Kolokwium z 2013 roku

.gitignore

@@ -0,0 +1,6 @@
+*.sw_
+*.aux
+*.fls
+*.pdf
+*.log
+*.fdb_latexmk

2013.01.26.tex

@@ -0,0 +1,285 @@
+\section{26.01.2013 kolokwium \#2}
+
+\task{Alicja i Bogdan wybrali się na zakupy. Przy kasie okazało się, że muszą zapłacić równo 100 zł, a kasa nie zwraca reszty. W portfelu mają: $a_1$ monet 1-złotowych, $a_2$ monet 2-złotowych i analogicznie dla nominałów 5, 10, 20, 50, gdzie $a_i \geq 0$. Zastanawiają sie, czy z posiadanych monet mogą uzbierać dokładnie 100 zł.}
+
+\subtask{Spróbuj zaprojektować algorytm wielomianowy dla tego problemu decyzyjnego}
+\subtask{Jeśli nie potrafisz, to spróbuj udowodnić jego NP-zupełność}
+
+\solution
+Przy rozwiązywaniu tego zadania, jedną z pierwszych myśli może byc, że jest to problem zbliżony
+do problemu sumy podzbioru - i jest to prawdą, jest to specyficzny wypadek problemu sumy podzbioru.
+
+Zauważmy jednak, że do dyspozycji mamy tylko i wyłącznie 6 wartości: 1, 2, 5, 10, 20, 50 oraz, 
+że pojemność naszego "plecaka" jest zawsze stała i wynosi 100. Łatwo zauważyc, że istnieją bardzo 
+proste przypadki, które rozwiązują nasz problem. Przykładowo, jeżeli mamy 2 bankonoty 50zł to 
+jesteśmy w stanie zapłacić 100zł bez problemu, tak samo mają 5 banknotów 20zł czy nawet 100 złotówek.
+
+\begin{table}[H]
+\begin{tabular}{rrrrrr}
+1zł & 2zł & 5zł & 10zł & 20zł & 50zł \\ \hline
+ - & - & - & - & - & 2 \\
+ - & - & - & 1 & 2 & 1 \\
+ - & - & - & 3 & 1 & 1 \\
+ - & - & 2 & 2 & 1 & 1 \\
+ \vdots &  \vdots &  \vdots &  \vdots &  \vdots &  \vdots 
+\end{tabular}
+\centering
+\caption{Możliwe kombinacje tworzące 100zł}
+\end{table}
+
+Stąd wynika, że istnieje jedynie skończona ilość kombinacji którymi możemy utworzyć 100zł - wystarczy zatem sprawdzić je wszystkie, a to można wykonac zawsze w tym samym czasie - uzyskany algorytm jest $O(1)$.
+
+\task{Ty masz graf 100-wierzchołkowy $G$ zapisany w postaci macierzy sąsiedztwa $A(G)$ i bardzo Ci zależy na tym aby stwierdzić, czy $G$ zawiera klikę $K_{10}$ lub większą. Ja mam program, który rozwiązuje Twój problem, ale tylko wtedy kiedy na wejście poda się mu macierz sąsiedztwa grafu niehamiltonowskiego. Jak przerobisz macierz $A(G)$ byś mógł skorzystać z mojego programu? Zaprojektuj taki program i oszacuj jego złożoność.}
+
+\solution
+Nasz graf $G$ może być w zasadzie dowolnym grafem 100-wierzchołkowym, nie wiemy nic o tym czy jest hamiltonowski czy nie.
+Do dyspozycji mamy program, który jest w stanie odpowiedzieć na nasze pytanie, ale tylko jeżeli graf \textbf{nie} jest hamiltonowski. Potrzebujemy zatem sposobu na przetworzenie naszego grafu $G$ tak, aby nie miał szans byc hamiltonowski - jednak to przekształcenie nie może wpływać na odpowiedź na nasze pytanie.
+
+Na wstępie przypomnijmy, że graf hamiltonowski to taki, w którym istnieje cykl pozwalający przejść po 
+wszystkich wierzchołkach dokładnie raz. Co znaczy, że każdy graf hamiltonowski musi być przedewszystkim grafem spójnym. 
+Co za tym idzie, jeżeli przekształcimy nasz graf G w taki sposób, że nie będzie spójny to będziemy mieli pewność że nie będzie hamiltonowski. 
+
+Nie możemy usuwać ani dodawać krawędzi między wierzchołkami naszego grafu $G$ ponieważ mogłoby to wpłynąć na istnienie w nim kliki - najprostszym rozwiązaniem będzie więc dodanie zupełnie nowego wierzchołka, nazwijmy go $v_{101}$, który nie jest połączony z żadnym innym.
+
+\begin{figure}[H]
+    \centering
+    \includegraphics{niehamiltonowski}
+    \caption{Transformacja w graf niehamiltonowski}
