entschieden werden, ob es eine Teilmenge
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S ⊂ {1, . . . , n} gibt mit |S| = n/2 und ∑i∈S ci = K.
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Zeigen Sie, dass das Problem S UBSET S UM C ARDINALITY NP-vollständig ist. Sie können
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davon ausgehen, dass S UBSET S UM C ARDINALITY ∈ NP ist.
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Lösung. Subset Sum Cardinality ist NP-schwer:
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S UBSET S UM Problem: Gegeben: n ganze Zahlen c1 , . . . , cn ∈ N>0 und Zahl K ∈ N. Frage: Gibt
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es eine Teilmenge S ⊆ {0, . . . , n} mit ∑i∈S ci = K?
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Reduktion: Sei I = (c1 , . . . , cn , K) eine Eingabe für das S UBSET S UM Problem. Definiere c′i :=
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ci + 1 für i ≤ n und c′i := 1 für i ∈ {n + 1, . . . , 2n}. Wir definieren die Eingabe für das Problem
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S UBSET S UM C ARDINALITY als I ′ = (c′1 , . . . , c′2n , K + n).
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Wir zeigen nun: Es gibt eine Lösung für I genau dann, wenn es eine Lösung für I ′ gibt.
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⇒:
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Sei I eine Ja-Instanz des S UBSET S UM Problems. Dann gibt es eine Menge S ⊆ {1, . . . , n} mit
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∑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
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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|) =
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K + n. S ∪ S′ ist also eine Lösung für I ′ und I ′ damit eine Ja-Instanz.
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⇐:
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Es sei I ′ eine Ja-Instanz. Dann gibt es also eine Menge S′ ⊆ {1, . . . , 2n} mit ∑i∈S′ c′i = K + n und
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|S′ | = n. Sei S := S′ ∩{1, . . . , n}. Es gilt ∑i∈S′ c′i − ∑i∈S c′i = n−|S|, da die Items in {n+1, . . . , 2n}
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das Gewicht 1 haben, und genau n − |S| Items übrig sind. Damit gilt ∑i∈S (ci + 1) = ∑i∈S c′i =
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K + n − (n − |S|) = K + |S|, woraus folgt, dass ∑i∈S ci = K. Damit ist S eine Lösung für I und
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somit I eine Ja-Instanz.
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Laufzeit: Die Reduktion kann naiv in einer Zeit von O(n) implementiert werden. Das ist eine
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polynomielle Laufzeit.
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Also existiert eine polynomielle Reduktion von S UBSET S UM auf S UBSET S UM C ARDINALI -
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TY . Da nach Skript S UBSET S UM NP-vollständig ist und S UBSET S UM C ARDINALITY ∈ NP
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nach Aufgabenstellung gilt, ist somit S UBSET S UM C ARDINALITY NP-vollständig.
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CHRISTIAN-ALBRECHTS-UNIVERSITÄT ZU KIEL
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Institut für Informatik, Arbeitsgruppe Algorithmen und Komplexität
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Prof. Dr. K. Jansen, B. Schumacher, C. Wambsganz
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30.06.2025
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Präsenzaufgaben zur Vorlesung »Analyse von Algorithmen und
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Komplexität«
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Blatt 12
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Präsenzaufgabe 12.1
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Im Folgenden sollen Sie herausfinden (und begründen), welche Lower Bounds sich über ETH
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und die Reduktionen aus der Vorlesung ergeben. Nutzen Sie hierfür auch das Sparsification
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Lemma.
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Welche Schranken für die Laufzeit in Abhängigkeit von den natürlichen Parametern (Anzahl
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Knoten, Anzahl Kanten, Anzahl Items, Anzahl unterschiedlicher Items, Anzahl Tripel, Kardi-
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nalität der Grundmenge, Anzahl unterschiedlicher Tripel, Anzahl unterschiedlicher auftretender
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Zahlen, größte auftretende Zahl, . . . ) ergeben sich jeweils aus folgenden (zum Großteil aus der
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Vorlesung bekannten) Reduktionen (Laufzeitfaktoren, die polynomiell in der Eingabekodierung
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sind, dürfen vernachlässigt werden)?
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Schätzen Sie dazu zunächst die verschiedenen Parameter der resultierenden Instanz mithilfe der
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Parameter der eingegebenen Instanz geeignet ab.
