kadet/PAA
1
0
Fork 0
Code Issues 1 Pull Requests Releases Wiki Activity

Maksymalne grafy planarne

Browse Source
This commit is contained in:
Kacper Donat 2018-01-22 17:28:54 +01:00
parent 329d1e57de
commit 8b47f59936
16 changed files with 498 additions and 55 deletions
Show Stats Download Patch File Download Diff File Expand all files Collapse all files

1
.gitignore vendored
View File

@ -4,3 +4,4 @@
*.pdf
*.log
*.fdb_latexmk
*.dvi

150
2011.01.18.tex Normal file
View File

@ -0,0 +1,150 @@
%! TEX root = main.tex
\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
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 - 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.
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.
\begin{figure}[H]
\centering
\input{gfx/sp-por.tex}
\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,
pytanie brzmi czy jesteśmy z nich w stanie skonstruować odcinek o długości dokładnie $l$?
\begin{figure}[H]
\centering
\input{gfx/por-1.tex}
\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
rozpatrzymy prostokąty o stałej szerokości równej szerokości blachy, i zmiennej długości.
\begin{figure}[H]
\centering
\input{gfx/por-2.tex}
\caption{Ten sam multizbiór przedstawiony w formie problemu w 2 wymiarach.}
\end{figure}
Dla uproszeczenia, załóżmy że nasza długość $d = 1$, w takim wypadadku aby przekstałcić zbiór $A$ musimy utworzyć prostokąty o wymiarach $a_1 \times 1$, $a_2 \times 1$, itd.
Czyli z $\alpha$-redukcji utrzymalibyśmy następujące parametry: $W = \text{wygenerowane prostokąty}$, $sz = n$, $d = 1$. Jak dowiedliśmy powyżej, takie przekształcenie zachowuje problem.
\taskend
\task{
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.
Sprawdzenia czy ich suma ich wag faktycznie jest mniejsza niż $p$ jest do wykonania w czasie liniowym. Aby sprawdzić 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.
Nie będzie zaskoczeniem, że najbliższym problemem który możemy zredukowac 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 niepowiąznych bądź przypadku ogólnego do szczególnego.
\begin{figure}[H]
\centering
\input{gfx/pw-wpw.tex}
\caption{Schemat $\alpha$-redukcji z problemu \problem{PW} do \problem{WPW}}
\end{figure}
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
\begin{figure}[H]
\centering
\input{gfx/wpw-1.tex}
\caption{Przykładowy graf nieważony $G$}
\end{figure}
\end{minipage}%
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
\begin{figure}[H]
\centering
\input{gfx/wpw-2.tex}
\caption{Przykładowy graf ważony $G_W$}
\end{figure}
\end{minipage}
\\\\
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 podejsciu, 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
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
wyznaczania jego liczby chromatycznej i oszacuj jego złożonosć przy użyciu symbolu $\Theta$}
\solution
Przypomnijmy - graf planarny to graf, w którym nie istnieją przecinające się krawędzie. Naszym zadaniem jest narysować
taki graf planarny że ma 5 lub 6 wierzchołków oraz dodanie krawędzi niszczyłoby planarność. Najprostrzym podejściem jest
narysowanie graf pustego (tj. wierzchołków tak jakbyśmy chcieli rysować wielokąt foremny) i dorysowywać kolejno:
\begin{enumerate}[a)]
\item Cykl łączący wszystkie wierzchołki
\item W środku powstałego wielokąta łączymy niepołączone wierzchołki "zygzakiem"
\item Pozostałe wierzchołki łączymy na zewnątrz.
\end{enumerate}
\begin{figure}[H]
\centering
\input{gfx/mgp-5.tex}
\caption{Kolejne etapy rosyowania grafu planarengo o 5 wierzchołkach}
\end{figure}
Analogicznie możemy postąpić dla grafu o 6 wierzchołkach, uzyskując:
\begin{figure}[H]
\centering
\input{gfx/mgp-6.tex}
\caption{Kolejne etapy rosyowania grafu planarengo o 6 wierzchołkach}
\end{figure}
\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).
\begin{column}{.5}%
\begin{figure}[H]
\centering
\input{gfx/k3-3.tex}
\caption{Przykładowy graf nieważony $G$}
\end{figure}
\end{column}%
\begin{column}{.5}%
\begin{figure}[H]
\centering
\input{gfx/k5.tex}
\caption{Przykładowy graf ważony $G_W$}
\end{figure}
\end{column}
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 dodawac nowe póki jest planarny.
\end{shortcut}

