diff --git a/2011.01.18.tex b/2011.01.18.tex
index 3cf115e..b02ee6a 100644
--- a/2011.01.18.tex
+++ b/2011.01.18.tex
@@ -3,19 +3,19 @@
\section{18.01.2011 kolokwium \#2}
\task{
- \textit{Problem Optymalnego Rozkroju} (\problem{POR}) zdefiniowany jest następująco ,,Dany jest arkusz blachy o wymiarach
- $d \times sz$ oraz różne wielokąty wypukłe, które należy wykroić z tego arkusza. Czy można wybrać podzbiór
+ \textit{Problem Optymalnego Rozkroju} (\problem{POR}) zdefiniowany jest następująco ,,Dany jest arkusz blachy o wymiarach
+ $d \times sz$ oraz różne wielokąty wypukłe, które należy wykroić z tego arkusza. Czy można wybrać podzbiór
tych wielokątów i tak zaplanowac to wykrajanie aby odpady blachy były zerowe?'' W oparciu o problem \textit{Sumy Podzbioru} (\problem{SP})
udowodnij, że $\problem{POR} \in \NPC$
}
\solution
Tak jak w poprzednio, aby udowodnić, że problem należy do klasy \NP, powinniśmy sprawdzić czy jesteśmy w stanie sprawdzić poprawność rozwiązania
-w czasie wielomianowym. Jeżeli za certyfikat przyjmiemy wielokąty w postaciu listy punktów i krawędzi to sprawdzenia można dokonać
+w czasie wielomianowym. Jeżeli za certyfikat przyjmiemy wielokąty w postaciu listy punktów i krawędzi to sprawdzenia można dokonać
w czasie wielomianowym - wystarczy sprawdzić, że żaden wierzchołek nie znajduje się w żadnym innym wielokącie a suma pól wielokątów
jest równa $sz \times d$. Obie te operacje są wykonywalne w czasie wielomianowym.
-W zadaniu excplicite zostało podane, że musimy zredukować problem \textit{Sumy Podzbioru} do naszego problemu \problem{POR}, i faktycznie wybór ten jest nieprzypadkowy.
+W zadaniu zostało \textit{explicite} podane, że musimy zredukować problem \textit{Sumy Podzbioru} do naszego problemu \problem{POR}, i faktycznie wybór ten jest nieprzypadkowy.
Na wstępie przypomnijmy: problem \textit{Sumy Podzbioru} to pytanie ,,Czy w danym (multi)zbiorze $A$ istnieje podzbiór $B$ ($B \subseteq A$) taki, że suma elementów $B$ jest równa $n$?''.
Naszkicujmy schemat $\alpha$-redukcji dla tego problemu.
@@ -25,7 +25,7 @@ Naszkicujmy schemat $\alpha$-redukcji dla tego problemu.
\caption{Schemat $\alpha$-redukcji z \problem{SP} do \problem{POR}, gdzie $W$ to zbiór wielokątów.}
\end{figure}
-Wyobraźmy sobie problem \problem{SP} jako problem \problem{POR} tylko w jednym wymiarze - mamy odcinki różnej długości,
+Wyobraźmy sobie problem \problem{SP} jako problem \problem{POR} tylko w jednym wymiarze - mamy odcinki różnej długości,
pytanie brzmi czy jesteśmy z nich w stanie skonstruować odcinek o długości dokładnie $l$?
\begin{figure}[H]
@@ -34,7 +34,7 @@ pytanie brzmi czy jesteśmy z nich w stanie skonstruować odcinek o długości d
\caption{W tym wypadku multizbiór $A = \{ 1, 3, 2, 5, 4, 2, 1 \}$, a poszukiwana długość $n = 6$}
\end{figure}
-Podejście takie powinno być dość intuicyjne i proste do wyprowadzenia. Aby przelożyć problem na 2 wymiary wystarczy, że
+Podejście takie powinno być dość intuicyjne i proste do wyprowadzenia. Aby przelożyć problem na 2 wymiary wystarczy, że
rozpatrzymy prostokąty o stałej szerokości równej szerokości blachy, i zmiennej długości.
\begin{figure}[H]
@@ -48,21 +48,21 @@ Czyli z $\alpha$-redukcji utrzymalibyśmy następujące parametry: $W = \text{wy
\taskend
\task{
- Problem \textit{Ważonego Pokrycia Wierzchołkowego} (\problem{WPW}) zdefiniowany jest następująco: ,,Dany jest graf $G_w$ z obciążonymi
+ Problem \textit{Ważonego Pokrycia Wierzchołkowego} (\problem{WPW}) zdefiniowany jest następująco: ,,Dany jest graf $G_w$ z obciążonymi
wierzchołkami (tj. wierzchołki mają wagi) oraz próg $p$; czy w $G_w$ istnieje pokrycie wierzchołkowe o łącznej wadze $\leq p$.
Udowodnij, że $\problem{WPW} \in \NPC$
}
\solution
Tak jak zwykle, zacznijmy od udowodnienia, że problem w istocie należy do klasy $\NP$. Potrzebujemy więc jakiegoś certyfikatu, który
-mógłby potwierdzić, że odpowiedź na to pytanie jest poprawna - w tym wypadku oczywistym zdaje się być lista wierzchołków $V$ stanowiących to pokrycie.
-Sprawdzenie czy suma ich wag faktycznie jest mniejsza niż $p$ jest do wykonania w czasie liniowym. Aby sprawdzić czy pokrycie faktycznie
+mógłby potwierdzić, że odpowiedź na to pytanie jest poprawna - w tym wypadku oczywistym zdaje się być lista wierzchołków $V$ stanowiących to pokrycie.
+Sprawdzenie czy suma ich wag faktycznie jest mniejsza niż $p$ jest do wykonania w czasie liniowym. Aby sprawdzić czy pokrycie faktycznie
pokrywa wszystkie krawędzie wystarczy przeiterować po wszystkich wierzchołkach usuwając z grafu krawędzie zawierające ten wierzchołek, co jest wykonywalne
-w czasie $O(m \cdot n)$. Jeżeli po tych operacjach uzyskamy graf pusty - to odpowiedź była poprawna.
+w czasie $O(m \cdot n)$. Jeżeli po tych operacjach uzyskamy graf pusty - to odpowiedź była poprawna.
-Nie będzie zaskoczeniem, że najbliższym problemem, który możemy zredukować do \problem{WPW} będzie problem \textit{Pokrycia Wierzchołkowego} (\problem{PW}).
+Nie będzie zaskoczeniem, że najbliższym problemem, który możemy zredukować do \problem{WPW} będzie problem \textit{Pokrycia Wierzchołkowego} (\problem{PW}).
Problem \problem{WPW} jest w zasadzie uogólnionym problemem \problem{PW}. Na ogół redukcja problemów szczegółowych do uogólnionych jest dużo
-łatwiejsza niż problemów ze sobą niepowiązanych bądź przypadku ogólnego do szczególnego.
+łatwiejsza niż problemów ze sobą niepowiązanych bądź przypadku ogólnego do szczególnego.
\begin{figure}[H]
\centering
@@ -86,20 +86,20 @@ Problem \problem{WPW} jest w zasadzie uogólnionym problemem \problem{PW}. Na og
\end{minipage}
\\\\
-Można powiedzieć, że - w pewnym sensie - w grafie nieważonym wszystkie wierzchołki są równie ważne, a w grafie ważonym niektóre są ważniejsze.
+Można powiedzieć, że - w pewnym sensie - w grafie nieważonym wszystkie wierzchołki są równie ważne, a w grafie ważonym niektóre są ważniejsze.
Biorąc pod uwagę to podejście aby uzyskać graf ważony z grafu nieważonego o podobnych właściwościach należy wszystkim wierzchołkom nadać te samą
-wagę $w$. Przy takim podejściu, jeżeli w grafie $G$ pokrycie stanowiło $n$ wierzchołków, to w grafie $G_W$ takie samo pokrycie będzie miało
+wagę $w$. Przy takim podejściu, jeżeli w grafie $G$ pokrycie stanowiło $n$ wierzchołków, to w grafie $G_W$ takie samo pokrycie będzie miało
łączną wagę $p = n \cdot w$ a $n = \frac{p}{w}$. Dla uproszczenia możemy przyjąć, że $w = 1$ i wtedy uzyskamy $p = n$.