+\end{figure}
+
+Dodanie jednego swobodnego wierzchołka nie wpłynie na istnienie kliki $K_{10}$ bądź większej ponieważ jeden wierzchołek nie wystarczy na utworzenie kliki a nie dodajemy żadnych krawedzi, które mogłyby doprowadzic do tego, że klika nagle powstała.
+
+Innym możliwym rozwiązaniem jest dodanie wierzchołka połączonego z tylko jednym wierzchołkiem - jedyny sposób aby się do niego dostać będzie przez 1 wierzchołek, a żeby przejść dalej będziemy musieli się cofnąć do wierzchołka, w którym już byliśmy.
+
+Jeżeli zaś chodzi o złożoność, to ważnym jest, że graf jest podany w formie macierzy sąsiedstwa, czyli aby dodać wierzchołek musimy do macierzy dodać 1 wiersz i 1 kolumnę - czyli w zasadzie utworzyć nową macierz. Operacja ta wymaga utworzenia $(n+1) \times (n+1)$ komórek, czyli teoretycznie jej złożoność to $O(n^2)$ jednak biorąc pod uwagę, że dla grafu $G$ z definicji $n = 100$ możemy powiedzieć, że operacja ta dla każdego takiego grafu G jest do wykonania w czasie stałym, czyli $O(1)$ - obie odpowiedzi będą poprawne.
+
+\task{\textit{OGRANICZONY PROBLEM KLIKI} - \texttt{OPK} - zdefiniowany jest następująco: ``Dany jest graf $G$ i liczby naturalne $a$, $b$ takie, że $a \leq b$, czy w $G$ istnieje klika o rozmiarze $r$ taka, że $a \leq r \leq b$?,,. Pokaż, że:}
+\subtask{$\mathtt{OPK} \in \mathtt{NP}$}
+\subtask{$\mathtt{OPK} \in \mathtt{NPC}$}
+
+\solution
+Aby udowodnić, że dany problem należy do klasy \NP należy zrobić jedną z dwóch rzeczy - przedstawić niedeterministyczny algorytm rozwiązujący ten problem w czasie wielomianowym, bądź zaprezentować wielomianowy algorytm sprawdzający rozwiązanie tego problemu. Moim zdaniem, podejście drugie jest o wiele łatwiejsze i przyjemniejsze - zatem to właśnie je zaprezentuję. 
+
+Aby sprawdzić rozwiązanie, potrzebujemy więcej informacji niż proste \textbf{tak} lub \textbf{nie} - taką dodatkową informację nazywamy \textit{certyfikatem}, przykładowo w wypadku pytania, czy liczba $n$ jest złożona, certyfikatem mogą byc dwie liczby $p$ i $q$ takie, że $n = p \cdot q$ - mając taki certyfikat łatwo jest potwierdzić, że faktycznie liczba jest złożona. 
+
+W naszym wypadku certyfikatem może być lista wierzchołków tworząca klikę $K_n$. Określenie $r$ będzie wymagało sprawdzenia długosci listy, co z pewnością można wykonać w czasie wielomianowym, a sprawdzenie czy wierzchołki tworzą klikę będzie wymagało sprawdzenia czy faktycznie każdy wierzchołek sąsiaduje z każdym innym wierzchołkiem z listy - co tez można wykonać w czasie wielomianowym. Stąd wynika, że problem należy do klasy \NP
+
+Dowód, że problem należy do \NPC jest trochę trudniejszy do przeprowadzenia - należy mianowicie wykonać $\alpha$-redukcję jakiegoś problemu, który wiemy że jest \NPC do problemu, który badamy. Naturalnym kandydatem tutaj wydaje się być problem kliki: 
+``Czy w grafie $G$ istnieje klika wielkości $n$?,,
+
+\begin{figure}[H]
+    \centering
+    \input{./gfx/klika-opk.tex}
+    \caption{schemat $\alpha$-redukcji kliki do OPK}
+\end{figure}
+
+Aby dokonac $\alpha$-redukcji musimy w wielomianowym czasie na podstawie danych $G, n$ znaleźć takie $G_1, a, b$ aby rozwiązując problem \texttt{OPK} uzyskac odpowiedź na problem kliki. Wiemy, że \texttt{OPK} zwróci nam prawdę jeżeli w grafie $G_1$ będzie klika o rozmiarze $r$ takim, że $a \leq r \leq b$. Jeżeli chcemy znaleźć klikę konkretnego rozmiaru, wystarczy zauważyć, że jeżeli $a = b \land A \leq r \leq b$ to $a = b = r$. Nasza $\alpha$-redukcja mogłaby zatem wyglądać następująco: $G_1 = G, a = n, b = n$. Co z pewnością możemy dokonać w czasie wielomianowym. Fakt, że takie podstawienie zachowuje problem udowodniliśmy już powyżej. 