186
2013.01.26.tex
View File

@ -1,18 +1,17 @@
\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.}
\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 się, 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
Przy rozwiązywaniu tego zadania, jedną z pierwszych myśli może być, 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.
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
jesteśmy w stanie zapłacić 100zł bez problemu, tak samo mając 5 banknotów 20zł czy nawet 100 złotówek.
\begin{table}[H]
\begin{tabular}{rrrrrr}
@ -27,19 +26,31 @@ jesteśmy w stanie zapłacić 100zł bez problemu, tak samo mają 5 banknotów 2
\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 $O(1)$.
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 $A(G)$ byś mógł skorzystać z mojego programu? Zaprojektuj taki program i oszacuj jego złożoność.}
\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.
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 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.
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 $v_{101}$, który nie jest połączony z żadnym innym.
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
@ -47,43 +58,82 @@ Nie możemy usuwać ani dodawać krawędzi między wierzchołkami naszego grafu
\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.
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 do niego dostać będzie przez 1 wierzchołek, a żeby przejść dalej będziemy musieli się cofnąć do wierzchołka, w którym już byliśmy.
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.
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} - \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:}
\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 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 byc 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 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
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
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:
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}
\caption{schemat $\alpha$-redukcji \problem{kliki} do \problem{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.
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.
\taskend
\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.}
\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.
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
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.
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.
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
@ -91,7 +141,9 @@ Z tego, że $f$ jest różnowartościowa wynika, że jeżeli wierzchołek w graf
\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.
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
@ -99,12 +151,18 @@ Biorąc pod uwagę ten tok rozumowania, możemy zauważyć że problem ten jest
\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:
$\alpha$-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 przypisanie to w grafie $G_0$ musi znajdować się klika $K_n$.
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 brzmi ona \textbf{tak} lub \textbf{nie}.}
\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{$\chi(X) \leq 1$}
@ -119,29 +177,38 @@ Problem jest zachowany ponieważ jeżeli w grafie $G_0$ występuje klika o rozmi
\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 $G = K_n$)}
\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 $\chi(G) \geq 2$.
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 niepołączonych ze sobą wierzchołków - a sprawdzenie dwudzielnosci grafu można osiągnąć za pomocą BFS-a lub DFS-a, czyli w złożoności $O(m+ n)$.
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 $O(m+ n)$.
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.
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:
\begin{enumerate}[a)]
\item $\chi(X) \leq 1$ - \textbf{NIE}
\item $\chi(X) \leq 2$ - sprawdzenie dwudzielnosci - $O(n + m)$
\item $\chi(X) \leq 2$ - sprawdzenie dwudzielności - $O(n + m)$
\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 $\chi(X) \geq 3$ - jeżeli graf nie jest dwudzielny - 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.}
\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}
\subtask{udowodnij nie wprost, że jeżeli $\mathtt{P} \neq \mathtt{NP}$ to dla \problem{MAS} nie ma schamatu FPTAS}
@ -150,7 +217,8 @@ Zatem podsumowując odpowiedzi:
\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 $D$.
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
@ -167,10 +235,11 @@ Na wstępie - zadanie słabo opisuje problem i więcej informacji można wyciąg
\end{bmatrix}
\end{equation*}
\end{minipage}%
\caption{Przykładowy digraf $D$ wraz z maksymalnym podgrafem acyklicznym oraz macierzą sąsiedstwa.}
\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 postawie wskazówki \#1 możemy się domyślac, że ma to coś wspólnego z macierzami trójkątnymi macierzy $A_D$. Zobaczmy, co te macierze reprezentują:
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}%
\centering
@ -209,12 +278,23 @@ Z zadania wiemy, że algorytm dzieli digraf $D$ na dwie części, na postawie ws
\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 $u_1 > u_2$.
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.
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
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.
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]
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
@ -233,11 +313,18 @@ Aby uzyskać taki graf w dolnej i górnej macierzy trójkątnej musimy mieć dok
\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.
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, 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 $\P = \NP$
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 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}
@ -254,7 +341,7 @@ Co za tym idzie, z definicji przybliżalności wynika, że:
\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
wystarczy że w nierówności \ref{eqn:2013:fptas} będzie spełniony warunek
\begin{equation}
\label{eqn:2013:fptas-condition}
@ -283,3 +370,4 @@ Jeżeli teraz przedzielimy obie strony nierówności przez $m + 1$ uzyskamy po p
\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 $\P = \NP$.
\taskend