Przypisania wagi do wierzchołków możemy dokonać w czasie liniowym, wyliczenie $p$ jest w zasadzie darmowe. Ponieważ uzyskaliśmy, że dla tak skonstruowanego
grafu $p = n$ mamy pewność, że taka $\alpha$-redukcja zachowuje problem.
\taskend
-\task{Graf planarny jest maksymalny, gdy dodanie jakiejkolwiek krawędzi łączącej niesąsiednie wierzchołki psuje jego
+\task{Graf planarny jest maksymalny, gdy dodanie jakiejkolwiek krawędzi łączącej niesąsiednie wierzchołki psuje jego
planarność. \textit{Maksymalny Graf Planarny} (\textbf{MGP}) jest 3-barwny wtedy, gdy jest eulerowski.}
\subtask{Narysuj \textbf{MGP} o 5 wierzchołkach i pokoloruj go optymalnie.}
\subtask{Narysuj \textbf{MGP} o 6 wierzchołkach i pokoloruj go optymalnie.}
-\subtask{Przyjmując, że \textbf{MGP} dany jest w postaci macierzy sąsiedztwa wierzchołków, naszkicuj algorytm dla
+\subtask{Przyjmując, że \textbf{MGP} dany jest w postaci macierzy sąsiedztwa wierzchołków, naszkicuj algorytm dla
wyznaczania jego liczby chromatycznej i oszacuj jego złożonosć przy użyciu symbolu $\Theta$}
\solution
@@ -125,13 +125,13 @@ Analogicznie możemy postąpić dla grafu o 6 wierzchołkach, uzyskując:
\input{gfx/mgp-6.tex}
\caption{Kolejne etapy rysowania grafu planarnego o 6 wierzchołkach}
\end{figure}
-Nie są to oczywiście jedyne możliwe (a na pewno nie najładniejsze) maksymalne grafy planarne,
+Nie są to oczywiście jedyne możliwe (a na pewno nie najładniejsze) maksymalne grafy planarne,
jednak są one stosunkowo proste w narysowaniu i wymyśleniu.
\begin{shortcut}
- Twierdzenie Kuratowskiego mówi nam, że graf jest planarny wtedy i tylko wtedy kiedy nie zawiera podgrafu $K_5$
- i $K_{3,3}$ (dwudzielnego 3 na 3).
-
+ Twierdzenie Kuratowskiego mówi nam, że graf jest planarny wtedy i tylko wtedy kiedy nie zawiera podgrafu $K_5$
+ i $K_{3,3}$ (dwudzielnego 3 na 3).
+
\begin{column}{.5}%
\begin{figure}[H]
\centering
@@ -147,13 +147,13 @@ jednak są one stosunkowo proste w narysowaniu i wymyśleniu.
\end{figure}
\end{column}
- Pasuje nam to idealnie do zadania, ponieważ $K_5$ ma 5 wierzchołków a $K_{3,3}$ 6.
+ Pasuje nam to idealnie do zadania, ponieważ $K_5$ ma 5 wierzchołków a $K_{3,3}$ 6.
Wystarczy zatem z $K_5$ usunąć krawędź, a z $K_{3,3}$ usunąć jedną krawędź i dodawać nowe póki jest planarny.
\end{shortcut}
Graf jest eulerowski (czyli posiada cykl eulera - pozwalający przejść po wszystkich krawędziach dokładnie raz),
-tylko jeżeli wszystkie wierzchołki są stopni parzystych. Jak widać w pierwszym grafie są 2 wierzchołki stopnia 3 a w drugim
-grafie mamy 2 pary wierzchołków o stopniach nieparzystych - zatem żaden graf nie jest eulerowski - a co za tym idzie
+tylko jeżeli wszystkie wierzchołki są stopni parzystych. Jak widać w pierwszym grafie są 2 wierzchołki stopnia 3 a w drugim
+grafie mamy 2 pary wierzchołków o stopniach nieparzystych - zatem żaden graf nie jest eulerowski - a co za tym idzie
potrzebują one 4 kolorów aby je pokolorować. Wiemy to z twierdzenia o 4 kolorach, zgodnie z którym każdy graf planarny
można pokolorować maksymalnie 4 kolorami ($\chi(G_P) \leq 4$).
@@ -174,9 +174,9 @@ o tyle korzystna, że znamy ilość kolorów - możemy zatem łatwo zweryfikowa
\caption{Kolorowanie grafów}
\end{figure}
-Z poprzedniego zadania wiemy, że $\chi(G_{MGP}) = 1$ tylko kiedy graf jest grafem pustym, $\chi(G_{MGP}) = 2$ tylko gdy graf jest
-dwudzielny. Z zadania wiemy, że $\chi(G_{MGP}) = 3$ tylko gdy graf jest planarny, a z twierdzenia o 4 kolorach wiemy, że
-$\chi(G_{MGP}) \leq 4$. Możemy zatem ułożyc bardzo prosty algorym:
+Z poprzedniego zadania wiemy, że $\chi(G_\text{MGP}) = 1$ tylko kiedy graf jest grafem pustym, $\chi(G_\text{MGP}) = 2$ tylko gdy graf jest
+dwudzielny. Z zadania wiemy, że $\chi(G_\text{MGP}) = 3$ tylko gdy graf jest planarny, a z twierdzenia o 4 kolorach wiemy, że
+$\chi(G_\text{MGP}) \leq 4$. Możemy zatem ułożyc bardzo prosty algorym:
\begin{algorithm}[H]
\caption{Algorytm określający liczbę chromatyczną dla \textbf{MGP}}
@@ -226,17 +226,17 @@ te niepasującą krawędź uzyskując w ten sposób ścieżkę o 6 krawędziach,
\caption{Rozwiązanie problemu $\problem{MEC}(C_7, 2) = P_7$}
\end{figure}
-Poprawne pokolorowanie krawędzi wymaga aby wszystkie krawędzie współdzielące wierzchołek miały inny kolor, zatem
+Poprawne pokolorowanie krawędzi wymaga aby wszystkie krawędzie współdzielące wierzchołek miały inny kolor, zatem
jasnym jest, że minimalną liczbą wymaganą do pokolorowania krawędziowo grafu $G$ jest $\Delta(G)$. Dodatkowo Wizing
-udowodnił, że liczba ta nigdy nie będzie większa niż $\Delta(G) + 1$. Z pierwszego faktu oraz tego, że $G'$ musi być
+udowodnił, że liczba ta nigdy nie będzie większa niż $\Delta(G) + 1$. Z pierwszego faktu oraz tego, że $G'$ musi być
spójny możemy wywnioskować, że dla problemu $\problem{MEC}(G, 2)$ jedynymi możliwymi stopniami wierzchołków są 1 i 2.
Czyli $G'$ jest ścieżką lub cyklem przechodzącymi przez wszystkie wierzchołki - czyli odpowiednio ścieżki hamiltona
-bądź cyklu hamiltona. Znalezienie zarówno ścieżki jak i cyklu hamiltona jest problemem \NP-trudnym, zatem
+bądź cyklu hamiltona. Znalezienie zarówno ścieżki jak i cyklu hamiltona jest problemem \NP-trudnym, zatem
$\problem{MEC}(G, 2)$ będący z nim tożsamy też jest \NP-trudny.
-\task{Dany jest zbiór $n$ różnych liczb naturalnych $A = \{a_1, ..., a_n\}$. Wiadomo, że problem polegający na
-sprawdzeniu ,,czy zbiór $A$ można podzielić na sumę dwóch rozłącznych zbiorów $B$ i $C$ (tzn. takich, że
-$B \cup C = A$ i $B \cap C = \emptyset$) o równych sumach elementów'' jest \NPC. Czy pozostanie on \NPC czy też stanie
+\task{Dany jest zbiór $n$ różnych liczb naturalnych $A = \{a_1, ..., a_n\}$. Wiadomo, że problem polegający na
+sprawdzeniu ,,czy zbiór $A$ można podzielić na sumę dwóch rozłącznych zbiorów $B$ i $C$ (tzn. takich, że
+$B \cup C = A$ i $B \cap C = \emptyset$) o równych sumach elementów'' jest \NPC. Czy pozostanie on \NPC czy też stanie
się wielomianowy przy następujących modyfikacjach?}
\subtask{$n$ jest podzielne przez $3$}
\subtask{$A$ to 33 kolejne wyrazy ciągu Fibonacciego}
@@ -250,13 +250,13 @@ Na wstępie oznaczmy nasz problem przez $\Pi$, a kolejne problemy przez $\Pi_a$
liczb dla modyfikacji a, a $n_a$ wielkość tego zbioru. Problem $\Pi$ to nic innego jak problem podziału zbioru.