+
+\task{\textit{Problem zanurzenia} (\problem{PZ}) grafu w innym grafie zdefiniowany jest następująco. Dane są dwa grafy: $(G, H)$, gdzie $G$ jest \textit{gościem} a $H$ - \textit{gospodarzem}. Czy istnieje takie odwzorowanie wierzchołków $f: V(G) \to V(H)$, że każdej krawędzi $\{u, v\} \in G$ odpowiada krawędź $\{f(u), f(v)\} \in H$? Pokaż, że PZ jest problemem NP-zupełnym.}
+
+\solution
+Przed dowiedzeniem, że problem jest \NPC najpierw musimy udowodnić, że w ogóle znajduje się w klasie \NP. Po raz kolejny wykorzystamy tutaj podejscie z certyfikatem, w tym wypadku będzie nim funkcja $f$. Nie rozważamy tutaj tego jak trudno jest wyliczyć na komputerze wynik działania funkcji $f$, zatem zakłdamy, że $f = O(1)$. Przetworzenie wszystkich krawędzi mozna zatem wykonać w czasie $O(m(G))$, aby sprawdzić czy krawędź istnieje w grafie $H$ w najgorszym wypadku musimy przejrzeć wszystkie krawędzie - co daje nam czas $O(m(H))$, ponieważ dla każdej przetworzonej krawędzi w $G$ musimy sprawdzić jej istnienie w $H$ to w najgorszym wypadku uzyskamy czas $O(m(H) \cdot m(G))$ - czyli wielomianowy.
+
+Aby udowodnić, że \problem{PZ} jest \NPC musimy znaleźć $\alpha$-redukcje jakiegoś innego, najlepiej zbliżonego problemu do \problem{PZ}. Na początek zauważmy, że $f$ musi być funkcją różnowartościową, ponieważ gdyby nie była, to istniałyby takie $u_1 \neq u_2$, że $f(u_1) = f(u_2) = v$, co dawałoby nieistniejącą krawędź $\{ v, v \}$ (tj. wierzchołek byłby połączony z samym sobą).
+Gdybyśmy natomiast rozpatrywali grafy, mogące zawierać takie pętle własne, to problem dla takich grafów oraz funkcji nieróżnowartościowej stawałby się trywialny wystarczyłoby zmapować wszystkie wierzchołki na ten jeden z pętlą własną i taka funkcja istniałaby zawsze.
+
+Z tego, że $f$ jest różnowartościowa wynika, że jeżeli wierzchołek w grafie G $\deg u = \delta$ to w grafie H $\deg f(u) \geq \delta$. Można to zaobserwować na rysunku poniżej.
+
+\begin{figure}[H]
+    \centering
+    \includegraphics{./gfx/mapowanie}
+    \caption{Powiązane wierzchołki mają ten sam kolor w obu grafach.}
+\end{figure}
+
+Biorąc pod uwagę ten tok rozumowania, możemy zauważyć że problem ten jest nam w stanie łatwo odpowiedzieć czy w danym grafie $H$ występuje podgraf $G$. Znanym problemem \NPC, który wymaga sprawdzenia obecności danego podgrafu w innym grafie jest oczywiście problem kliki. 
+
+\begin{figure}[H]
+    \centering
+    \input{./gfx/klika-pz.tex}
+    \caption{schemat $\alpha$-redukcji kliki do PZ}
+\end{figure}
+
+$\alpha$-redukcja polega na sprawdzeniu czy graf pełny $K_n$ jest podgrafem grafu $G_0$, czyli dla problemu \problem{PZ} otrzymalibyśmy tak skontruowane dane wejściowe:
+$G = K_n, H = G_0$.
+
+Problem jest zachowany ponieważ jeżeli w grafie $G_0$ występuje klika o rozmiarze $n$ to możemy każdemu wierzchołkowi kliki znalezionej w $G_0$ przypisać unikalny wierzchołek w $K_n$. W drugą stronę analogicznie, Jeżeli istnieje takie przypisanie to w grafie $G_0$ musi znajdować się klika $K_n$.
+
+\task{Przedyskutuj złożoność obliczeniową następujących problemów decyzyjnych, zakładając, że $G$ jest kubiczny (tj. 3-regularny) i zapamiętany jest w postaci list sąsiedztwa. Ponadto, jeżeli odpowiedź jest oczywista napisz czy brzmi ona \textbf{tak} lub \textbf{nie}.}
+
+\begin{minipage}{.5\linewidth}