15
gfx/k3-3.tex Normal file
View File

@ -0,0 +1,15 @@
\def\a{3}
\def\b{3}
\def\r{2cm}
\begin{tikzpicture}
\foreach \i in {1,...,\a}
\node[draw, small vertex] (a-\i) at (\i*\r, \r) {};
\foreach \i in {1,...,\b}
\node[draw, small vertex] (b-\i) at (\i*\r, 0) {};
\foreach \u in {1,...,\a}
\foreach \v in {1,...,\b}
\draw (a-\u) -- (b-\v);
\end{tikzpicture}

11
gfx/k5.tex Normal file
View File

@ -0,0 +1,11 @@
\def\n{5}
\def\radius{2cm}
\begin{tikzpicture}
\foreach \i in {1,...,\n}
\node[draw, small vertex] (v\i) at ({-360/\n * (\i)}:\radius) {};
\foreach \u in {1,...,\n}
\foreach \v in {\u,...,\n}
\draw (v\u) -- (v\v);
\end{tikzpicture}

4
gfx/klika-opk.tex
View File

@ -1,10 +1,10 @@
% The block diagram code is probably more verbose than necessary
\begin{tikzpicture}[auto, node distance=2cm]
\node[problem] (klika) {KLIKA};
\node[problem] (klika) {\problem{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[problem, below of=klika] (opk) {\problem{OPK}};
\node[solution, right of=opk] (r-opk) {T/N};
\node[left of=opk] (i-opk) {$G_1, a, b$};

4
gfx/klika-pz.tex
View File

@ -1,10 +1,10 @@
% The block diagram code is probably more verbose than necessary
\begin{tikzpicture}[auto, node distance=2cm]
\node[problem] (klika) {KLIKA};
\node[problem] (klika) {\problem{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[problem, below of=klika] (pz) {\problem{PZ}};
\node[solution, right of=pz] (r-pz) {T/N};
\node[left of=pz] (i-pz) {$G, H$};

26
gfx/mgp-5.tex Normal file
View File

@ -0,0 +1,26 @@
\def\n{5}
\def\radius{2cm}
\begin{tikzpicture}[scale=.8]
\begin{scope}
\foreach \i in {1,...,\n}
\node[draw, small vertex] (v-\i) at ({-360/\n * (\i)}:\radius) {};
\foreach \u/\v in {1/2,2/3,3/4,4/5,5/1} \draw[-, thick] (v-\u) edge (v-\v);
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=3*\radius]
\foreach \i in {1,...,\n}
\node[draw, small vertex] (v-\i) at ({-360/\n * (\i)}:\radius) {};
\foreach \u/\v in {1/2,2/3,3/4,4/5,5/1} \draw[-] (v-\u) edge (v-\v);
\foreach \u/\v in {1/4,4/2} \draw[-, thick] (v-\u) edge (v-\v);
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=6*\radius]
\foreach \i in {1,...,\n}
\node[draw, small vertex] (v-\i) at ({-360/\n * (\i)}:\radius) {};
\foreach \u/\v in {1/2,2/3,3/4,4/5,5/1} \draw[-] (v-\u) edge (v-\v);
\foreach \u/\v in {1/4,4/2} \draw[-] (v-\u) edge (v-\v);
\foreach \u/\v in {3/5,5/2} \draw[-, thick] (v-\u) edge[bend left=60, out looseness=2.3] (v-\v);
\end{scope}
\end{tikzpicture}