Aby udowodnić że $\Pi_a \in \NPC$ wystarczy zredukować do niego problem $\Pi$, jedyne różnica to to, że w $\Pi_a$ liczba
-elementów musi być wielokrotnością 3. Zatem dla każdego elementu w zbiorze $A$ w zbiorze $A_a$ tworzymy 3 elementy:
+elementów musi być wielokrotnością 3. Zatem dla każdego elementu w zbiorze $A$ w zbiorze $A_a$ tworzymy 3 elementy:
$a_i, 0, 0$ dzięki temu będziemy wiedzieli, że $n_a = 3n$ jest podzielna przez 3 a zera nie wpływają na sumę zatem
nie zmieniają istoty problemu. Co za tym idzie $\Pi_a \in \NPC$.
W $\Pi_b$ z góry znamy zbiór A oraz jego wielkość - problem zatem jest trywialny - $\Pi_b \in \problem{TRY}$
-$\Pi_c$ wiemy, że wszystkie liczby są podzielne przez 3 czyli, dla każdego elementu $a_i$ należącego do $A$ istnieje taka
+$\Pi_c$ wiemy, że wszystkie liczby są podzielne przez 3 czyli, dla każdego elementu $a_i$ należącego do $A$ istnieje taka
liczba $k_{a_i} \in \mathbb{Z}$, że $a_i = 3k_{a_i}$. Problem dotyczy znalezienia takich rozłącznych zbiorów $B$ i $C$,
że:
\begin{equation}
@@ -276,9 +276,9 @@ ponieważ $B \subset A, C \subset A$ możemy zapisać
Czyli uzyskaliśmy problem analogiczny do $\Pi$. $\Pi_c \in \NPC$
-Ponieważ wiemy, że zbiór $A$ składa się tylko z liczb naturalnych, to wiemy, że jeżeli sumy zbiorów $A$ i $B$ nie są
+Ponieważ wiemy, że zbiór $A$ składa się tylko z liczb naturalnych, to wiemy, że jeżeli sumy zbiorów $A$ i $B$ nie są
równe to różnią się o co najmniej 1. Jeżeli zatem przemnożymy wszystkie elementy zbioru $A$ przez 4, co zgodnie z
-powyższym wnioskowaniem nie wpływa na problem to będziemy mieli pewność, że różnica ta wyniesie minimum 4. Co za tym
+powyższym wnioskowaniem nie wpływa na problem to będziemy mieli pewność, że różnica ta wyniesie minimum 4. Co za tym
idzie odpowiadając na problem $\Pi$ będziemy w stanie uzyskać odpowiedź na $\Pi_a$. $\Pi_d \in \NPC$.
W zbiorze $A$ nie występują liczby ujemne, zatem wystarczy że $B = \{ \min A \}$ oraz $C = A - B$ i uzyskamy
@@ -306,10 +306,10 @@ W problemie $\Pi$ mieliśmy analogiczne zależności
\end{equation*}
Nawet nie znając dokładnie zbiorów $A$ i $B$ wiemy, że ich sumy muszą wynosić $\sigma = \frac{S}{2}$. W wypadku problemu $\Pi_f$
-sumy muszą wynosić $\sigma_f = \frac{S_f}{3}$. Stąd aby przeprowadzić $\alpha$-redukcję problemu $\Pi$ do $\Pi_f$ do
+sumy muszą wynosić $\sigma_f = \frac{S_f}{3}$. Stąd aby przeprowadzić $\alpha$-redukcję problemu $\Pi$ do $\Pi_f$ do
zbioru $A$ wystarczy dodać 1 element wynoszący $\frac{S}{2}$. $\Pi_f \in \NPC$.
-Z definicji wszystkie problemy \NP da się zredukować do \NPC. Dodatkowo wiemy, że
+Z definicji wszystkie problemy \NP da się zredukować do \NPC. Dodatkowo wiemy, że
$\problem{TRY} \subseteq \P \subseteq \NP$. Stąd możemy naszkicować graf relacji $\alpha$ dla problemów.
\begin{figure}[H]
@@ -319,65 +319,65 @@ $\problem{TRY} \subseteq \P \subseteq \NP$. Stąd możemy naszkicować graf rela
\end{figure}
\taskend
-\task{Problem \textit{Maksymalizacji Liczby Zapamiętanych Programów} (\problem{MLZP}) określony jest następująco:
-,,Dany jest zbiór $n$ programów o długościach $I_1, I_2, ..., I_n$ i 2 dyskietki o pojemności $L$ każda. Znaleźć
-upakowanie jak największej liczby programów na tych dyskietkach''. Jak wiadomo, algorytm \textit{Shortest-First}
-(\problem{SF}) dla problemu \problem{MLZP} myli się o co najwyżej program i polega na tym, że dyskietki zapełniamy
+\task{Problem \textit{Maksymalizacji Liczby Zapamiętanych Programów} (\problem{MLZP}) określony jest następująco:
+,,Dany jest zbiór $n$ programów o długościach $I_1, I_2, ..., I_n$ i 2 dyskietki o pojemności $L$ każda. Znaleźć
+upakowanie jak największej liczby programów na tych dyskietkach''. Jak wiadomo, algorytm \textit{Shortest-First}
+(\problem{SF}) dla problemu \problem{MLZP} myli się o co najwyżej program i polega na tym, że dyskietki zapełniamy
w kolejności od najkrótszego do najdłuższego programu. Pokaż, że:}
\subtask {\problem{SF} jest $\frac{4}{3}$-aproksymacyjny}
\subtask {dla \problem{MLZP} nie istnieje schemat FPTAS, chyba że $\P = \NP$}
\solution
-Problem \problem{MLZP}, zgodnie z tytułem, jest problemem maksymalizacyjnym. Zatem wiemy, że $A_{opt} \geq A$, gdzie
-$A_{opt}$ to odpowiedź optymalna, a $A$ to odpowiedź naszego algorytmu. Dodatkowo wiemy, że $A, A_{opt} \in \mathbb{N}$
+Problem \problem{MLZP}, zgodnie z tytułem, jest problemem maksymalizacyjnym. Zatem wiemy, że $A_\text{opt} \geq A$, gdzie
+$A_\text{opt}$ to odpowiedź optymalna, a $A$ to odpowiedź naszego algorytmu. Dodatkowo wiemy, że $A, A_\text{opt} \in \mathbb{N}$
oraz, że algorytm \problem{SF} jest $1$-absolutnie aproksymacyjny czyli:
\begin{equation}
- |A_{opt} - A| \leq 1 \overset{maksymalizacyjny}{\implies} A_{opt} - A \leq 1 \implies A \geq A_{opt} - 1
+ |A_\text{opt} - A| \leq 1 \overset{\text{maksymalizacyjny}}{\implies} A_\text{opt} - A \leq 1 \implies A \geq A_\text{opt} - 1
\end{equation}
z tych 2 faktów
-wiemy, że A jest zawarta między dwiema kolejnymi liczbami naturalnymi począwszy od $A_{opt} - 1$:
+wiemy, że A jest zawarta między dwiema kolejnymi liczbami naturalnymi począwszy od $A_\text{opt} - 1$:
\begin{equation*}
- A, A_{opt} \in \mathbb N \land A_{opt} \geq A \geq A_{opt} - 1 \Rightarrow A = A_{opt} \lor A = A_{opt} - 1
+ A, A_\text{opt} \in \mathbb N \land A_\text{opt} \geq A \geq A_\text{opt} - 1 \Rightarrow A = A_\text{opt} \lor A = A_\text{opt} - 1
\end{equation*}
Dodatkowo zauważamy, że jeżeli jest 1 program to algorytm zawsze zwróci wynik dokładny - zmieścił się na dyskietce
albo nie. Dla 2 programów podobnie. Dla 3 natomiast, nie jest to już takie oczywiste, dla ułatwienia
-późniejszego zapisu uznajmy, że programy są posortowane rosnąco, tj
+późniejszego zapisu uznajmy, że programy są posortowane rosnąco, tj
\begin{equation}\label{eqn:2011.6:assumption}
I_1 \leq I_2 \leq I_3
\end{equation}
-Postarajmy się więc znaleźć kontrprzykład - bądź udowodnić, że nie może on istnieć. Ponieważ liczba programów wynosi
-zaledwie 3 możemy bez problemu rozważyć wszystkie możliwe kombinacje programów. Wiemy, że na pierwszej dyskietce na
-pewno znajdzie sie najmniejszy program o rozmiarze $I_1$ , jeżeli $I_1 + I_2 > L$ to program $I_2$ zostanie umieszczony
-na drugiej dyskietce i na pewno nie starczy już miejsca na 3 program (zgodnie z \eqref{eqn:2011.6:assumption}
-$I_1 + I_2 > L \Rightarrow I_2 + I_3 > L$). Ponieważ tym bardziej $I_1 + I_3 > I_1 + I_2$ to wiemy, że nie może
-istnieć lepsze ułożenie - wynik zatem jest dokładny. Jeżeli programy 1 i 2 mieszczą się na jednej dyskietce to tak jak
-w przypadku posiadania jednego programu - algorym zwróci 2 tylko jeżeli program nie mieści się na dyskietce - zatem nie
+Postarajmy się więc znaleźć kontrprzykład - bądź udowodnić, że nie może on istnieć. Ponieważ liczba programów wynosi
+zaledwie 3 możemy bez problemu rozważyć wszystkie możliwe kombinacje programów. Wiemy, że na pierwszej dyskietce na
+pewno znajdzie sie najmniejszy program o rozmiarze $I_1$ , jeżeli $I_1 + I_2 > L$ to program $I_2$ zostanie umieszczony
+na drugiej dyskietce i na pewno nie starczy już miejsca na 3 program (zgodnie z \eqref{eqn:2011.6:assumption}
+$I_1 + I_2 > L \Rightarrow I_2 + I_3 > L$). Ponieważ tym bardziej $I_1 + I_3 > I_1 + I_2$ to wiemy, że nie może
+istnieć lepsze ułożenie - wynik zatem jest dokładny. Jeżeli programy 1 i 2 mieszczą się na jednej dyskietce to tak jak
+w przypadku posiadania jednego programu - algorym zwróci 2 tylko jeżeli program nie mieści się na dyskietce - zatem nie
istnieje kontrprzykład a algorytm \problem{SF} rozwiązuje problem \problem{MLZP} dokładnie.