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1. 3-SAT ⪯ k-C LIQUE
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2. k-C LIQUE ⪯ k-I NDEPENDENT S ET (Problemdefinition für die Antwort nicht relevant; in
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der Reduktion wird der Graph G = (V, E) auf den Komplementgraph (V, E) abgebildet)
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3. SAT ⪯ 3-D IMENSIONAL M ATCHING (Hinweis: 3-SAT ⊆ SAT)
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4. 3-D IMENSIONAL M ATCHING ⪯ 3-E XACT C OVER
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5. 3-E XACT C OVER ⪯ S UBSET S UM
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Lösung. Angenommen ETH gilt. Das Sparsification Lemma impliziert, dass man 3-SAT nicht
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in 2o(m) · |I|O(1) lösen kann.
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1. In der Reduktion werden |V | = O(m) Knoten und |E| = O(m2 ) Kanten erstellt und k = m.
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Außerdem gilt n ≤ 3m ∈ O(m).
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• Lower bound bzgl. der Anzahl an Knoten: 2o(|V |) · |I|O(1)
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Angenommen, es existiert ein Algorithmus, der k-Clique in 2o(|V |) ·|I|O(1) löst. Dann
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gibt es auch einen Algorithmus, der 3-SAT in 2o(m) · |I|O(1) löst (Reduktion auf k-
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Clique + k-Cliquen Algorithmus). Nach dem Sparsification Lemma gibt es dies nur,
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wenn die ETH nicht gilt.
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√
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• Lower bound bzgl. der Anzahl an Kanten: 2o( |E|) · |I|O(1) √
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Angenommen, es existiert ein Algorithmus, der k-Clique in 2o( |E|) · |I|O(1) löst.
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Da |E| ∈ O(m2 ), gibt es dann auch einen Algorithmus, der 3-SAT in 2o(m) · |I|O(1)
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löst (Reduktion auf k-Clique + k-Cliquen Algorithmus). Nach dem Sparsification
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Lemma gibt es dies nur, wenn die ETH nicht gilt.
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• Lower bound bzgl. k: 2o(k) · |I|O(1)
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Angenommen, es existiert ein Algorithmus, der k-Clique in 2o(k) · |I|O(1) löst. Dann
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gibt es auch einen Algorithmus, der 3-SAT in 2o(m) · |I|O(1) löst (Reduktion auf k-
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Clique + k-Cliquen Algorithmus). Nach dem Sparsification Lemma gibt es dies nur,
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wenn die ETH nicht gilt.
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2. In der Reduktion werden genau |V | Knoten und maximal |E| = O(|V |2 ) Kanten erstellt.
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• Lower bound bzgl. der Anzahl an Knoten: 2o(|V |) · |I|O(1)
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Angenommen, es existiert ein Algorithmus, der k-Independent-Set in 2o(|V |) · |I|O(1)
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löst. Dann gibt es auch einen Algorithmus, der k-Clique in 2o(|V |) · |I|O(1) löst (Re-
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duktion auf k-Independent-Set + k-Independent-Set Algorithmus). Nach Aufgaben-
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teil 1, gibt es diesen nur, wenn die ETH nicht gilt.
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√
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o( |E|)
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• Lower bound bzgl. der Anzahl an Kanten: 2 · |I|O(1) √
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Angenommen, es existiert ein Algorithmus, der k-Independen-Set in 2o( |E|) ·|I|O(1)
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löst. Da |E| ≤ |V |2 , gibt es dann auch einen Algorithmus, der k-Clique in 2o(|V |) ·
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|I|O(1) löst (Reduktion auf k-Independent-Set + k-Independent-Set Algorithmus).
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Nach Aufgabenteil 1, gibt es diesen nur, wenn die ETH nicht gilt.
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3. In der Reduktion werden Mengen mit |U| = |V | = |W | = O(mn) Elementen erstellt und
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|T | = O(m2 n2 ) Tupel. Es gilt n ≤ 3m ∈ O(m) für 3-SAT.
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√
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• Lower bound bzgl. der Anzahl an Elementen: 2o( |V |) · |I|O(1) √
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Angenommen, es existiert ein Algorithmus, der 3-Dimensional-Matching in 2o( |V |) ·
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|I|O(1) löst. Da |V | ∈ O(mn) ≤ O(m2 ), gibt es dann auch einen Algorithmus, der
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3-SAT in 2o(m) · |I|O(1) löst (Reduktion von SAT auf 3-Dimensional-Matching an-
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gewandt auf 3-SAT Instanzen + 3-Dimensional-Matching Algorithmus). Nach dem
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Sparsification Lemma geht dies nur, wenn die ETH nicht gilt.