30
gfx/mgp-6.tex Normal file
View File

@ -0,0 +1,30 @@
\def\n{6}
\def\radius{2cm}
\begin{tikzpicture}[scale=.8]
\begin{scope}
\foreach \i in {1,...,\n}
\node[draw, small vertex] (v-\i) at ({-360/\n * (\i)}:\radius) {};
\foreach \u/\v in {1/2,2/3,3/4,4/5,5/6,6/1} \draw[-, thick] (v-\u) edge (v-\v);
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=3*\radius]
\foreach \i in {1,...,\n}
\node[draw, small vertex] (v-\i) at ({-360/\n * (\i)}:\radius) {};
\foreach \u/\v in {1/2,2/3,3/4,4/5,5/6,6/1} \draw[-] (v-\u) edge (v-\v);
\foreach \u/\v in {2/6,6/3,3/5} \draw[-, thick] (v-\u) edge (v-\v);
\end{scope}
\begin{scope}[xshift=6*\radius]
\foreach \i in {1,...,\n}
\node[draw, small vertex] (v-\i) at ({-360/\n * (\i)}:\radius) {};
\foreach \u/\v in {1/2,2/3,3/4,4/5,5/6,6/1} \draw[-] (v-\u) edge (v-\v);
\foreach \u/\v in {2/6,6/3,3/5} \draw[-] (v-\u) edge (v-\v);
\draw[-, thick] (v-1) edge[bend left=60, out looseness=2.3] (v-3);
\draw[-, thick] (v-1) edge[bend right=100, out looseness=4] (v-4);
\draw[-, thick] (v-1) edge[bend right=60, out looseness=2.3] (v-5);
\end{scope}
\end{tikzpicture}

14
gfx/por-1.tex Normal file
View File

@ -0,0 +1,14 @@
\begin{tikzpicture}
\foreach[count=\xi] \len in {1,3,2,5,4,2,1} {
\draw[|-|] (0, -\xi/2) node [left] {\alphalph{\xi}} -- node [above] {$\len$} (\len, -\xi/2);
}
\begin{scope}[yshift=-2cm, xshift=7cm]
\draw[|-] (0, 0) -- node [below] {a} (1, 0);
\draw[|-] (1, 0) -- node [below] {f} (3, 0);
\draw[|-|] (3, 0) -- node [below] {b} (6, 0);
\end{scope}
\end{tikzpicture}

34
gfx/por-2.tex Normal file
View File

@ -0,0 +1,34 @@
\def\d{1.5}
\usetikzlibrary{patterns}
\begin{tikzpicture}
\foreach[count=\xi] \len in {1,3,2,5} {
\draw[|-|] (0, -\xi*\d) rectangle (\len, -\xi*\d - .5*\d);
\draw[|-|] (-.5, -\xi*\d) -- node [left] {$d$} (-.5, -\xi*\d - .5*\d);
\draw[|-|, yshift=.2cm] (0, -\xi*\d) -- (\len, -\xi*\d) node [right] {$\len$};
}
\begin{scope}[xshift=7cm]
\foreach[count=\xi] \len in {4,2,1} {
\draw[|-|] (0, -\xi*\d) rectangle (\len, -\xi*\d - .5*\d);
\draw[|-|] (-.5, -\xi*\d) -- node [left] {$d$} (-.5, -\xi*\d - .5*\d);
\draw[|-|, yshift=.2cm] (0, -\xi*\d) -- (\len, -\xi*\d) node [right] {$\len$};
}
\end{scope}
\begin{scope}[yshift=-6cm, xshift=7cm]
\draw[|-|] (-.5, 0) -- node [left] {$d$} (-.5, -.5*\d);
\draw[pattern=crosshatch,pattern color=black!30] (0, 0) rectangle (1, -.5*\d);
\draw[pattern=crosshatch,pattern color=black!30] (1, 0) rectangle (3, -.5*\d);
\draw[pattern=crosshatch,pattern color=black!30] (3, 0) rectangle (6, -.5*\d);
\draw[|-, yshift=.2cm] (0, 0) -- node [above] {$1$} (1, 0) ;
\draw[|-|, yshift=.2cm] (1, 0) -- node [above] {$2$} (3, 0) ;
\draw[-|, yshift=.2cm] (3, 0) -- node [above] {$3$} (6, 0) ;
\draw[|-|, yshift=-.2cm] (0, -.5*\d) -- node [below] {$sz = 6$} (6, -.5*\d) ;
\end{scope}
\end{tikzpicture}