-Dla 4 dyskietek postarajmy się znaleźć kontrprzykład. Podobnie jak poprzednio uznajmy, że programy są indeksowane
-rosnąco. Potrzebujemy takich danych, dla których algorytm zwróci 3 a odpowiedź optymalna wyniesie 4. Ponieważ
-algorytm bierze liczby w kolejności rosnącej zróbmy tak, że dyskietkę możemy wypełnić najmniejszym i największym
-programem: $L = I_1 + I_4$ a drugą programami środkowymi: $I_2 + I_3 \leq L$. Z naszej definicji wynika, że \problem{SF}
+Dla 4 dyskietek postarajmy się znaleźć kontrprzykład. Podobnie jak poprzednio uznajmy, że programy są indeksowane
+rosnąco. Potrzebujemy takich danych, dla których algorytm zwróci 3 a odpowiedź optymalna wyniesie 4. Ponieważ
+algorytm bierze liczby w kolejności rosnącej zróbmy tak, że dyskietkę możemy wypełnić najmniejszym i największym
+programem: $L = I_1 + I_4$ a drugą programami środkowymi: $I_2 + I_3 \leq L$. Z naszej definicji wynika, że \problem{SF}
będzie próbował wrzucić jak najwięcej programów na pierwszą dyskietkę biorąc po kolei najmniejsze programy. Nie dopuśćmy
-do wrzucenia 3 programów na dyskietkę pierwszą dobierając rozmiar $I_2$ i $I_3$ tak, że $I_1 + I_2 + I_3 > L$.
+do wrzucenia 3 programów na dyskietkę pierwszą dobierając rozmiar $I_2$ i $I_3$ tak, że $I_1 + I_2 + I_3 > L$.
Ponieważ $I_3 > I_1$ a $I_1 + I_4 = L$ to na pewno $I_3 + I_4$ (czyli dwa pozostałe programy) nie zmieszczą się razem
na jednej dyskietce. W ten sposób minimalne ułożenie to $\{\{I_1, I_4\}, \{I_2, I_3\}\}$ a \problem{SF} znajdize tylko
$\set{\set{I_1, I_2}, \set{I_3}}$. Przykładowe rozmiary programów dla $L = 5$ to $\set{1, 2, 3, 4}$.
-Zatem dla $n = 4$ algorytm ten daje wynik $\frac{4}{3}$-przybliżony, a w ogólności dla $n$ - $\frac{n+1}{n}$-przybliżony.
-Ponieważ $\frac{x+1}{x}$ jest funkcją ściśle malejącą dla $x > 3$ to $\frac{4}{3}$ jest największą możliwą jej
+Zatem dla $n = 4$ algorytm ten daje wynik $\frac{4}{3}$-przybliżony, a w ogólności dla $n$ - $\frac{n+1}{n}$-przybliżony.
+Ponieważ $\frac{x+1}{x}$ jest funkcją ściśle malejącą dla $x > 3$ to $\frac{4}{3}$ jest największą możliwą jej
wartością. Co za tym idzie algorytm ten jest $\frac{4}{3}$-aproksymacyjny.
-Przed udowodnieniem, że schemat redukcji wielomianowej nie może istnieć udowodnijmy, że problem jest \NP-trudny,
+Przed udowodnieniem, że schemat redukcji wielomianowej nie może istnieć udowodnijmy, że problem jest \NP-trudny,
ponieważ w zasadzie nie zostało to nigdzie podane wprost.
Aby udowodnić że dany problem optymalizacyjny jest \NP-trudny należy udowodnić, że w wersji decyzyjnej ten problem byłby
\NPC. Wersja decyzyjna może brzmieć następująco: ,,Czy na 2 dyskietkach o pojemności $L$ da się zapisać $k$ programów o
-wielkościach $I_1, I_2, ..., I_n$?''. Mając do dyspozycji zbiór liczb i 2 pojemniki powinniśmy powiązać ten problem z
+wielkościach $I_1, I_2, ..., I_n$?''. Mając do dyspozycji zbiór liczb i 2 pojemniki powinniśmy powiązać ten problem z
problemem \textit{Podziału Zbioru} (\problem{PZ}). Spróbujmy przeprowadzić $\alpha$-redukcję tego problemu do \problem{MLZP}.
\begin{figure}[H]
@@ -386,29 +386,29 @@ problemem \textit{Podziału Zbioru} (\problem{PZ}). Spróbujmy przeprowadzić $\
\caption{Schemat $\alpha$-redukcji z \problem{PZ} do \problem{MLPZ}}
\end{figure}
-W jednym z poprzednich zadań pokazaliśmy, że jeżeli istnieje taki podział zbioru $I$ to suma jednego podzbioru musi być
+W jednym z poprzednich zadań pokazaliśmy, że jeżeli istnieje taki podział zbioru $I$ to suma jednego podzbioru musi być
równa $\frac{1}{2}\sum_{i \in I}i$ a dwa powstałe podzbiory muszą zawierać wszystkie elementy zbioru $I$. W takim razie
-rozdzielamy wszystkie elementy (których jest $k = |I|$) zbioru $I$ do dwóch ,,pojemników'' o wielkościach
-$L = \frac{1}{2}\sum_{i \in I}i$. Ponieważ przedstawiając problem z innej perspektywy otrzymaliśmy problem tożsamy z
-\problem{MLZP}, to nie ma potrzeby dokładniejszego dowodzenia poprawności przeprowadzonej redukcji - zatem
+rozdzielamy wszystkie elementy (których jest $k = |I|$) zbioru $I$ do dwóch ,,pojemników'' o wielkościach
+$L = \frac{1}{2}\sum_{i \in I}i$. Ponieważ przedstawiając problem z innej perspektywy otrzymaliśmy problem tożsamy z
+\problem{MLZP}, to nie ma potrzeby dokładniejszego dowodzenia poprawności przeprowadzonej redukcji - zatem
\problem{PZ}$\ \alpha\ \mathtt{MLZP_d}$, czyli \problem{MLZP} jest \NP-trudny.