+    \subtask{$\chi(X) \leq 1$}
+    \subtask{$\chi(X) \leq 2$}
+    \subtask{$\chi(X) \leq 3$}
+    \subtask{$\chi(X) \leq 4$}
+\end{minipage}%
+\begin{minipage}{.5\linewidth}
+    \subtask{$\chi(X) \geq 1$}
+    \subtask{$\chi(X) \geq 2$}
+    \subtask{$\chi(X) \geq 3$}
+    \subtask{$\chi(X) \geq 4$}
+\end{minipage}%
+\\
+\tip{Skorzystaj z twierdzenia Brooksa, które mówi, że $\chi(G) \leq \Delta$ za wyjątkiem $G = C_{2k-1}$ (czyli będącego cyklem nieparzystym i $G = K_n$)}
+
+\solution
+Problem dotyczy liczby chromatycznej grafu - $\chi(G)$ - czyli minimalnej liczby kolorów potrzebnej do poprawnego pokolorowania grafu. Graf można pokolorować 1 kolorem $\chi(G) = 1$, tylko wtedy kiedy nie ma on krawędzi, a  tym wypadku wiemy, że graf jest 3-regularny czyli dla każdego wierczhołka $v \in G$ wiemy, że jest połączony z 3 innymi wierzchołkami - stąd możemy wywnioskować, że dla tego typu grafów $\chi(G) \geq 2$. 
+
+Dodatkowo wiemy, że każdy graf dwudzielny można pokolorować za pomocą dokładnie 2 kolorów ponieważ zawiera 2 grupy niepołączonych ze sobą wierzchołków - a sprawdzenie dwudzielnosci grafu można osiągnąć za pomocą BFS-a lub DFS-a, czyli w złożoności $O(m+ n)$. 
+
+Z wskazówki znamy twierdzenie Brooksa - $\chi(G) \leq \Delta$, w naszym wypadku z 3-regularnosci oczywistym jest, że $\Delta = 3$, czyli $\chi(G) \leq 3$, \textbf{CHYBA, że} graf jest nieparzystym cyklem - co możemy wyeliminować ponieważ cykl nie jest 3-regularny, lub $G = K_4$, gdzyż klika rozmiaru 4 jest 3-regularna (Ogólnie kliki rozmiaru $n$ są $(n - 1)$-regularne) i tylko w tym jednym wypadku będziemy potrzebować 4 kolorów, ale nigdy więcej.
+
+Zatem podsumowując odpowiedzi:
+
+\begin{enumerate}[a)]
+    \item $\chi(X) \leq 1$ - \textbf{NIE}
+    \item $\chi(X) \leq 2$ - sprawdzenie dwudzielnosci - $O(n + m)$
+    \item $\chi(X) \leq 3$ - sprawdzenie czy $G \neq K_4$ - $O(1)$
+    \item $\chi(X) \leq 4$ - \textbf{TAK}
+    \item $\chi(X) \geq 1$ - \textbf{TAK} - zawsze potrzebny jest minimum 1 kolor
+    \item $\chi(X) \geq 2$ - \textbf{TAK} - minimalna liczba potrzebnych kolorów dla takiego grafu to 2
+    \item $\chi(X) \geq 3$ - jeżeli graf nie jest dwudzieolny - to na pewno potrzebuje minimum 3 kolorów - $O(n+m)$
+    \item $\chi(X) \geq 4$ - graf potrzebuje 4 kolorów tylko, gdy jest kliką $K_4$ - $O(1)$.
+\end{enumerate}
+
+\task{\NP-trudny problem \textit{Maximum Acyclic Subgraph} (\problem{MAS}) pyta o maksymalny zbiór łuków digrafu $D$, który generuje digraf acykliczny. Porblem ten ma prosty algorym 2-aproksymacyjny, który polega na podzieleniu $D$ na dwa podgrafy.}
+
+\subtask{udowodnij 2-aproksymowalność tego algorytmu}
+\subtask{udowodnij nie wprost, że jeżeli $\mathtt{P} \neq \mathtt{NP}$ to dla \problem{MAS} nie ma schamatu FPTAS}
+\\
+\ctip{Zakładamy, że digraf $D$ dany jest w postaci macierzy sąsiedztwa $A$}
+\ctip{Jaki digraf definiuje górna/dolna macierz trójkątna macierzy $A$?}
+
+\solution
+Na wstępie - zadanie słabo opisuje problem i więcej informacji można wyciągnąć z nazwy problemu po angielsku niż jego opisu. W problemie chodzi o znalezienie najwiekszego podgrafu acyklicznego w digrafie $D$. 
+\begin{figure}[H]
+    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
+        \centering
+        \input{./gfx/mas-1.tex}
+    \end{minipage}%
+    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
+        \begin{equation*}
+            A_D = \begin{bmatrix}
+                0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 