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√
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4
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• Lower bound bzgl. der Kardinalität von T : 2o( |T |) · |I|O(1) √
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4
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Angenommen, es existiert ein Algorithmus, der 3-Dimensional-Matching in 2o( |T |) ·
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|I|O(1) löst. Da |T | ∈ O(m2 n2 ) ≤ O(m4 ), gibt es dann auch einen Algorithmus, der
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3-SAT in 2o(m) · |I|O(1) löst (Reduktion von SAT auf 3-Dimensional-Matching an-
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gewandt auf 3-SAT Instanzen + 3-Dimensional-Matching Algorithmus). Nach dem
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Sparsification Lemma geht dies nur, wenn die ETH nicht gilt.
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4. Das 3-dimensionale Matching ist ein Spezialfall vom 3-Exact Cover. Daher gelten die
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Lower Bounds von 3-dimensionalem Matching auch für 3-Exact Cover. Da |U| = 3m ∈
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O(|V |), ergibt sich, dass es für 3-Exact Cover unter der ETH keinen Algorithmus √ mit
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√
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o( m) O(1) o( |V |)
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Laufzeit 2 · |I| geben kann, da sonst 3-dimensionales Matching in 2 ·
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|I|O(1) lösbar wäre. Und da |F| = |T |, √ ergibt sich, dass es für 3-Exact Cover unter der ETH
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o( 4 |F|)
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keinen Algorithmus
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√ mit Laufzeit 2 · |I|O(1) geben kann, da sonst 3-dimensionales
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4
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Matching in 2o( |T |) · |I|O(1) lösbar wäre.
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√
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4
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5. In der Reduktion wird n = |F| gesetzt. Lower bound bzgl. n: 2o( n)√· |I|O(1)
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4
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Angenommen, es existiert ein Algorithmus, der SubsetSum in 2o( n) · |I|O(1) löst. Dann
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√
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4
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|F|)
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gibt es auch einen Algorithmus, der 3-Exact Cover in 2o( · |I|O(1) löst. Nach Aufga-
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benteil 4, gibt es diesen nur, wenn die ETH nicht gilt.
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CHRISTIAN-ALBRECHTS-UNIVERSITÄT ZU KIEL
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Institut für Informatik, Arbeitsgruppe Algorithmen und Komplexität
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Prof. Dr. K. Jansen, B. Schumacher, C. Wambsganz
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07.07.2025
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Präsenzaufgaben zur Vorlesung »Analyse von Algorithmen und
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Komplexität«
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Blatt 13
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Präsenzaufgabe 13.1 (Vertex Cover)
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Ein Vertex Cover in einem Graphen G = (V, E) ist eine Menge von Knoten C ⊆ V , so dass für
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jede Kante {v, w} ∈ E gilt, dass v ∈ C oder w ∈ C. Beim Optimierungsproblem Minimum Vertex
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Cover soll die kardinalitätskleinste Menge C ⊆ V gefunden werden, die ein Vertex Cover von
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G ist.
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Gegeben ist der folgende approximative Algorithmus mit Güte 2 für VertexCover:
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Idee: Wähle eine beliebige Kante. Wenn einer der beiden Endknoten bereits in C ist, verwirf
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diese Kante. Sonst, füge beide Endknoten zur Menge C hinzu. Mache dies für jede Kante.
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Algorithmus 2A PPROX CV(G = (V, E))
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1 C = {}
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2 foreach {u, v} ∈ E do
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3 if u ̸∈ C and v ̸∈ C then
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4 C = C ∪ {u, v}
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5 fi
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6 od
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7 return C
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Beweisen Sie die Güte.
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Lösung. Beweis: Sei C∗ ein minimales Vertex Cover. Wir zeigen |C| ≤ 2|C∗ |.
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Sei A die Menge der Kanten, für die beide Endknoten zu C hinzugefügt wurden. Es gilt |C| =
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2|A|, da beide Knoten jeder ausgewählten Kante zu C hinzugefügt wurden und alle anderen
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Kanten nicht weiter betrachtet werden. Damit folgt auch, dass keine zwei Kanten aus A einen
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Knoten gemeinsam haben können. Sei nun C∗ ein minimales Vertex Cover. C∗ enthält nach
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Definition mindestens einen Knoten jeder Kante, also insbesondere einen Knoten jeder Kante
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aus A. Da keine zwei Kanten aus A vom gleichen Knoten aus C∗ überdeckt werden können, gilt
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|C∗ | ≥ |A|. Es folgt |C| = 2|A| ≤ 2|C∗ |. Die Lösung C von 2ApproxCV ist also maximal doppelt
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so groß wie die optimale Lösung C∗ . Damit berechnet der Algorithmus eine 2-Approximation.