Tak jak poprzednio aby udowodnić, że schemat (F)PTAS może istnieć dla tego algorytmu tylko gdy $\P = \NP$ wystarczy
udowodnić, że dla każdych danych wejściowych istnieje taki $\varepsilon$, że przybliżenie daje nam dokładny wynik. Ponieważ
problem jest maksymalizacyjny otrzymamy:
\begin{equation}\label{eqn:2011:6:fptas}
- \frac {A_{opt}}{A} \leq 1 + \varepsilon \land A \leq A_{opt} \iff A \leq A_{opt} \leq A + \varepsilon A
+ \frac {A_\text{opt}}{A} \leq 1 + \varepsilon \land A \leq A_\text{opt} \iff A \leq A_\text{opt} \leq A + \varepsilon A
\end{equation}
-Ponieważ $A, A_{opt} \in \mathbb N$ to pod warunkiem, że $A\varepsilon < 1$ nierówność \eqref{eqn:2011:6:fptas}
-zredukuje się do równania $A = A_{opt}$, czyli uzyskamy wynik dokładny w czasie wielomianowym. Oczywistym jest,
+Ponieważ $A, A_\text{opt} \in \mathbb N$ to pod warunkiem, że $A\varepsilon < 1$ nierówność \eqref{eqn:2011:6:fptas}
+zredukuje się do równania $A = A_\text{opt}$, czyli uzyskamy wynik dokładny w czasie wielomianowym. Oczywistym jest,
że odpowiedź na problem nie może być większa niż $n$ - mając 4 programy nie możemy zapisać ich 8, brakłoby
nam programów. Stąd otrzymujemy
\begin{equation*}
A \leq n \iff \frac{1}{n}A \leq 1
\end{equation*}
-Czyli jeżeli tylko $\varepsilon < \frac{1}{n}$ to otrzymany wynik będzie wynikiem dokładnym uzyskanym w czasie
+Czyli jeżeli tylko $\varepsilon < \frac{1}{n}$ to otrzymany wynik będzie wynikiem dokładnym uzyskanym w czasie
wielomianowym (zgodnie z definicją schamatu (F)PTAS) czyli rozwiązalibyśmy problem \NPC w czasie wielomianowym
co implikowałoby, że $\P = \NP$.
diff --git a/2013.01.26.tex b/2013.01.26.tex
index c5073cb..b6d616e 100644
--- a/2013.01.26.tex
+++ b/2013.01.26.tex
@@ -10,7 +10,7 @@ Przy rozwiązywaniu tego zadania, jedną z pierwszych myśli może być, że jes
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 $n$ jest stałe i wynosi $100$.
-Łatwo zauważyć, że istnieją bardzo proste przypadki, które rozwiązują nasz problem. Przykładowo, jeżeli mamy 2 bankonoty 50zł to
+Łatwo zauważyć, 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 mając 5 banknotów 20zł czy nawet 100 złotówek.
\begin{table}[H]
@@ -20,36 +20,36 @@ jesteśmy w stanie zapłacić 100zł bez problemu, tak samo mając 5 banknotów
- & - & - & 1 & 2 & 1 \\
- & - & - & 3 & 1 & 1 \\
- & - & 2 & 2 & 1 & 1 \\
- \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots
+ \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
+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 $O(1)$.
\taskend
\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 $A(G)$
+ 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, w szczególności 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,
+Nasz graf $G$ może być w zasadzie dowolnym grafem 100-wierzchołkowym, w szczególności 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 być 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 przede wszystkim 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.
+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 przede wszystkim 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 $v_{101}$,
+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]
@@ -58,43 +58,43 @@ który nie jest połączony z żadnym innym.
\caption{Transformacja w graf niehamiltonowski}
\end{figure}
-Dodanie jednego swobodnego wierzchołka nie wpłynie na istnienie kliki $K_{10}$ bądź większej ponieważ jeden wierzchołek
+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 doprowadzić do tego, że klika nagle powstała.
-Innym możliwym rozwiązaniem jest dodanie wierzchołka połączonego z tylko jednym wierzchołkiem - jedyny sposób aby się
+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 sąsiedztwa, 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
+Jeżeli zaś chodzi o złożoność, to ważnym jest, że graf jest podany w formie macierzy sąsiedztwa, 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.
\taskend
-\task{\textit{OGRANICZONY PROBLEM KLIKI} - \problem{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:}
+\task{\textit{Ograniczony Problem Kliki} - \problem{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{$\problem{OPK} \in \problem{NP}$}
\subtask{$\problem{OPK} \in \problem{NPC}$}
\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
+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 i będę wykorzystywał.
-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
-być dwie liczby $p$ i $q$ takie, że $n = p \cdot q$ - mając taki certyfikat łatwo jest potwierdzić, że faktycznie
-liczba jest złożona.
+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
+być 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 długości 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
+sprawdzenia długości 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
też 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:
+wydaje się być problem kliki:
``Czy w grafie $G$ istnieje klika wielkości $n$?,,
\begin{figure}[H]
@@ -103,36 +103,36 @@ wydaje się być problem kliki:
\caption{schemat $\alpha$-redukcji \problem{kliki} do \problem{OPK}}
\end{figure}
-Aby dokonać $\alpha$-redukcji musimy w wielomianowym czasie na podstawie danych $G, n$ znaleźć takie $G_1, a, b$ aby
-rozwiązując problem \problem{OPK} uzyskać odpowiedź na problem kliki. Wiemy, że \problem{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
+Aby dokonać $\alpha$-redukcji musimy w wielomianowym czasie na podstawie danych $G, n$ znaleźć takie $G_1, a, b$ aby
+rozwiązując problem \problem{OPK} uzyskać odpowiedź na problem kliki. Wiemy, że \problem{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.
+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.
\taskend
-\task{\textit{Problem zanurzenia} (\problem{PZ}) grafu w innym grafie zdefiniowany jest następująco. Dane są dwa grafy:
+\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
+$f: V(G) \to V(H)$, 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 podejście z certyfikatem, w tym wypadku będzie nim funkcja $f$. Nie rozważamy tutaj tego
+Przed dowiedzeniem, że problem jest \NPC najpierw musimy udowodnić, że w ogóle znajduje się w klasie \NP. Po raz
+kolejny wykorzystamy tutaj podejście z certyfikatem, w tym wypadku będzie nim funkcja $f$. Nie rozważamy tutaj tego
jak trudno jest wyliczyć na komputerze wynik działania funkcji $f$, zatem zakładamy, że $f = O(1)$. Przetworzenie
-wszystkich krawędzi można zatem wykonać w czasie $O(m(G))$. Aby sprawdzić czy krawędź istnieje w grafie $H$ w
+wszystkich krawędzi można 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
+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
+(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
+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]
@@ -141,9 +141,9 @@ $\deg f(u) \geq \delta$. Można to zaobserwować na rysunku poniżej.
\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
+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.
+grafie jest oczywiście problem kliki.
\begin{figure}[H]
\centering
@@ -151,17 +151,17 @@ grafie jest oczywiście problem kliki.
\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}
+$\alpha$-redukcja polega na sprawdzeniu czy graf pełny $K_n$ jest podgrafem grafu $G_0$, czyli dla problemu \problem{PZ}
otrzymalibyśmy tak skonstruowane 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
+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 $K_n$.
\taskend
-\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
+\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}
@@ -177,21 +177,21 @@ brzmi ona \textbf{tak} lub \textbf{nie}.}
\subtask{$\chi(X) \geq 4$}
\end{minipage}%
\\
-\tip{Skorzystaj z twierdzenia Brooksa, które mówi, że $\chi(G) \leq \Delta$ za wyjątkiem
+\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 wierzhołka $v \in G$ wiemy, że jest połączony z 3 innymi
-wierzchołkami - stąd możemy wywnioskować, że dla tego typu grafów $\chi(G) \geq 2$.
+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 wierzhołka $v \in G$ 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 n
-iepołączonych ze sobą wierzchołków - a sprawdzenie dwudzielnosci grafu można osiągnąć za pomocą BFS-a lub DFS-a, czyli w złożoności $O(m+ n)$.