+                0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 
+                1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 
+                0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 
+                0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 
+            \end{bmatrix}
+        \end{equation*}
+    \end{minipage}%
+    \caption{Przykładowy digraf $D$ wraz z maksymalnym podgrafem acyklicznym oraz macierzą sąsiedstwa.}
+\end{figure}
+
+Z zadania wiemy, że algorytm dzieli digraf $D$ na dwie części, na postawie wskazówki \#1 możemy się domyślac, że ma to coś wspólnego z macierzami trójkątnymi macierzy $A_D$. Zobaczmy, co te macierze reprezentują:
+\begin{figure}[H]
+    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
+        \centering
+        \input{./gfx/mas-2.tex}
+    \end{minipage}%
+    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
+        \begin{equation*}
+            A_D = \begin{bmatrix}
+                0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 
+                  & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 
+                  &   & 0 & 0 & 1 \\ 
+                  &   &   & 0 & 0 \\ 
+                  &   &   &   & 0 \\ 
+            \end{bmatrix}
+        \end{equation*}
+    \end{minipage}%
+    \caption{Graf opisany przez macierz trójkątną górną macierzy $A_D$}
+\end{figure}
+
+\begin{figure}[H]
+    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
+        \centering
+        \input{./gfx/mas-3.tex}
+    \end{minipage}%
+    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
+        \begin{equation*}
+            A_D = \begin{bmatrix}
+                0 &   &   &   &   \\ 
+                0 & 0 &   &   &   \\ 
+                1 & 0 & 0 &   &   \\ 
+                0 & 0 & 1 & 0 &   \\ 
+                0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 
+            \end{bmatrix}
+        \end{equation*}
+    \end{minipage}%
+    \caption{Graf opisany przez macierz trójkątną dolną macierzy $A_D$}
+\end{figure}
+
+Jak widać górna macierz trójkątna opisuje tylko takie krawędzie (łuki) $(u_1, u_2)$ że $u_1 < u_2$, czyli nie może wystąpić cykl ponieważ to wymagałoby powrotu do wierzchołka, który już rozpatrywaliśmy - a to jest niemożliwe w takiej macierzy. W macierzy dolnej sytuacja jest analogiczna, z tym że zachodzi warunek $u_1 > u_2$.
+
+Rozwiązanie takie gwarantuje brak cyklu, jednak nie jest dokładne, zastanówmy się więc jaki może być najgorszy przypadek.
+Biorąc pod uwagę, że bierzemy połowę grafu możemy być pewni, że algorytm nie pomyli się bardziej niź 2 krotnie, ponieważ w najgorszym wypadku cały graf jest już acykliczny, a my bierzemy jego połowę. Nie mamy jednak pewnosci co do tego, czy faktycznie może istnieć acykliczny graf dokładnie 2 krotnie większy od swojej połówki i prawdopodobnie na tym można skończyć dowód, jednak udowodnijmy że faktycznie istnieje taki przypadek w którym algorytm zwróci dokładnie 2-przybliżony.
+
+Aby uzyskać taki graf w dolnej i górnej macierzy trójkątnej musimy mieć dokłądnie taką samą ilosć krawędzi, a ponad to graf musi pozostać acykliczny. Nie jesteśmy w stanie stworzyć grafu o 2 wierzchołkach, który spełniałby ten warunek, ponieważ albo algorytm zwróci odpowiedź dokładną, albo graf będzie cykliczny tj. wierzchołek 1 będzie połączony z 2 oraz 2 z 1.Jesteśmy w stanie skonstruować jednak taki graw 3 wierzchołkowy, poniewaz wystarczy że będziemy mieli dokładnie połączenie wierzchołka "mniejszego" z "większym" oraz dokładnie jedno "większego" z "mniejszym" przy czym jedynym ograniczeniem jest to, że nie mogą to być te same wierzchołki.