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Präsenzaufgabe 13.2 (TSP)
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In der Vorlesung haben Sie zwei approximative Algorithmen für das TSP-Problem kennen ge-
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lernt. Der erste Algorithmus ∆T SP1 hat eine Approximationsrate von 2, während der zweite
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Algorithmus ∆T SP2 von Christofides eine Approximationsrate von 3/2 besitzt. In dieser Übung
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soll gezeigt werden, dass die zweite Rate scharf ist. D.h., dass es eine Folge von Instanzen gibt,
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auf denen der Algorithmus immer näher an diese Rate heran kommt.
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Wir betrachten den vollständigen Graphen Kn = (V, E) für ein n ∈ N≥6 mit n mod 4 = 2 und
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die nachfolgende Gewichtsfunktion d2 : E → R+ . Zeigen Sie, dass
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(a) OPT((Kn , d2 )) = n gilt und
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(b) eine mögliche Ausführung von ∆TSP2 existiert, die auf Eingabe (Kn , d2 ) eine Tour der
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Länge (n − 1) + n/2 berechnet.
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1 1 1 1
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1 3 5 7 9 n−1
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1 1 1 1 1 1
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1 1 1 1
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2 4 6 8 10 n
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Wir definieren E2 := {{i, i + 2}|i ∈ {1, . . . , n − 2}} ∪ {{2i + 1, 2i + 2}|i ∈ {0, . . . , n/2 − 1}} und
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d2 , so dass alle Kanten aus E2 auf 1 abgebildet werden und alle Kanten aus E \ E2 auf den Wert
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des kürzesten Wegs zwischen diesen Knoten in dem oben abgebildeten Graphen abgebildet
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werden.
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Lösung. Wichtig bei dieser Aufgabe ist der folgende Fakt: Bei beiden Algorithmen wird ir-
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gendein MST genommen und dann irgendeine Reihenfolge der Knoten. Typischerweise wird
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diese Reihenfolge durch bestimmte Knoten- oder Kanten-Labels festgelegt (wird zum Beispiel
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der Kruskal-Algorithmus zur Konstruktion des MST genutzt, so werden dort die Kanten nach
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Gewicht sortiert. Kanten gleichen Gewichts müssen also auch noch durch irgendeine Reihen-
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folge festgelegt werden.) Wir gehen also davon aus, dass wir diese Reihenfolge auch wählen
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können. Sollte der Algorithmus also einen “besseren” MST oder eine “bessere” Knotenreihen-
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folge nutzen, passen wir die Labels dementsprechend an.
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Ein möglicher MST ist durch die unten angegebene Zick-Zack-Tour gegeben oder formal durch
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h [ i
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ET = {{ j, j + 1}, { j + 1, j + 3}, { j + 3, j + 2}, { j + 2, j + 4}}} ∪ {{n − 1, n}}.
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1≤ j≤n−5
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j mod 4=1
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1 1 1 1
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1 3 5 7 n−3 n−1
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1 1 1 1 1 1
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1 1 1 1
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2 4 6 8 n−2 n
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Es gilt d(T ) = n − 1 für die Kosten d(T ) des MST T , da nur Kanten mit Kosten 1 gewählt
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werden und n − 1 Kanten gewählt werden müssen, um den Zusammenhang sicher zu stellen.
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Da jeder Knoten im MST außer 1 und n geraden Grad hat, ist das Matching K sehr simpel,
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nämlich K = {{1, n}}. Die Kosten der Kante {1, n} sind n/2 (der kürzeste Pfad von 1 zu n)
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und somit gilt d(K) = n/2 für die Kosten von K. Die Rundreise R entspricht einfach dem MST
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vereinigt mit der Matchingkante und hat somit Kosten: d(R) = n − 1 + n/2.
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Die optimale Tour würde erst “oben” und dann “unten” entlang laufen, also von Knoten 1 zu
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Knoten 3 gehen, dann zu Knoten 5 und so weiter, bis Knoten n − 1 erreicht wurde. Danach
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folgen Knoten n, n − 2, n − 4 und so weiter. Diese Tour hat offensichtlich Kosten n, da wir n
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Kanten mit Gewicht 1 nutzen. Somit gilt OPT((Kn , d2 )) = n und wir haben eine Rate von
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∆T SP2 ((Kn , d2 )) n − 1 + n/2 1
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= = 3/2 − ≤ 3/2.
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OPT((Kn , d2 )) n n
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Da limn→∞ 3/2 − n1 = 3/2, kommen wir der Rate von 3/2 also beliebig nahe.
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Reference in New Issue
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