diff --git a/.gitignore b/.gitignore index 6500a3e..8824259 100644 --- a/.gitignore +++ b/.gitignore @@ -5,3 +5,8 @@ *.log *.fdb_latexmk *.dvi +*.idx +*.ilg +*.out +*.ind +*.pgf-* diff --git a/2018.01.25.tex b/2018.01.25.tex deleted file mode 100644 index b6c3270..0000000 --- a/2018.01.25.tex +++ /dev/null @@ -1,52 +0,0 @@ -%! TEX root = main.tex - -\section{25.01.2018 kolokwium \#2} -\task Rozważ problem wyznaczania wartości indeksu chromatycznego $n$-wierzchołkowego grafu $G$, czyli $\chi'(G)$. -Uzasadnij prawdziwość lub fałszywość następujących twierdzeń dotyczących tego problemu. -\subtask Istnieje algorytm 1-absolutnie aproksymacyjny o złożoności $O(n)$ \label{task:2018:1} -\subtask Istnieje algorytm $\frac{3}{2}$-względnie aproksymacyjny -\subtask Istnieje algorytm $\frac{4}{3}$-względnie aproksymacyjny -\subtask Istnieje algorytm $\frac{5}{4}$-względnie aproksymacyjny -\subtask Istnieje schemat aproksymacyjny o złożoności niewielomianowej -\subtask Istnieje całkowicie wielomianowy schemat aproksymacyjny - -\task Problem istnienia cyklu Hamiltona w grafie $G$ należy do klasy \NP. Udowodnij ten fakt. - -\task Wypełnij poniższą tabelę wpisując do niej \textbf{TAK}, \textbf{NIE}, \textbf{NW} (Nie Wiadomo). -\begin{table}[H] - \centering - \begin{tabular}{rl|c|c} - & klasa & Weryfikowalne & Rozwiązywalne \\\hline - \subtask & \P & & \\ - \subtask & \NP & & \\ - \subtask & \NPC & & \\ - \subtask & \NP-trudne & & \\ - \end{tabular} -\end{table} -\note{W niektórych wypadkach więcej niż jedna odpowiedź jest poprawna} - -\task Algorytm \textit{Largest First} (\problem{LF}) dla kolorowania wierzchołków grafu maluje je zachłannie -poczynając od wierzchołka o najwyższym stopniu i kończąc na weierzchołku o najniższym stopniu. -\subtask Oszacuj złożoność obliczeniową algorytmu \problem{LF} jako funnkcję $n$ za pomocą symbolu $\Theta$ -\subtask Udowodnij, że \problem{LF} optymalnie koloruje cykle $C_4$ i $C_5$ ale suboptymalnie $C_6$ -\subtask Wykonaj algorytm \problem{LF} na załączonym grafie -\subtask Udowodnij, że algorytm \problem{LF} nie jest aproksymacyjny, tj. nie istnieje stałą $c$ taka, że $\mathtt{LF}(G) \leq c \cdot \chi(G)$ -\subtask Udowodnij, że \problem{LF} jest $k$-bezwzględnie aproksymacyjny i $l$-wzzględnie aproksymacyjny w odniesieniu -do grafów kubicznych tj. ustal wartości k i l - -\task \textit{Kolorowanie Kosztowe} (\problem{KK}) polega na tym, że kolory mają swoje koszty -$c_1 \leq c_2 \leq \ldots \leq c_n$ i za każdym razem, gdy kolorujemy kolejny wierzchołek, przydzielamy mu koszt tego -koloru. Problem polaga na tym, by tak pokolrowoać graf aby sumaryczny koszt kolorowania $\text{skk}(G)$ wszystkich -wierzchołków był jak najmniejszy. Udowodnij, że nawet jeżeli $c_1 = c_2 = \ldots = c_k \leq c_{k+1}$ to problem ten -jest \NP-trudny. - -\task Alicja jest częstym klientem sklepu \textit{SuperShop} i uzbierała 5 kuponów rabatowych o różnych wartościach -zniżek. Ma zapisane na liście zakupowej $n$ produktów, które chce dzisiaj kupić oraz ich ceny. Chce pójść dzisiaj do -sklepu bez gotówki i kupić wybrane produkty używajac tylko kuponów. Nie chce natomiast zmarnować żadnego kuponu, czyli -używa tylko tych, których wartość zostanie w pełni wykorzystana. Zastnawia się czy istnieje zestaw produktów i -odpowiednia kombinacja kuponów, by mogła pójść na zakupy i kupić cokolwiek? - -\note{Wszystkie kwoty są zaokrąglane do pełnych złotówek} - -\subtask Spróbuj ułożyć algorytm wielomianowy, który rozwiązuje ten problem -\subtask Jeśli nie potrafisz, udowodnij jego \NP-zupełność diff --git a/gfx/k3-3.tex b/gfx/k3-3.tex index 14bdb99..ff6c412 100644 --- a/gfx/k3-3.tex +++ b/gfx/k3-3.tex @@ -2,14 +2,12 @@ \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} +\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); diff --git a/gfx/k5.tex b/gfx/k5.tex index 35161a7..a1cc659 100644 --- a/gfx/k5.tex +++ b/gfx/k5.tex @@ -1,11 +1,9 @@ \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} +\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); diff --git a/gfx/kol-kk.tex b/gfx/kol-kk.tex new file mode 100644 index 0000000..a357756 --- /dev/null +++ b/gfx/kol-kk.tex @@ -0,0 +1,20 @@ +% The block diagram code is probably more verbose than necessary +\begin{tikzpicture}[auto, node distance=2cm] + \node[problem] (kol) {\problem{KOL}}; + \node[solution, right of=kol] (r-kol) {T/N}; + \node[left of=kol] (i-kol) {$G, n$}; + + \node[problem, below of=kol] (kk) {\problem{KK}}; + \node[solution, right of=kk] (r-kk) {T/N}; + \node[left of=kk, align=center] (i-kk) {$G, c, c_k, k,$ \\ $c_{k+1}, c_{k+2}, \ldots$}; + + \draw[->, alpha, left] (i-kol) -- node[right] {$f$} (i-kk); + + \draw[->] (kol) -- (r-kol); + \draw[->] (kk) -- (r-kk); + + \draw[->] (i-kol) -- (kol); + \draw[->] (i-kk) -- (kk); + + \draw[Implies-Implies, double distance=2pt] (r-kol) -- (r-kk); +\end{tikzpicture} diff --git a/macros.tex b/macros.tex new file mode 100644 index 0000000..5286b6d --- /dev/null +++ b/macros.tex @@ -0,0 +1,91 @@ +\DeclarePairedDelimiter\ceil{\lceil}{\rceil} +\DeclarePairedDelimiter\floor{\lfloor}{\rfloor} + +\usetikzlibrary{decorations.pathmorphing, arrows.meta, positioning} +\usetikzlibrary{shapes.geometric, arrows, intersections} + +\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, circle] + +\pgfdeclarelayer{background} +\pgfdeclarelayer{foreground} +\pgfsetlayers{background,main,foreground} + +\newcounter{task}[section] +\newcounter{subtask}[task] +\newcounter{tip}[task] +\newcounter{note}[task] + +\let\oldthetask\thetask +\let\oldthesubtask\thesubtask + +\renewcommand{\thesection}{\arabic{section}} +\renewcommand{\thesubtask}{\alph{subtask}} +\renewcommand{\thetask}{\thesection.\oldthetask} +\renewcommand{\thetip}{\#\arabic{tip}} +\renewcommand{\thenote}{\#\arabic{note}} + +\makeatletter + \newcommand{\note@nostar}[1]{\refstepcounter{note}\par\noindent\textbf{Uwaga \thenote:} #1\par} + \newcommand{\note@star}[1]{\par\noindent\textbf{Uwaga:} #1\par} + \newcommand{\note}{\@ifstar\note@star\note@nostar} + + \newcommand{\tip@nostar}[1]{\refstepcounter{tip}\par\noindent\textit{Wskazówka \thetip:} #1\par} + \newcommand{\tip@star}[1]{\par\noindent\textit{Wskazówka:} #1\par} + \newcommand{\tip}{\@ifstar\tip@star\tip@nostar} + + \renewcommand{\Function}[2]{% + \csname ALG@cmd@\ALG@L @Function\endcsname{#1}{#2}% + \def\jayden@currentfunction{\proc{#1}}% + } + + \newcommand{\funclabel}[1]{% + \@bsphack + \protected@write\@auxout{}{% + \string\newlabel{#1}{{\jayden@currentfunction}{\thepage}}% + }% + \@esphack + } + + \newcommand{\kadet@solution}{\par\vspace{.5cm}\noindent\textbf{Proponowane rozwiązanie:}\par} + \newenvironment{solution}{\kadet@solution}{\taskend} +\makeatother + +\newcommand{\proc}[1]{{\textsc{#1}}} + +\newcommand{\NP}{\texttt{NP}\xspace} +\newcommand{\NPC}{\texttt{NPC}\xspace} +\newcommand{\NPI}{\texttt{NPI}\xspace} +\renewcommand{\P}{\texttt{P}\xspace} + +\newcommand{\problem}[1]{{\tt #1}\index{#1}} + +\newcommand{\taskend}{\par\vspace{.1cm}\hfill$\square$\vspace{.4cm}\par} +\newcommand{\task}{% + \vspace{.25cm}\refstepcounter{task}\par% + \addcontentsline{toc}{subsection}{Zadanie \arabic{task}}% + \noindent\texttt{Zadanie \thetask.\hspace{.1cm}}% +} +\newcommand{\subtask}[1][]{\refstepcounter{subtask}\par\noindent\hspace{.3cm}\thesubtask#1)\ } + +\newcommand{\alphareduction}[2]{#1\ $\alpha$\ #2} + +\newenvironment{shortcut} + {\vspace{\baselineskip}\hbox{\textbf{Na skróty:}}\nointerlineskip\kern3pt\noindent\hrulefill\par\vspace{.5\baselineskip}} + {\par\noindent\hrulefill\par\vspace{.5\baselineskip}} + +\newenvironment{column}[1]{\noindent\begin{minipage}{#1\linewidth}}{\end{minipage}\vspace{.5\baselineskip}} + +\floatname{algorithm}{Program} + +\floatstyle{plain} +\newfloat{program}{thp}{lop} +\floatname{program}{Program} + +\renewcommand\leq\leqslant +\renewcommand\geq\geqslant diff --git a/main.tex b/main.tex index 67b97d8..36e41ba 100644 --- a/main.tex +++ b/main.tex @@ -1,4 +1,4 @@ -\documentclass[]{article} +\documentclass[openany]{book} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage{polski} \usepackage[utf8]{inputenc} @@ -25,83 +25,127 @@ \usepackage[polish]{babel} \usepackage{braket} \usepackage{subcaption} - -\DeclarePairedDelimiter\ceil{\lceil}{\rceil} -\DeclarePairedDelimiter\floor{\lfloor}{\rfloor} - -\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} - -\renewcommand\leq\leqslant -\renewcommand\geq\geqslant +\usepackage{imakeidx} +%\usepackage{showidx} +%\usepackage[bookmarks]{hyperref} +\usepackage{pgfplots} +\makeindex % opening -\title{PAA - Kolokwia, rozwiązania} +\title{Podstawy Analizy Algorytmów dla opornych} \author{Kacper Donat} -\newcounter{task}[section] -\newcounter{subtask}[task] -\newcounter{tip}[task] -\newcounter{note}[task] - -\let\oldthetask\thetask -\let\oldthesubtask\thesubtask - -\renewcommand{\thesubtask}{\alph{subtask}} -\renewcommand{\thetask}{\thesection.\oldthetask} -\renewcommand{\thetip}{\#\arabic{tip}} -\renewcommand{\thenote}{\#\arabic{note}} - -\makeatletter -\newcommand{\note@nostar}[1]{\refstepcounter{note}\par\noindent\textbf{Uwaga \thenote:} #1\par} -\newcommand{\note@star}[1]{\par\noindent\textbf{Uwaga:} #1\par} -\newcommand{\note}{\@ifstar\note@star\note@nostar} - -\newcommand{\tip@nostar}[1]{\refstepcounter{tip}\par\noindent\textit{Wskazówka \thetip:} #1\par} -\newcommand{\tip@star}[1]{\par\noindent\textit{Wskazówka:} #1\par} -\newcommand{\tip}{\@ifstar\tip@star\tip@nostar} -\makeatother - -\newcommand{\NP}{\texttt{NP}\xspace} -\newcommand{\NPC}{\texttt{NPC}\xspace} -\newcommand{\NPI}{\texttt{NPI}\xspace} -\renewcommand{\P}{\texttt{P}\xspace} - -\newcommand{\problem}[1]{{\tt #1}} - -\newcommand{\taskend}{\par\vspace{.1cm}\hfill$\square$\vspace{.4cm}\par} -\newcommand{\task}{\vspace{.25cm}\refstepcounter{task} \noindent\par\texttt{Zadanie \thetask.\hspace{.25cm}}} -\newcommand{\subtask}[1][]{\refstepcounter{subtask}\par\noindent\hspace{.3cm}\thesubtask#1)\ } - -\newcommand{\solution}{\par\vspace{.5cm}\noindent\textbf{Proponowane rozwiązanie:}\par} -\newcommand{\alphareduction}[2]{#1\ $\alpha$\ #2} - -\newenvironment{shortcut} - {\vspace{\baselineskip}\hbox{\textbf{Na skróty:}}\nointerlineskip\kern3pt\noindent\hrulefill\par\vspace{.5\baselineskip}} - {\par\noindent\hrulefill\par\vspace{.5\baselineskip}} -\newenvironment{column}[1]{\noindent\begin{minipage}{#1\linewidth}}{\end{minipage}\vspace{.5\baselineskip}} - -\floatname{algorithm}{Program} - -% \setlength{\parskip}{.5em} +\input{macros.tex} \begin{document} +%\maketitle +%\tableofcontents -\input{2013.01.26.tex} -\input{2011.01.18.tex} -\input{2018.bonus.tex} -\input{2018.01.25.tex} +\chapter{Złożoności obliczeniowe} +\input{part-1/intro.tex} +\input{part-1/2018.tex} + +\chapter{Problemy w informatyce} +\input{part-2/intro.tex} +\input{part-2/2013.tex} +\input{part-2/2011.tex} +\input{part-2/2018.tex} +\input{part-2/2018.bonus.tex} + +\appendix +\input{npc.tex} + +\twocolumn +\chapter{Przydatne wzory i twierdzenia} +\section{Sumy wyrażeń} \label{appendix:sum-formulas} +\begin{equation}\label{eqn:sum:1} + 1 + 1 + 1 + \cdots = \sum_{i=1}^n 1 = n +\end{equation} +\begin{equation}\label{eqn:sum:i} + 1 + 2 + 3 + \cdots = \sum_{i=1}^n i = \frac{n(n+1)}{2} +\end{equation} +\begin{equation}\label{eqn:sum:i2} + 1 + 4 + 9 + \cdots = \sum_{i=1}^n i^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} +\end{equation} +\begin{equation}\label{eqn:sum:i3} + 1 + 8 + 27 + \cdots = \sum_{i=1}^n i^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 +\end{equation} +\begin{equation}\label{eqn:sum:newton} + \sum_{i=0}^n {n \choose k} = 2^n +\end{equation} +\begin{equation}\label{eqn:sum:lower-bound} + \sum_{j=i}^{n} a_j = \sum_{j=1}^n a_j - \sum_{j=1}^{i-1} a_j +\end{equation} + +np. dla sumy stałych: +\begin{align} + \sum_{j=i}^{n} 1 &= \sum_{j=1}^n 1 - \sum_{j=1}^{i-1} 1 = n - (i - 1) \nonumber \\ + &= n - i + 1 +\end{align} + +\section{Wzory rekurencyjne} +\subsection{Dziel i zwyciężaj} + +Dla funkcji postaci +\begin{equation*} + T(n) = aT\left(\frac{n}{b}\right) + d(n) +\end{equation*} + +\noindent gdzie $d(n)$ jest funkcją multiplikatywną (tj. $d(a\cdot b) = d(a)\cdot d(b)$), wiadomo, że + +\begin{equation} \label{eqn:recursive:divide} + T(n) = \begin{cases} + \Theta(n^{\log_b d(b)}) & d(b) > a \\ + \Theta(n^{\log_b a}\log n) & a = d(b) \\ + \Theta(n^{\log_b a}) & a > d(b) \\ + \end{cases} +\end{equation} + +\subsection{Jeden krok w tył} +Dla funkcji postaci +\begin{equation*} + T(n) = aT(n - 1) + d(n) +\end{equation*} + +\noindent wiadomo, że: +\begin{equation} \label{eqn:recursive:1-step} + T(n) = \begin{cases} + \Theta(a^n) & d(n) = O(\frac{a^n}{n^\varepsilon}), \varepsilon > 1 \\ + O(na^n) & d(n) = O(a^n) \\ + O(nd(n)) & d(n) = \omega(a^n) \\ + \end{cases} +\end{equation} + +\section{Twierdzenia i własności} +\begin{description} + \item[tw. Vizinga] Każdy graf można pokolorować krawędziowo $\Delta$ bądź $\Delta + 1$ kolorami. Tj. + $\chi'(G) = \Delta$ lub $\chi'(G) = \Delta + 1$. \label{theorem:vizing} + \item[tw. Kuratowskiego] Graf $G$ jest planarny wtedy i tylko wtedy kiedy nie ma w nim podgrafu $K_5$ i $K_3,3$. + \begin{figure}[H] + \centering + \begin{subfigure}[c]{.5\linewidth} + \centering + \begin{tikzpicture}[scale=.7] + \input{gfx/k5.tex} + \end{tikzpicture} + \caption{$K_5$} + \end{subfigure}% + \begin{subfigure}[c]{.5\linewidth} + \centering + \begin{tikzpicture}[scale=.7] + \input{gfx/k3-3.tex} + \end{tikzpicture} + \caption{$K_{3,3}$} + \end{subfigure}% + \end{figure} + \label{theorem:kuratowski} + \item[tw. O 4 kolorach] Każdy graf planarny można pokolorować wierzchołkowo za pomocą $\leq 4$ kolorów. \label{theorem:4-colors} + \item[lemat o uściskach dłoni] Suma stopni wierzchołków w grafie zawsze jest liczbą parzystą. \label{theorem:handshake} + \item[Graf Eulerowski] Graf jest Eulerowski wtedy i tylko wtedy gdy wszystkie wierzchołki są stopnia parzystego. \label{theorem:euler} + \item[tw. Brooksa] Jeżeli graf jest pełny bądź jest cyklem nieparzystym to $\chi(G) = \Delta + 1$, w innym wypadku + $\chi(G) \leq \Delta$ \label{theorem:brooks} + \item Dla każdego grafu $G$ zachodzi $\chi(G) \leq \omega(G)$ gdzie $\omega(G)$ oznacza największą klikę w grafie. + \item Każdy graf dwudzielny da się pokolorować dwoma kolorami. Dodatkowo - każde drzewo jest grafem dwudzielnym. +\end{description} \end{document} diff --git a/npc.tex b/npc.tex new file mode 100644 index 0000000..c14fc75 --- /dev/null +++ b/npc.tex @@ -0,0 +1,16 @@ +\chapter{Lista problemów \NPC} +\begin{table}[H] + \centering + \renewcommand{\arraystretch}{1.4} + \begin{tabularx}{\linewidth}{p{3cm}clX} + \textbf{Nazwa} & & \textbf{Parametry} & \textbf{Opis} \\ \hline + \textit{Podziału Zbioru} & \problem{PZ} & $A$ & Czy zbiór $A$ da się podzielić na dwa rozłączne podzbiory tak, żeby suma ich elementów była równa? \\ + \textit{Sumy Podzbioru} & \problem{SP} & $A$, $n \in \mathbb N$ & Czy w zbiorze $A$ istnieje podzbiór, którego elementy sumują się do $n$? \\ + \textit{Kliki} & \problem{KLIKA} & $G$ - graf, $n \in \mathbb N$ & Czy w grafie $G$ znajduje się klika (podgraf pełny) $K_n$? \\ + \textit{Zbioru Niezależnego} & \problem{ZN} & $G$ - graf, $n \in \mathbb N$ & Czy w grafie $G$ znajduje się zbiór niezależny wielkości $n$? \\ + \textit{Ścieżki Hamiltona} & \problem{SH} & $G$ - graf & Czy w grafie $G$ istnieje ścieżka Hamiltona? \\ + \textit{Cyklu Hamiltona} & \problem{CH} & $G$ - graf & Czy w grafie $G$ istnieje cykl Hamiltona? \\ + \textit{Kolorowania Wierzchołkowego} & \problem{KOL} & $G$ - graf, $n$ & Czy graf $G$ da się pokolorować wierzchołkowo za pomocą $n$ kolorów? \\ + \textit{Kolorowania Krawędziowego} & \problem{KOLW} & $G$ - graf, $n$ & Czy graf $G$ da się pokolorować krawędziowo za pomocą $n$ kolorów? \\ + \end{tabularx} +\end{table} diff --git a/part-1/2018.tex b/part-1/2018.tex new file mode 100644 index 0000000..d6a8dea --- /dev/null +++ b/part-1/2018.tex @@ -0,0 +1,384 @@ +%! TEX root = ../main.tex + +\section{Zerówka 2018} +\task Dla programu poniżej: +\begin{algorithm}[H] + \caption{Program do przanalizowania} + \begin{algorithmic}[1] + \For{$i = 1 \ldots n^2$} \label{prog:1-2018:to-n2} + \For{$j = i \ldots n$} \label{prog:1-2018:to-n} + \State $k \gets 1$ + \While{$k < n$} + \State $k \gets k + k$ \label{prog:1-2018:1-basic} + \EndWhile + \EndFor + \EndFor + \end{algorithmic} +\end{algorithm} +\noindent Wybierz najlepsze możliwe oszacowanie liczby kroków spośród: + +\vspace{.3cm} +$n^4$ \quad $n^3 \log_2 n$ \quad $n^3$ \quad $n^2 \log_2 n$ \quad $n^2 \log_2 \sqrt n$ \quad $n^2$ +\vspace{.2cm} + +\begin{solution} + Bez dokładnego przeanalizowania programu łatwo zauważyć, że mamy dwie pętle, jedną ograniczoną przez $n^2$ w linii + \ref{prog:1-2018:to-n2}, oraz jedną ograniczoną przez $n$ w linii \ref{prog:1-2018:to-n}. $n^3$ jednak nie jest + poprawną odpowiedzią, zauważmy że w linii \ref{prog:1-2018:to-n} iteracja zaczyna się od $i$ a nie od $1$. Zatem + jeżeli $i > n$ to pętla w ogóle się nie wykona. Musimy zatem rozbić analizę programu na dwa osobne przedziały: + + \begin{column}{.5} + \begin{equation} \label{eqn:1-2018:1-n} + i = 1 \ldots n + \end{equation} + \end{column} + \begin{column}{.5} + \begin{equation} \label{eqn:1-2018:n-n2} + i = n \ldots n^2 + \end{equation} + \end{column} + + Jak zauważyliśmy, w przedziale $n \ldots n^2$ pętla z linii \ref{prog:1-2018:to-n} w ogóle się nie wykona. Zatem + za operację podstawową przyjmiemy iterację najbardziej zewnętrznej pętli. Pętla ta wykona się $n^2 - n$ razy. + + \begin{equation}\label{eqn:1-2018:1:T1} + T_1 = n^2 - n + \end{equation} + + W przypadku \ref{eqn:1-2018:1-n}, jako operację podstawową musimy przyjąć jednak najbardziej wewnętrzną operację, + czyli linię \ref{prog:1-2018:1-basic}. Ponieważ $k \gets k+k$ jest tym samym co $k \gets 2k$ to wiemy, że z + każdą iteracją pętli \textbf{while} k rośnie wykładniczo. + + \begin{equation*} + k = 1,\ 2,\ 4,\ 8,\ 16,\ 32,\ \ldots + \end{equation*} + + Zakładając, że $l$ to liczba wykonań pętli możemy zapisać: + \begin{equation} + k = 2^l + \end{equation} + + Czyli warunek $k < n$ przestanie być spełnionym gdy + \begin{equation*} + 2^l \geq n \iff l \geq \log_2 n + \end{equation*} + + Skąd możemy wywnioskować, że maksymalna liczba wykonań pętli wynosi + \begin{equation} + l_{\text{max}} = \log_2 n + \end{equation} + + Zgodnie z tym, co ustaliliśmy we wprowadzeniu, czas w którym ten program będzie się wykonywał możemy zaprezentować + w formie sumy takiej jak poniżej: + \begin{align*} + T_2 &= \sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n \sum_{k=1}^{\log_2 n} 1 = \sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n \log_2 n + = (\log_2 n)\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n 1 \\ + &= (\log_2 n)\sum_{i=1}^n (n - i + 1) = (\log_2 n)\cdot\left(\sum_{i=1}^n n - \sum_{i=1}^n i + \sum_{i=1}^n 1\right) \\ + &= (\log_2 n)\cdot\left(n^2 - \frac{n(n+1)}{2} + n\right) = (\log_2 n)\cdot\left(n^2 - \frac{1}{2}n^2 - \frac{1}{2}n + n\right) \\ + &= (\log_2 n)\cdot\left(\frac{1}{2}n^2 -\frac{1}{2}n\right) = \frac{1}{2}n^2\log_2n + \frac{1}{2}n^2\log_2n \\ + \end{align*} + + ponieważ $a\log_c b = \log_c b^a$ uzyskujemy + \begin{equation}\label{eqn:1-2018:1:T2} + T_2 = n^2\log_2 \sqrt n + n\log_2 \sqrt n + \end{equation} + + Łącząc czas $T_2$ z \refeq{eqn:1-2018:1:T2} czasem $T_1$ z \refeq{eqn:1-2018:1:T1}, uzyskujemy łącznie: + \begin{equation} + T = T_1 + T_2 = n^2\log_2 \sqrt n + n^2 + n\log_2 \sqrt n - n + \end{equation} + + Ponieważ szacujemy czas, interesuje nas głównie składnik najbardziej rzutujący na czas - w typ wypadku jest to + $n^2\log_2\sqrt n$. +\end{solution} + +\task Graf kubiczny (tj. $3$-regularny) $G$ zapisano w postaci macierzy sąsiedztwa wierzchołków. Napisz program, który +zwraca liczbę diamentów (tj. $K_4 - e$) w grafie $G$, uzasadnij jego poprawność oraz złożoność obliczeniową. +\tip{Czy $G$ może mieć 2 sklejone ze sobą diamenty?} + +\begin{solution} + Zadanie definiuje diament jako $K_4 - e$ - graf pełny o 4 wierzchołkach, pozbawiony jednej krawędzi. spróbujmy + jakoś scharakteryzować ten graf. + + \begin{figure}[H] + \centering + \begin{tikzpicture} + \foreach \pos[count=\i] in{(0,1),(1,0),(0,-1),(-1,0)} \node[vertex] (\i) at \pos {\i}; + \foreach \u/\v in {1/2,1/3,1/4,2/3,4/3} \draw[thick] (\v) edge (\u); + \end{tikzpicture} + \caption{diament} + \end{figure} + + Graf ten posiada 4 wierzchołki, z czego 2 stopnia conajmniej 3 (połączone z pozostałymi, wchodzącymi w skład + diamentu) - na rysunku wyżej są to wierzchołki 1 i 3, a 2 stopnia conajmniej 2 - oba połączone z tymi stopnia + conajmniej 3 - na rysunku są to