+
+\begin{figure}[H]
+    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
+        \centering
+        \input{./gfx/mas-4.tex}
+    \end{minipage}%
+    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
+        \begin{equation*}
+            A_D = \begin{bmatrix}
+                0 & 1 & 0 \\ 
+                0 & 0 & 0 \\ 
+                0 & 1 & 0 \\ 
+            \end{bmatrix}
+        \end{equation*}
+    \end{minipage}%
+    \caption{Graf opisany przez macierz trójkątną dolną macierzy $A_D$}
+\end{figure}
+
+W tym wypadku digraf $D$ jest acykliczny, jednak algorytm będzie w stanie znaleźć tylko pograf $\{ (1, 2) \}$ lub $\{ (1, 3) \}$, czyli zwróci 2-krotnie za mały wynik.
+
+Istnienie schematu (F)PTAS mówi nam, że jesteśmy w stanie znaleźć wielomianowy algorytm o dowolnie dobrym przybliżeniu, tj. algorytm $(1 + \varepsilon)$-aproksymacyjny, gdzie $\varepsilon > 0$. Znalezienie takiego schematu jest trudne i jak mniemam wykraczające poza obszar przedmiotu a na pewno kolokwium, jednak stosunkowo prosto udowodnić, że taki schemat nie może istnieć. Wystarczy udowodnić, że dla każdych możliwych danych wejściowych istnieje taki epsilon, że z odpowiedzi przybliżonej jesteśmy w stanie ze 100\% pewnością wywnioskowac odpowiedź dokładną - a to znaczyłoby, że posiadamy wielomianowy algorytm rozwiązujący dany problem \NP-trudny dokładnie, co znaczyłoby, że $\P = \NP$
+
+W tym wypadku rozważamy problem maksymalizacyjny, czyli wiemy że odpowiedź dokładna $N_\text{opt}$ jest większa bądź równa od odpowiedzi naszego algorytmu $N$: 
+\begin{equation}
+    N_{\text{opt}} \geq N
+\end{equation}
+
+Co za tym idzie, z definicji przybliżalności wynika, że:
+\begin{equation*}
+    \frac{N_{\text{opt}}}{N} \leq 1+\varepsilon \iff N_\text{opt} \leq N(1 + \varepsilon)
+\end{equation*}
+
+łącząc te dwie wiadomości możemy wywnioskować, że
+\begin{equation}
+    \label{eqn:2013:fptas}
+    N \leq N_\text{opt} \leq N + N\varepsilon
+\end{equation}
+
+ponieważ wiemy, że liczba krawędzi w grafie jest zawsze liczbą naturalną ($N_\text{opt} \in \mathbb{N}$ oraz $N \in \mathbb{N}$), 
+wystarczy że w nierównośco \ref{eqn:2013:fptas} będzie spełniony warunek
+
+\begin{equation}
+    \label{eqn:2013:fptas-condition}
+    N\varepsilon < 1
+\end{equation}
+
+A uzyskamy 
+
+\begin{equation*}
+    N \leq N_\text{opt} \leq N + N\varepsilon \Rightarrow N \leq N_\text{opt} \leq N
+\end{equation*}
+\begin{equation*}
+    N_\text{opt} = N
+\end{equation*}
+
+czyli algorytm zwróci nam odpowiedź dokładną.
+
+Należy więc udowodnić że dla każdych danych wejściowych jesteśmy w stanie znaleźć dostatecznie mały $\varepsilon$, który spowoduje że nasza odpowiedź będzie dokładna. Aby tego dokonać ograniczmy przybliżoną odpowiedź algorytmu z dołu. Oczywistym jest, że w grafie o $m$ krawędziach nie będzie grafu o ilości krawędzi $N$ większej niż $m$, a już na pewno większej niż $m+1$:
+\begin{equation*}
+    N < m + 1
+\end{equation*}
+
+Jeżeli teraz przedzielimy obie strony nierówności przez $m + 1$ uzyskamy po prawej stronie 1, dokładnie tak jak w nierówności \ref{eqn:2013:fptas-condition}
+\begin{equation*}
+    \frac{1}{m+1}N < 1 
+\end{equation*}
+
+a co za tym idzie wystarczy, że $\varepsilon < \frac{1}{m+1}$ a będziemy w stanie wywnioskować dokładny wynik w czasie wielomianowym, co jest możliwe tylko gdy $\P = \NP$. 