+iepołączonych 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-regularności 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 $n$
+Z wskazówki znamy twierdzenie Brooksa - $\chi(G) \leq \Delta$, w naszym wypadku z 3-regularności 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:
@@ -207,7 +207,7 @@ Zatem podsumowując odpowiedzi:
\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 $D$,
+\task{\NP-trudny problem \textit{Maximum Acyclic Subgraph} (\problem{MAS}) pyta o maksymalny zbiór łuków digrafu $D$,
który generuje digraf acykliczny. Problem ten ma prosty algorym 2-aproksymacyjny, który polega na podzieleniu $D$ na dwa podgrafy.}
\subtask{udowodnij 2-aproksymowalność tego algorytmu}
@@ -217,8 +217,8 @@ który generuje digraf acykliczny. Problem ten ma prosty algorym 2-aproksymacyjn
\tip{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 największego podgrafu acyklicznego w digrafie $D$.
+Na wstępie - zadanie słabo opisuje problem i więcej informacji można wyciągnąć z nazwy problemu po angielsku niż jego opisu.
+W problemie chodzi o znalezienie największego podgrafu acyklicznego w digrafie $D$.
\begin{figure}[H]
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
\centering
@@ -227,18 +227,18 @@ W problemie chodzi o znalezienie największego podgrafu acyklicznego w digrafie
\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 \\
+ 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 sąsiedztwa.}
\end{figure}
-Z zadania wiemy, że algorytm dzieli digraf $D$ na dwie części, na podstawie wskazówki \#1 możemy się domyślać, że ma to
+Z zadania wiemy, że algorytm dzieli digraf $D$ na dwie części, na podstawie wskazówki \#1 możemy się domyślać, że ma to
coś wspólnego z macierzami trójkątnymi macierzy $A_D$. Zobaczmy, co te macierze reprezentują:
\begin{figure}[H]
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
@@ -248,11 +248,11 @@ coś wspólnego z macierzami trójkątnymi macierzy $A_D$. Zobaczmy, co te macie
\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 \\
+ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
+ & 0 & 1 & 0 & 0 \\
+ & & 0 & 0 & 1 \\
+ & & & 0 & 0 \\
+ & & & & 0 \\
\end{bmatrix}
\end{equation*}
\end{minipage}%
@@ -267,33 +267,33 @@ coś wspólnego z macierzami trójkątnymi macierzy $A_D$. Zobaczmy, co te macie
\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 \\
+ 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
+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 niż 2-krotnie, ponieważ
w najgorszym wypadku cały graf jest już acykliczny, a my bierzemy jego połowę. Nie mamy jednak pewności 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
+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 dokładnie taką samą ilość krawędzi, a ponadto
-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 graf 3 wierzchołkowy, ponieważ wystarczy że będziemy mieli dokładnie
-jedno połączenie wierzchołka "mniejszego" z "większym" oraz dokładnie jedno "większego" z "mniejszym" przy czym jedynym
+Aby uzyskać taki graf w dolnej i górnej macierzy trójkątnej musimy mieć dokładnie taką samą ilość krawędzi, a ponadto
+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 graf 3 wierzchołkowy, ponieważ wystarczy że będziemy mieli dokładnie
+jedno 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]
@@ -304,27 +304,27 @@ ograniczeniem jest to, że nie mogą to być te same wierzchołki.
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
\begin{equation*}
A_D = \begin{bmatrix}
- 0 & 1 & 0 \\
- 0 & 0 & 0 \\
- 0 & 1 & 0 \\
+ 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 podgraf $\{ (1, 2) \}$
+W tym wypadku digraf $D$ jest acykliczny, jednak algorytm będzie w stanie znaleźć tylko podgraf $\{ (1, 2) \}$
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,
+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
+nie może istnieć. Wystarczy udowodnić, że dla każdych możliwych danych wejściowych istnieje taki epsilon, że z
odpowiedzi przybliżonej jesteśmy w stanie ze 100\% pewnością wywnioskować 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 $N$:
+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}
@@ -340,7 +340,7 @@ Co za tym idzie, z definicji przybliżalności wynika, że:
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 $N \in \mathbb{N}$),
+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 nierówności \ref{eqn:2013:fptas} będzie spełniony warunek
\begin{equation}
@@ -348,7 +348,7 @@ wystarczy że w nierówności \ref{eqn:2013:fptas} będzie spełniony warunek
N\varepsilon < 1
\end{equation}
-A uzyskamy
+A uzyskamy
\begin{equation*}
N \leq N_\text{opt} \leq N + N\varepsilon \Rightarrow N \leq N_\text{opt} \leq N
@@ -366,8 +366,8 @@ Należy więc udowodnić że dla każdych danych wejściowych jesteśmy w stanie
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
+ \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 $\P = \NP$.
+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 $\P = \NP$.
\taskend
diff --git a/2018.bonus.tex b/2018.bonus.tex
index 737e242..8ba1f05 100644
--- a/2018.bonus.tex
+++ b/2018.bonus.tex
@@ -10,7 +10,7 @@ w problem $\Pi \in \NP$ przekaż wiadomość, mówiącą, że:}
\solution
Wiemy, że nasz problem $\Pi \in \NP$ istnieje więc niedeterministyczny algorytm wielomianowy, który jest w stanie
go rozwiązać. Mamy pewność, że złożoność dowolnego algorytmu \textbf{deterministycznego} jest $\Omega(2^n)$ czyli
-ograniczona przez funkcję wykładniczą z dołu. Ponieważ każda funkcja wykładnicza o podstawie większej niż 1
+ograniczona przez funkcję wykładniczą z dołu. Ponieważ każda funkcja wykładnicza o podstawie większej niż 1
rośnie szybciej niż dowolna funkcja wielomianowa wiemy, że na pewno nie ma \textbf{deterministycznego} algorytmu
rozwiązującego nasz problem $\Pi$ w czasie wielomianowym co znaczyłoby, że $\Pi \not \in \P$. Łącząc to z założeniem
otrzymalibyśmy, że problem $\Pi$ jest w \NP a nie jest w \P, czyli:
@@ -25,15 +25,15 @@ to z definicji klasy \P
\end{center}
Jeżeli $\Pi \in \NPC$ to wiemy, że każdy problem z klasy \NP możemy sprowadzić do tego problemu w czasie wielomianowym.
-Jeżeli dodatkowo potrafilibyśmy rozwiązać $\Pi$ w czasie wielomianowym to łączny potrzebny czas na rozwiązanie
-dowolnego problemu \NP byłby sumą dwóch wielomianów - redukcji oraz rozwiązania $\Pi$ - czyli również wielomianem, a to
+Jeżeli dodatkowo potrafilibyśmy rozwiązać $\Pi$ w czasie wielomianowym to łączny potrzebny czas na rozwiązanie
+dowolnego problemu \NP byłby sumą dwóch wielomianów - redukcji oraz rozwiązania $\Pi$ - czyli również wielomianem, a to
znaczyłoby że
\begin{center}
$\NP = \P$ - 4 symbole
\end{center}
-Problem \problem{3SAT} jest problemem \NPC, zatem jeżeli możemy wszystko $\alpha$-redukowac do \problem{3SAT} a
-\problem{3SAT} możemy $\alpha$-redukować do $\Pi$ to na podstawie przechodniości relacji $\alpha$-redukcji do $\Pi$
+Problem \problem{3SAT} jest problemem \NPC, zatem jeżeli możemy wszystko $\alpha$-redukowac do \problem{3SAT} a
+\problem{3SAT} możemy $\alpha$-redukować do $\Pi$ to na podstawie przechodniości relacji $\alpha$-redukcji do $\Pi$
możemy zredukować wszystko, czyli
\begin{center}
$\Pi \in \NPC$ - 5 symboli
@@ -47,7 +47,7 @@ wszystkie problemy $\NP$ (zgodnie z definicją klasy \NPC). W takim wypadku lepi
\taskend
\task Podaj status problemów (tj. czy są \P czy \NP-trudne) optymalizacyjnych podanych poniżej w podziałem na ich wersje maksymalizacyjne oraz wersje
-minimalizacyjne.
+minimalizacyjne.
\subtask Kolorowanie wierzchołków w grafie
\subtask Znalezienie $k$-tego największego/najmniejszego elementu
\subtask Problem komiwojażera
@@ -57,8 +57,8 @@ minimalizacyjne.