20
gfx/pw-wpw.tex Normal file
View File

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

20
gfx/sp-por.tex Normal file
View File

@ -0,0 +1,20 @@
% The block diagram code is probably more verbose than necessary
\begin{tikzpicture}[auto, node distance=2cm]
\node[problem] (sp) {\problem{SP}};
\node[solution, right of=sp] (r-sp) {T/N};
\node[left of=sp] (i-sp) {$A, n$};
\node[problem, below of=sp] (por) {\problem{POR}};
\node[solution, right of=por] (r-por) {T/N};
\node[left of=por] (i-por) {$W, sz, d$};
\draw[->, alpha, left] (i-sp) -- node[right] {$f$} (i-por);
\draw[->] (sp) -- (r-sp);
\draw[->] (por) -- (r-por);
\draw[->] (i-sp) -- (sp);
\draw[->] (i-por) -- (por);
\draw[Implies-Implies, double distance=2pt] (r-sp) -- (r-por);
\end{tikzpicture}

7
gfx/wpw-1.tex Normal file
View File

@ -0,0 +1,7 @@
\begin{tikzpicture}
\foreach \pos [count=\xi] in { (1, 3), (2.5,4), (0, 2), (3, 2), (-1, 5), (1, 6) }
\node[vertex] (v-\xi) at \pos {$\xi$};
\foreach \v/\u in {1/4,1/5,1/2,1/3,3/4,3/5,5/2,2/4,1/6,5/6,2/6}
\draw (v-\v) -- (v-\u);
\end{tikzpicture}

11
gfx/wpw-2.tex Normal file
View File

@ -0,0 +1,11 @@
\begin{tikzpicture}
\foreach \pos/\w [count=\xi] in { (1, 3)/2, (2.5,4)/1, (0, 2)/4, (3, 2)/5, (-1, 5)/2, (1, 6)/3 } {
\node[vertex] (v-\xi) at \pos {$\xi$};
\node[above right=-1mm of v-\xi, weight] {$\w$};
}
\begin{pgfonlayer}{background}
\foreach \v/\u in {1/4,1/5,1/2,1/3,3/4,3/5,5/2,2/4,1/6,5/6,2/6}
\draw (v-\v) edge (v-\u);
\end{pgfonlayer}
\end{tikzpicture}

20
main.tex
View File

@ -17,16 +17,27 @@
\usepackage{lmodern}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{mathtools}
\usepackage{alphalph}
\usepackage{algorithm}
\usepackage{algpseudocode}
\DeclarePairedDelimiter\ceil{\lceil}{\rceil}
\DeclarePairedDelimiter\floor{\lfloor}{\rfloor}
\usetikzlibrary{decorations.pathmorphing, arrows.meta}
\usetikzlibrary{decorations.pathmorphing, arrows.meta, positioning}
\usetikzlibrary{shapes.geometric, arrows}
\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]
\tikzstyle{vertex} = [draw, circle, thick]
\tikzstyle{small vertex} = [draw, circle, scale=.75]
\tikzstyle{weight} = [scale=.75, fill=white, draw]
\pgfdeclarelayer{background}
\pgfdeclarelayer{foreground}
\pgfsetlayers{background,main,foreground}
% opening
\title{PAA - Kolokwia, rozwiązania}
@ -45,15 +56,20 @@
\newcommand{\problem}[1]{\texttt{#1}}
\newcommand{\taskend}{\par\vspace{.1cm}\hfill$\square$\vspace{.4cm}\par}
\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{\subtask}[1][]{\refstepcounter{subtask}\par\noindent\hspace{.3cm}\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}
\newenvironment{shortcut}{\vspace{.4cm}\noindent\textbf{Na skróty:}\vspace{2mm}\hline\vspace{.4cm}}{\vspace{.4cm}\hline\vspace{.4cm}}
\newenvironment{column}[1]{\begin{minipage}{#1\linewidth}}{\end{minipage}\vspace{.5\baselineskip}}
\begin{document}
\input{./2013.01.26.tex}
\input{./2011.01.18.tex}
\end{document}