gfx/klika-opk.tex

@@ -0,0 +1,20 @@
+% The block diagram code is probably more verbose than necessary
+\begin{tikzpicture}[auto, node distance=2cm]
+	\node[problem] (klika) {KLIKA};
+	\node[solution, right of=klika] (r-klika) {T/N};
+	\node[left of=klika] (i-klika) {$G, n$};
+	
+	\node[problem, below of=klika] (opk) {OPK};
+	\node[solution, right of=opk] (r-opk) {T/N};
+	\node[left of=opk] (i-opk) {$G_1, a, b$};
+	
+	\draw[->, alpha, left] (i-klika) -- node[right] {$f$} (i-opk);
+	
+	\draw[->] (klika) -- (r-klika);
+	\draw[->] (opk) -- (r-opk);
+	
+	\draw[->] (i-klika) -- (klika);
+	\draw[->] (i-opk) -- (opk);
+	
+	\draw[Implies-Implies, double distance=2pt] (r-klika) -- (r-opk);
+\end{tikzpicture}

gfx/klika-pz.tex

@@ -0,0 +1,20 @@
+% The block diagram code is probably more verbose than necessary
+\begin{tikzpicture}[auto, node distance=2cm]
+	\node[problem] (klika) {KLIKA};
+	\node[solution, right of=klika] (r-klika) {T/N};
+	\node[left of=klika] (i-klika) {$G_0, n$};
+	
+	\node[problem, below of=klika] (pz) {PZ};
+	\node[solution, right of=pz] (r-pz) {T/N};
+	\node[left of=pz] (i-pz) {$G, H$};
+	
+	\draw[->, alpha, left] (i-klika) -- node[right] {$f$} (i-pz);
+	
+	\draw[->] (klika) -- (r-klika);
+	\draw[->] (pz) -- (r-pz);
+	
+	\draw[->] (i-klika) -- (klika);
+	\draw[->] (i-pz) -- (pz);
+	
+	\draw[Implies-Implies, double distance=2pt] (r-klika) -- (r-pz);
+\end{tikzpicture}

gfx/mas-1.tex

@@ -0,0 +1,18 @@
+\begin{tikzpicture}
+
+\def\n {5}
+\def\radius {2cm}
+
+\foreach \i in {1,...,\n}
+{
+  \node[draw, circle] (v\i) at ({-360/\n * (\i+2)}:\radius) {$\i$};
+}
+
+  \draw[->, max edge] (v1) -- (v2);
+  \draw[->, max edge] (v1) -- (v5);
+  \draw[->, max edge] (v2) -- (v3);
+  \draw[->] (v3) -- (v1);
+  \draw[->] (v3) -- (v5);
+  \draw[->, max edge] (v4) -- (v3);
+  \draw[->, max edge] (v5) -- (v4);
+\end{tikzpicture}