\solution
Biorąc pod uwagę, że jedynym wymaganiem kolorowania wierzchołków w grafie jest to, żeby 2 sąsiednie wierzchołki nie
-miały tego samego koloru to wersja maksymalizacyjna problemu jest problemem wielomianowym - wystarczy każdy
-wierzchołek pokolorować na inny kolor, co da nam maksymalną możliwą liczbę kolorów. Wersja decyzyjna problemu
+miały tego samego koloru to wersja maksymalizacyjna problemu jest problemem wielomianowym - wystarczy każdy
+wierzchołek pokolorować na inny kolor, co da nam maksymalną możliwą liczbę kolorów. Wersja decyzyjna problemu
kolorowania wierzchołków jest natomiast problemem \NPC zatem optymalizacyjnie jest to problem \NP-trudny.
Znalezienie $k$-tego najmniejszego bądź największego elementu jest zadaniem prostym pod warunkiem, że nasz zbiór jest
@@ -68,7 +68,7 @@ Problem komiwojażera bez względu na to czy jest minimalizacyjny czy maksymaliz
w danym grafie - co jest zadaniem trudnym obliczeniowo - problem szukania cyklu hamiltona jest \NPC. Dodatkowo
musimy znaleźć cykl o największej bądź najmniejszej możliwie sumie wag - to znaczy, że problem ten musi być \NP-trudny.
-Problem minimalnego drzewa spinającego można rozwiązać algorytmem kruskala. Jeżeli zastąpimy wybieranie minimalnej
+Problem minimalnego drzewa spinającego można rozwiązać algorytmem Kruskala. Jeżeli zastąpimy wybieranie minimalnej
krawędzi wybieraniem krawędzi maksymalnej to otrzymamy algorytm szukający maksymalnego drzewa spinającego. Kruskal jest
algorytmem wielomianowym, zatem cały problem jest w klasie \P.
@@ -76,15 +76,15 @@ Znalezienie najkrótszej drogi w grafie jest bardzo proste, wystarczy wziąć do
krótszej niż 1. Szukanie najdłuższej ścieżki już takie proste nie jest. W grafie jest $n$ wierzchołków, maksymalna
droga jaką możemy stworzyć bez tworzenia cyklu to droga $n$ wierzchołkowa, zawierająca $n-1$ krawędzi. Ścieżka, która
przechodzi przez dokładnie wszystkie wierzchołki jest ścieżką hamiltona, a problem ścieżki hamiltona jest problemem \NPC.
-Zatem zakładając, że rozpatrujemy wersję decyzyjną tego problemu zdefiniowaną następująco: ,,W grafie $G$ istnieje
+Zatem zakładając, że rozpatrujemy wersję decyzyjną tego problemu zdefiniowaną następująco: ,,W grafie $G$ istnieje
ścieżka długości $l$'' to dość łatwo możemy przeprowadzić $\alpha$-redukcję problemu ścieżki hamiltona do problemu
drogi w grafie - graf pozostaje bez zmian, natomiast za długość ścieżki przyjmujemy liczbę wierzchołków w grafie.
Wersja decyzyjna jest zatem \NPC, a co za tym idzie problem w wersji maksymalizacyjnej jest \NP-trudny.
-Z twierdzenia kuratowskiego wiemy, że żaden graf nie może zawierać kliki $K_5$, zatem najwiekszą kliką w planarnym
-grafie jest klika $K_4$. Jesteśmy w stanie sprawdzić istnienie $K_4, K_3$ w grafie w czasie wielomianowym. Przypadki
-$K_1$ i $K_2$ są jeszcze łatwiejsze ponieważ klika $K_1$ to nic innego jak wierzchołek, a $K_2$ to krawędź. Stąd też
-wiemy, że wersja minimalizacyjna jest \P.
+Z twierdzenia Kuratowskiego wiemy, że żaden graf planarny nie może zawierać kliki $K_5$, zatem najwiekszą kliką w
+planarnym grafie jest klika $K_4$. Jesteśmy w stanie sprawdzić istnienie $K_4, K_3$ w grafie w czasie wielomianowym.
+Przypadki $K_1$ i $K_2$ są jeszcze łatwiejsze ponieważ klika $K_1$ to nic innego jak wierzchołek, a $K_2$ to krawędź.
+Stąd też wiemy, że wersja minimalizacyjna jest \P.
\begin{table}[H]
\centering
@@ -97,16 +97,16 @@ wiemy, że wersja minimalizacyjna jest \P.
\end{table}
\taskend
-\task Masz dany graf $G$ oraz liczbę $k$. Czy graf $G$ zawiera klikę o rozmiarze $k$? Do pomocy masz czarną skrzynkę.
-Możesz do niej włożyć tylko graf $G$ posiadający gwiazdę spinającą oraz liczbę $p$ będącą progiem. Skrzynka odpowie na
-pytanie - ,,Czy w danym grafie istnieje klika o rozmiarze $k \geq p$?''. Jeżeli graf nie ma gwiazdy spinającej to
-skrzynka milczy.
+\task Masz dany graf $G$ oraz liczbę $k$. Czy graf $G$ zawiera klikę o rozmiarze $k$? Do pomocy masz czarną skrzynkę.
+Możesz do niej włożyć tylko graf $G$ posiadający gwiazdę spinającą oraz liczbę $p$ będącą progiem. Skrzynka odpowie na
+pytanie - ,,Czy w danym grafie istnieje klika o rozmiarze $k \geq p$?''. Jeżeli graf nie ma gwiazdy spinającej to
+skrzynka milczy.
\tip{Gwiazda spinająca to inaczej wierzchołek połączony ze wszystkimi innymi wierzchołkami.}
\solution
Przypomnijmy że klika to graf pełny, czyli inaczej taki graf, w którym każdy wierzchołek jest połączony z każdym innym.
-Co za tym idzie, aby zwiększyć klikę o 1 należy dodać nowy wierzchołek, który jest połączony ze wszystkimi innymi
-już istniejącymi wierzchołkami.
+Co za tym idzie, aby zwiększyć klikę o 1 należy dodać nowy wierzchołek, który jest połączony ze wszystkimi innymi
+już istniejącymi wierzchołkami.
Dodanie do grafu gwiazdy spinającej z definicji dodaje wierzchołek połączony ze wszystkimi innymi wierzchołkami.
\begin{figure}[H]
@@ -128,8 +128,8 @@ Dodanie do grafu gwiazdy spinającej z definicji dodaje wierzchołek połączony
Zauważmy, że w grafie \ref{fig:2018:3:G} istnieje klika $K_4$ składająca się z wierzchołków $(1, 2, 6, 5)$. Ponieważ dodaliśmy gwiazdę
spinajacą klika razem z dodanym wierzchołkiem stanowi klikę $K_5$. Wiemy zatem, że po dodaniu do grafu gwiazdy spinającej
-wszystkie kliki ,,awansują'' w rozmiarze o 1. Zatem aby sprawdzić czy w grafie przed dodaniem gwiazdy istnieje klika o
-rozmiarze $n$ wystarczy sprawdzić czy w grafie $H$, istnieje klika o rozmiarze $p = n+1$.
+wszystkie kliki ,,awansują'' w rozmiarze o 1. Zatem aby sprawdzić czy w grafie przed dodaniem gwiazdy istnieje klika o
+rozmiarze $n$ wystarczy sprawdzić czy w grafie $H$, istnieje klika o rozmiarze $p = n+1$.
Skrzynka odpowiada nam na pytanie czy w grafie istnieje klika $k \geq p$, jednak pamiętajmy, że zgodnie z powyższym
rozumowaniem mniejsze kliki są podgrafami klik większych, zatem nawet jeżeli skrzynka znajdzie podgraf $K_{10}$ a my
@@ -142,21 +142,21 @@ który chce obejrzeć. Wiemy, że optymalny czas pracy wynosi 6h, jaką złożon
kierownikowi obejrzeć mecz?
\solution
-Problem ten jest problemem minimalizacyjnym oraz wiemy, że $A_{opt} = 6$. Aby zdążyć obejrzeć mecz musimy skończyć
-pracę o 15:00, zatem wystarczy że algorytm przydzieli pracę tak, aby wszystkie elementy zostały obrobione w czasie
-8 godzin skąd $A = 8$.