gfx/mas-2.tex

@@ -0,0 +1,15 @@
+\begin{tikzpicture}
+
+\def\n {5}
+\def\radius {2cm}
+
+\foreach \i in {1,...,\n}
+{
+  \node[draw, circle] (v\i) at ({-360/\n * (\i+2)}:\radius) {$\i$};
+}
+
+  \draw[->] (v1) -- (v2);
+  \draw[->] (v1) -- (v5);
+  \draw[->] (v2) -- (v3);
+  \draw[->] (v3) -- (v5);
+\end{tikzpicture}

gfx/mas-3.tex

@@ -0,0 +1,14 @@
+\begin{tikzpicture}
+
+\def\n {5}
+\def\radius {2cm}
+
+\foreach \i in {1,...,\n}
+{
+  \node[draw, circle] (v\i) at ({-360/\n * (\i+2)}:\radius) {$\i$};
+}
+
+  \draw[->] (v3) -- (v1);
+  \draw[->] (v4) -- (v3);
+  \draw[->] (v5) -- (v4);
+\end{tikzpicture}

gfx/mas-4.tex

@@ -0,0 +1,13 @@
+\begin{tikzpicture}
+
+\def\n {3}
+\def\radius {2cm}
+
+\foreach \i in {1,...,\n}
+{
+  \node[draw, circle] (v\i) at ({-360/\n * (\i+2)}:\radius) {$\i$};
+}
+
+  \draw[->] (v1) -- (v2);
+  \draw[->] (v3) -- (v2);  
+\end{tikzpicture}

main.tex

@@ -0,0 +1,59 @@
+\documentclass[]{article}
+\usepackage[T1]{fontenc}
+\usepackage{polski}
+\usepackage[utf8]{inputenc}
+\usepackage[margin=1.25in]{geometry}
+\usepackage{alltt}
+\usepackage{titling}
+\usepackage{pdfpages}
+\usepackage{float}
+\usepackage{amsmath}
+\usepackage{booktabs}
+\usepackage{tabularx}
+\usepackage{amstext}
+\usepackage{tikz}
+\usepackage{xspace}
+\usepackage{enumerate}
+\usepackage{lmodern}
+\usepackage{amsfonts}
+\usepackage{mathtools}
+
+\DeclarePairedDelimiter\ceil{\lceil}{\rceil}
+\DeclarePairedDelimiter\floor{\lfloor}{\rfloor}
+
+\usetikzlibrary{decorations.pathmorphing, arrows.meta}
+
+\tikzstyle{problem} = [draw,outer sep=0,inner sep=5,minimum size=10]
+\tikzstyle{solution} = [outer sep=0,inner sep=1,minimum size=10]
+\tikzstyle{alpha} = [decorate, decoration={snake, amplitude=.5mm}, help lines] 
+\tikzstyle{max edge} = [very thick, blue]
+
+% opening
+\title{PAA - Kolokwia, rozwiązania}
+\author{Kacper Donat}
+
+\newcounter{task}[section]
+\newcounter{subtask}[task]
+\newcounter{tip}[task]
+
+\renewcommand{\thesubtask}{\alph{subtask}}
+
+\newcommand{\NP}{\texttt{NP}\xspace}
+\newcommand{\NPC}{\texttt{NPC}\xspace}
+\newcommand{\NPI}{\texttt{NPI}\xspace}
+\renewcommand{\P}{\texttt{P}\xspace}
+
+\newcommand{\problem}[1]{\texttt{#1}}
+
+\newcommand{\task}{\vspace{.25cm}\refstepcounter{task} \noindent\par\texttt{Zadanie \thesection.\thetask.\hspace{.1cm}}}
+\newcommand{\subtask}[1][]{\refstepcounter{subtask}\noindent\par \hspace{.5cm}\thesubtask#1)\ }
+
+\newcommand{\solution}{\par\vspace{.5cm}\noindent\textbf{Proponowane rozwiązanie:}\par}
+\newcommand{\tip}[1]{\par\noindent\textit{Wskazówka:} #1\par}
+\newcommand{\ctip}[1]{\refstepcounter{tip}\par\noindent\textit{Wskazówka \#\thetip:} #1\par}
+
+\begin{document}
+
+\input{./2013.01.26.tex}
+
+\end{document}