+Problem ten jest problemem minimalizacyjnym oraz wiemy, że $A_\text{opt} = 6$. Aby zdążyć obejrzeć mecz musimy skończyć
+pracę o 15:00, zatem wystarczy że algorytm przydzieli pracę tak, aby wszystkie elementy zostały obrobione w czasie
+8 godzin skąd $A = 8$.
\begin{equation*}
- \frac{A}{A_{opt}} \leq 1 + \varepsilon \iff A \leq A_{opt} + \varepsilon A_{opt}
+ \frac{A}{A_\text{opt}} \leq 1 + \varepsilon \iff A \leq A_\text{opt} + \varepsilon A_\text{opt}
\end{equation*}
Ponieważ nie chcemy męczyć naszego komputera, a dokładne obliczenia są coraz cięższe wystarczy że rozpatrzymy przypadek
rozwiązujący problem dla dokładnie 8 godzin:
\begin{equation}
- A = A_{opt} + \varepsilon A_{opt}
+ A = A_\text{opt} + \varepsilon A_\text{opt}
\end{equation}
-Ponieważ znamy zarówno $A$ jak i $A_{opt}$ z łatwością możemy wyznaczyć $\varepsilon$
+Ponieważ znamy zarówno $A$ jak i $A_\text{opt}$ z łatwością możemy wyznaczyć $\varepsilon$
\begin{equation*}
8 = 6 + 6\varepsilon \iff 2 = 6\varepsilon \iff \varepsilon = \frac{1}{3}
\end{equation*}
@@ -192,8 +192,8 @@ Następujący algorytm rozwiązuje ten problem w sposób 2-przybliżony. Udowodn
\solution
Aby rozwiązać ten problem najpierw spróbujmy rozważyc jego uporoszczoną wersję - w jednym wymiarze. W tym wypadku
-rozwiązanie problemu zawsze będzie dość proste - średnica będzie między punktem wysuniętym najbardziej na lewo i punktem
-najbardziej wysuniętym na prawo. Najprawdopodobniej jednak nasz punkt $1$ będzie znajdował się gdzieś między nimi.
+rozwiązanie problemu zawsze będzie dość proste - średnica będzie między punktem wysuniętym najbardziej na lewo i punktem
+najbardziej wysuniętym na prawo. Najprawdopodobniej jednak nasz punkt $1$ będzie znajdował się gdzieś między nimi.
\begin{figure}[H]
\centering
@@ -203,7 +203,7 @@ najbardziej wysuniętym na prawo. Najprawdopodobniej jednak nasz punkt $1$ będz
\end{tikzpicture}
\end{figure}
-Na całą resztę zadania przyjmijmy, że punkty tworzące średnice nazwiemy $\alpha$ i $\Omega$, przy czym żaden z tych
+Na całą resztę zadania przyjmijmy, że punkty tworzące średnice nazwiemy $\alpha$ i $\Omega$, przy czym żaden z tych
punktów nie jest punktem $1$. Na powyższym rysunku, dość wyraźnie widać zależność
\begin{equation*}
@@ -211,7 +211,7 @@ punktów nie jest punktem $1$. Na powyższym rysunku, dość wyraźnie widać za
\end{equation*}
Ponieważ z par punktów $\alpha, 1$ i $1, \Omega$ zawsze wybieramy tę, między którymi jest większa odległość, możemy mieć
-pewność że $d_{\alpha,\Omega} \leq 2\cdot d$, gdzie $d$ to wybrana przez nas średnica. $d_{\alpha,\Omega} = 2d$ gdy
+pewność że $d_{\alpha,\Omega} \leq 2\cdot d$, gdzie $d$ to wybrana przez nas średnica. $d_{\alpha,\Omega} = 2d$ gdy
punkt 1 znajduje się idealnie po środku.
\begin{figure}[H]
@@ -233,7 +233,7 @@ punkt 1 znajduje się idealnie po środku.
\end{tikzpicture}
\end{figure}
-Z poprzednich rozważań wiemy, że w wypadku punktu oznaczonego teraz jako $1'$ algorytm może pomylić się maksymalnie
+Z poprzednich rozważań wiemy, że w wypadku punktu oznaczonego teraz jako $1'$ algorytm może pomylić się maksymalnie
2-krotność swojej odpowiedzi. Odległość pomiędzy punktem 1 a jednym z punktów średnicy jest teraz na pewno większa
niż w wypadku $1'$ a co za tym idzie odpowiedź będzie bliższa tej poprawnej, czyli najgorszym wypadkiem wciąż pozostaje
pomyłka o 2-krotność odpowiedzi optymalnej, czyli algorytm jest 2-aproksymacyjny.
@@ -250,13 +250,13 @@ pomyłka o 2-krotność odpowiedzi optymalnej, czyli algorytm jest 2-aproksymacy
\subtask Nie istnieje schemat PTAS
\solution
-Aby znaleźć największą odległość między parami punktów na płaszczyźnie wystarczy sprawdzić wszystkie możliwe pary,
+Aby znaleźć największą odległość między parami punktów na płaszczyźnie wystarczy sprawdzić wszystkie możliwe pary,
których jest ${n \choose 2} = O(n^2)$, algorytm zatem jest wielomianowy, czyli należy do klasy \P. Co za tym
-idzie nie może być problemem \NPC a tym bardziej \NP-trudnym. Warto jednak zaznaczyć, że gdyby pytanie dotyczyło
+idzie nie może być problemem \NPC a tym bardziej \NP-trudnym. Warto jednak zaznaczyć, że gdyby pytanie dotyczyło
tego czy problem ten jest \NP to odpowiedź byłaby twierdząca ponieważ $\P \subseteq \NP$.
Ponieważ problem jest wielomianowy, wszystkie aproksymacje są możliwe - chcąc uzyskać algorytm $x$-aproksymacyjny wystarczy,
-że przemnożymy wynik dokładny przez $x$ - jest to operacją wielomianową ponieważ znalezienie wyniku dokładnego jest
+że przemnożymy wynik dokładny przez $x$ - jest to operacją wielomianową ponieważ znalezienie wyniku dokładnego jest
wielomianowe a mnożenie tym bardziej. Tak samo możemy postąpić z absolutną aproksymacją - wystarczy dodać bądź odjąć $x$.
Zgodnie z powyższym, możemy uzyskać dowolnie dobre przybliżenie jakie chcemy czyli schemat PTAS powinien istnieć.
diff --git a/gfx/pz-mlzp.tex b/gfx/pz-mlzp.tex
index b3274ad..f439f0e 100644
--- a/gfx/pz-mlzp.tex
+++ b/gfx/pz-mlzp.tex
@@ -2,18 +2,18 @@
\node[problem] (pz) {\problem{PZ}};
\node[solution, right of=pz] (r-pz) {T/N};
\node[left of=pz] (i-pz) {$A$};
-
- \node[problem, below of=pz] (mlzp) {\problem{$MLZP_d$}};
+
+ \node[problem, below of=pz] (mlzp) {\problem{MLZP$_d$}};
\node[solution, right of=mlzp] (r-mlzp) {T/N};
\node[left of=mlzp] (i-mlzp) {$k, L, I$};
-
+
\draw[->, alpha, left] (i-pz) -- node[right] {$f$} (i-mlzp);
-
+
\draw[->] (pz) -- (r-pz);
\draw[->] (mlzp) -- (r-mlzp);
-
+
\draw[->] (i-pz) -- (pz);
\draw[->] (i-mlzp) -- (mlzp);
-
+
\draw[Implies-Implies, double distance=2pt] (r-pz) -- (r-mlzp);
\end{tikzpicture}
diff --git a/main.tex b/main.tex
index 2877814..67b97d8 100644
--- a/main.tex
+++ b/main.tex
@@ -16,6 +16,7 @@
\usepackage{enumerate}
\usepackage{lmodern}
\usepackage{amsfonts}
+\usepackage{amssymb}
\usepackage{mathtools}
\usepackage{alphalph}
\usepackage{algorithm}
@@ -33,7 +34,7 @@
\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{alpha} = [decorate, decoration={snake, amplitude=.5mm}, help lines]
\tikzstyle{max edge} = [very thick, blue]
\tikzstyle{vertex} = [draw, circle, thick]
\tikzstyle{small vertex} = [draw, circle, scale=.75]
@@ -43,6 +44,9 @@
\pgfdeclarelayer{foreground}
\pgfsetlayers{background,main,foreground}
+\renewcommand\leq\leqslant
+\renewcommand\geq\geqslant
+
% opening
\title{PAA - Kolokwia, rozwiązania}
\author{Kacper Donat}