wierzchołki 4 oraz 2. + + Możemy też zauważyć, że z wierzchołka 1 do 3 można dojść 3 ścieżkami, jedną o długości 1, oraz dwiema długosci 2 + (poprzez wierzchołki 4 i 2). + + Dla grafu przedstawionego w formie macierzy sąsiedztwa $A$, $n$-ta potęgę macierzy $A$ możemy interpretowac jako + liczbę ścieżek długości $n$ między danymi wierzchołkami - z uwagi na powyższe, ten fakt będzie nam bardzo pomocny. + Macierz można podnieść do potęgi wykorzystując szybki algorytm mnożenia macierzy, działający w czasie + $O(n^{2.374})$, mając taką macierz wystarczy tylko przejść po wszystkich wierzchołkach i sprawdzić czy do dowolnego + sąsiada jesteśmy w stanie znaleźć dokładnie jedną ścieżkę długości 1 i 2 ścieżki długości 2. + + W takim rozważaniu musimy jednak uwzględnić, że każdy z diamentów zostanie policzony dokładnie 2 razy, ponieważ + policzymy zarówno wierzchołki $1$ jak i $3$. Wynik uzyskany z procedury musimy z tego powodu podzielić przez 2. + + \begin{algorithm}[H] + \caption{algorytm rozwiązujący problem} + \begin{algorithmic}[1] + \State $A_2 \gets A^2$ \Comment{$O(2.374)$} + \State $c \gets 0$ + + \ForAll{$v \in V(G)$} \Comment{$\Theta(n)$} + \ForAll{$u$ sąsiadujący z $v$} \Comment{$\Theta(n)$} + \If{$A_2[v, u] \geq 2 \land A[v, u] = 1$} \Comment{$\Theta(1)$} + \State $c \gets c + 1$ \Comment{$\Theta(1)$} + \EndIf + \EndFor + \EndFor + + \State \Return $\frac{1}{2}c$ + \end{algorithmic} + \end{algorithm} + + Złożoność pętli to zatem $\Theta(n^2)$, jednak ponieważ czas potrzebny na podniesienie macierzy do potęgi ma + złożoność $O(n^{2.374})$, to podniesienie do potęgi ma większy narzut czasowy niż pętla, zatem złożoność naszej + procedury ostatecznie jest równa złożoności podnoszenia macierzy do kwadratu. +\end{solution} + +\task Problem znajdowania drogi długości $k$ w nieobciążonym grafie $n$-wierzchołkowym ma następujące algorytmy. +\begin{itemize} + \item Monien (1989) + \item Alon i in. (1994) + \item Kneis i in. (2006) + \item Koutis (2008) + \item Williams (2009) + \item Bj\"orklund (2010) + \item Bj\"orklund i in. (2010) +\end{itemize} + +Przypisz im odpowiednie złożoności spośród: $O(4^kn^{O(1)})$, $O(k!n^{O(1)})$, $O(1.66^kn^{O(1)})$, $O((2e)^kn^{O(1)})$, $O((2^k)n^{O(1)})$, $O(2^{\frac{3k}{2}}n^{O(1)})$, $O(1.66^nn^{O(1)})$ + +\begin{solution} + Na całe szczęście zadanie nie wymaga od nas pamiętania kiedy jaki algorytm powstał - ciężko byłoby to nawet znaleźc. + Spokojnie jednak można założyć, że żaden autor nie bedzie chwalił się tym, że napisał gorszy algorytm - wystarczy + zatem posortowac te algorytmy od najwolniejszego do najszybszego. + + Szczęśliwie wszystkie podane złożoności są wykładnicze - za wyjątkiem jednej zawierającej $k!$. Wiadomo, że silnia + rośnie szybciej od każdej możliwej funkcji wykłaniczej, zatem pierwszemu algorytmowi przypiszemy złożoność $O(k!n^{O(1)})$ + + Zastanawiać może jeszcze obecność $n^{O(1)}$ - wyrażenie to w zasadzie oznacza, że mamy doczynienia z jakimś + wielomianem o nieznym największym wykładniku. Wykładnik ten jest jednak stały i niezależny od $n$ - stąd $O(1)$. + Ponieważ wszystkie funkcje mają różne podstawi lub wykładniki to spokojnie możemy pominąć ten kawałek w dalszych + rozważaniach. + + Zostało nam więc uszeregować pozostałe funkcje, na ten moment nie są one jednak przedstawione w formie, która + umożliwiłaby łatwe porównanie. Przedstawmy wszystkie złożoności tak, aby w podstawie była jakaś liczba (a + przynajmiej jej przybliżona wartość): + + \begin{table}[H] + \centering + \begin{tabular}{ll} + \textbf{złożoność} & \textbf{złożoność znormalizowana} \\\hline + $O(4^k)$ & $O(4^k)$ \\ + $O(1.66^k)$ & $O(1.66^k)$ \\ + $O((2e)^k)$ & $O(5.44^k)$ \\ + $O(2^k)$ & $O(2^k)$ \\ + $O(2^\frac{3k}{2})$ & $O(2.83^k)$ \\ + $O(1.66^n)$ & $O(1.66^n)$ + \end{tabular} + \end{table} + + Dla funkcji wykładniczych o różnych podstawach, szybciej rośnie zawsze funkcja o większej podstawie, tzn. mając + przykładowe funkcje + \begin{align} + f(n) = 2^n && g(n) = 3^n + \end{align} + + wiemy, że $f = o(g)$, czyli $f$ rośnie zdecydowanie wolniej od $g$. To pozwala uszeregować nam większość złożoności: + $O((2e)^kn^{O(1)}), O(4^kn^{O(1)}), O(2^\frac{3k}{2}n^{O(1)}), O(2^kn^{O(1)})$. Pozostały nam jeszcze dwie: + $O(1.66^nn^{O(1)}), O(1.66^kn^{O(1)})$. + + Obie te funkcje mają jednakową podstawę potęgi jednak różne wykładniki: $k$ i $n$, co wiemy o relacji między tymi + dwoma wartościami? W grafie $n$ wierzchołkowym najdłuśza droga będzie miała długość $n$ - i będzie to cykl hamiltona. + Z tego wynika, że + \begin{equation} + k \leq n + \end{equation} + + Stąd wniosek, że poprawną kolejnością będzie $O(1.66^nn^{O(1)}), O(1.66^kn^{O(1)})$. Podsumowując: + \begin{table}[H] + \centering + \begin{tabular}{lrl} + \textbf{autor} & \textbf{rok} & \textbf{złożoność} \\\hline + Monien & 1989 & $O(k!n^{O(1)})$ \\ + Alon i in. & 1994 & $O((2e)^kn^{O(1)})$ \\ + Kneis i in. & 2006 & $O(4^kn^{O(1)})$ \\ + Koutis & 2008 & $O(2^\frac{3k}{2}n^{O(1)})$ \\ + Williams & 2009 & $O(2^kn^{O(1)})$ \\ + Bj\"orklund & 2010 & $O(1.66^nn^{O(1)})$ \\ + Bj\"orklund i in. & 2010 & $O(1.66^kn^{O(1)})$ \\ + \end{tabular} + \end{table} +\end{solution} + +\task W pewnym systemie informacyjnym chcemy mieć bazę danych, która w czasie stałym - $O(1)$ - będzie odpowiadała na +pytania, jaka jest odległość między dwoma węzłamu $u, b \in V$, grafu $G = (V, E)$ gdzie $|V| = n$. Zaprojektuj +taką strukturę danych i oszacuj jako funkcję $n$ jej złożoność pamięciową i złożoność czasową jej budowania. +\tip{Zastosuj algorytm Dijkstry} + +\begin{solution} + Potrzebujemy, aby dostęp do danych był w czasie $O(1)$ - czyli wszystkie potrzebne dane musimy już mieć wygenerowane. + Połączenia możemy zapisac w postaci macierzy sąsiedztwa, a macierz sąsiedztwa $n$ wierzchołków zajmuje $\Theta(n^2)$ + bajtów. + + Jeżeli chodzi o złożoność budowania tej struktury, to korzystamy z podpowiedzi. Musimy przeliczyć odległości między + wszystkimi parami wierzchołków. Jak wiemy, par tych jest $O(n^2)$. Z podpowiedzi wiemy, że powinniśmy zastosować + algorytm Dijkstry, jego złożoność wynosi $O(m\log n)$ - i te informacje trzeba było chyba znaleźć w jakiejś książce. + + Algorytm Dijkstry nie tylko wyznacza odległość pomiędzy dwoma wierzchołkami, ale w zasadzie odległości z danego + wierzchołka do wszystkich wierzchołków. Wszystkich wierzchołków jest $n$ i dla każdego musimy wykonać algorytm + dijkstry, co ostatecznie daje nam złożoność $O(nm\log n)$. \textit{Tej odpowiedzi nie jestem pewien.} +\end{solution} + +\task Dana jest procedura: +\begin{algorithm}[H] + \caption{Program do zbadania} + \begin{algorithmic} + \Function{zagadka}{$n$} \funclabel{proc:1-2018:zagadka} + \For{$i = 1 \ldots 2n^2$}\EndFor + \Statex + \If{$n \leq 2$} + \State \Return 1 + \Else + \State \Return $8 \cdot $\Call{zagadka}{$\floor{\frac{n}{2}}$}$ - $\Call{zagadka}{$\floor{\frac{n}{4}}$} + \EndIf + \EndFunction + \end{algorithmic} +\end{algorithm} + +\subtask Oszacuj od dołu liczbę kroków wykonanych przez procedurę \ref{proc:1-2018:zagadka} +\subtask Oszacuj od góry liczbę kroków wykonanych przez procedurę \ref{proc:1-2018:zagadka} +\subtask Oszacuj złożoność obliczeniową procedury \ref{proc:1-2018:zagadka} +\subtask Oszacuj od dołu tempo wzrostu funkcji \ref{proc:1-2018:zagadka} +\subtask Oszacuj od góry tempo wzrostu funkcji \ref{proc:1-2018:zagadka} +\subtask Złożoność procedury \ref{proc:1-2018:zagadka} jest: subliniowa, liniowa, kwadratowa, subwykładnicza, wykładnicza, superwykładnicza + +\begin{solution} + Liczbę kroków wykonanych przez te funkcję oznaczmy przez $L$. Pamiętając, że każde wywołanie funkcji kosztuje czas + możemy ułożyć równanie wyrażające liczbę kroków. + + \begin{equation} + L(n) = \begin{cases} + n^2 & \text{dla } n \leq 2 \\ + L\left(\floor*{\frac{n}{2}}\right) + L\left(\floor*{\frac{n}{4}}\right) + n^2 & \text{dla } n > 2 + \end{cases} + \end{equation} + + Ponieważ funkcję rozważamy generalnie dla dużych $n$ to możemy spokojnie pominąć pierwszy przypadek i skupić się + tylko na tym pierwszym. Dla tego typu funkcji nie mamy żadnego twierdzenia pozwalajacego oszacowac ją dokładnie. + Musimy zatem oszacować ją z góry i z dołu. Aby tego dokonac, zauważmy, że liczba kroków na ogół jest funkcją rosnącą + względem argumentu - ciężko wyobrazić sobie algorytm, który dla mniejszej ilości danych musiałby wykonywac mniej + operacji. + + Zatem dla każdego $a > b$ zachodzi $L(a) > L(b)$. Bez wątpienia, $\frac{n}{2} > \frac{n}{4}$, co za tym idzie + \begin{equation} + L\left(\floor*{\frac{n}{2}}\right) > L\left(\floor*{\frac{n}{4}}\right) + \end{equation} + + Zatem jeżeli zastąpimy $L(\floor{\frac{n}{4}})$ przez $L(\floor{\frac{n}{2}})$ na pewno uzyskamy większą wartość. + \begin{equation} + L(n) = L\left(\floor*{\frac{n}{2}}\right) + L\left(\floor*{\frac{n}{4}}\right) + n^2 < 2L\left(\floor*{\frac{n}{2}}\right) + n^2 + \end{equation} + + Tego typu funkcję jesteśmy już w stanie oszacować zgodnie z zależnością dla funkcji typu ,,dziel i zwyciężaj'': + + \begin{equation*} + T(n) = aT\left(\floor*{\frac{n}{b}}\right) + d(n) + \end{equation*} + \begin{equation}\label{eqn:1:divide-and-conquer} + T(n) = \begin{cases} + \Theta(n^{\log_b d(b)}) & d(b) > a \\ + \Theta(n^{\log_b a}\log n) & a = d(b) \\ + \Theta(n^{\log_b a}) & a > d(b) \\ + \end{cases} + \end{equation} + + W tym wypadku $a = 2$, $b = 2$, $d(n) = n^2, d(b) = 4$ czyli przypadek 1, złożoność wynosi $\Theta(n^{\log_2 4}) = \Theta(n^2)$. + Jednak pamiętajmy, że w tym wypadku rozpatrywaliśmy ograniczenie górne, zatem nasza pierwotna funkcja jest + asymptotycznie ograniczona z góry, a złożoność to ostatecznie $O(n^2)$. + + Szacując od dołu musimy znaleźć jakąś funkcję, która zawsze będzie mniejsza. Ponieważ mamy same dodawania liczb + dodatnich to wystarczy, że pozbędziemy się jednego - preferowalnie tego mniejszego - składnika, w tym wypadku + w ogóle opuścimy rozważanie $L(\floor*{\frac{n}{4}})$. + \begin{equation} + L(n) = L\left(\floor*{\frac{n}{2}}\right) + L\left(\floor*{\frac{n}{4}}\right) + n^2 > L\left(\floor*{\frac{n}{2}}\right) + n^2\ + \end{equation} + + W tym wypadku stosując analogiczne rozumowanie do ograniczenia z góry otrzymamy ograniczenie dolne $\Omega(n^2)$. + Ponieważ liczba jest jednocześnie $O(n^2)$ oraz $\Omega(n^2)$ to możemy powiedziec, że jest to $\Theta(n^2)$. + + W złożoności obliczeniowej uwzględniamy wzrost względem rozmiaru danych, a nie konkretnych danych. W wypadku liczb + rozmiarem danych jest liczba bitów potrzebna do zapisania liczby. Przykładowo dla rozmiaru $n = 5$, maksymalna liczba + która odpowiada temu rozmiarowi to $2^5 = 32$. Licząc złożoność takich procedur za każde $n$ podstawiamy $2^n$, + czyli złożoność procedury to $\Theta((2^n)^2)$ czyli $\Theta(4^n)$. + + Wartości zwracane przez funkcję można opisac za pomocą poniższego równania: + \begin{equation} + \proc{zagadka}(n) = \begin{cases} + 1 & \text{dla } n \leq 2 \\ + 8\cdot\proc{zagadka}(\floor*{\frac{n}{2}}) - \proc{zagadka}(\floor*{\frac{n}{4}}) & \text{dla } n > 2 + \end{cases} + \end{equation} + + Policzmy kilka kolejnych wartości funkcji, aby wiedzieć z czym mniej wiecej mamy doczynienia: + \begin{table}[H] + \centering + \begin{tabular}{l|rrrrrrrrrr} + $n$ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10\\\hline + $\proc{zagadka}(n)$ & 1 & 1 & 7 & 7 & 55 & 55 & 55 & 55 & 433 & 433 \\ + \end{tabular} + \end{table} + + Jak widać funkcja ta jest funkcją rosnącą, zatem możemy wynioskować że dla $a > b$ zachodzi + $\proc{zagadka}(a) \geq \proc{zagadka}(b)$. Aby ograniczyć funkcję z góry, pozbędziemy się + mniejszego z czynników doodawaniu: $\proc{zagadka}(\floor*{\frac{n}{4}})$: + \begin{equation} + 8\cdot\proc{zagadka}\left(\floor*{\frac{n}{2}}\right) + \geq 8\cdot\proc{zagadka}\left(\floor*{\frac{n}{2}}\right) - \proc{zagadka}\left(\floor*{\frac{n}{4}}\right) + \end{equation} + + Taką postać jesteśmy w stanie łatwo oszacować z zależności dziel i rządź: $a = 8$ $b = 2$ $d(n) = 0$. Ostatecznie + uzyskujemy, że $\proc{zagadka}(n) = O(n^{\log_2}{8}) = O(n^3)$. Szacując z góry, zamieniamy mniejszy czynnik na + większy zatem $\proc{zagadka}(\floor*{\frac{n}{4}})$ zamieniamy na $\proc{zagadka}(\floor*{\frac{n}{2}})$, uzyskując: + \begin{equation*} + 8\cdot\proc{zagadka}\left(\floor*{\frac{n}{2}}\right) - \proc{zagadka}\left(\floor*{\frac{n}{2}}\right) = 7\cdot\proc{zagadka}\left(\floor*{\frac{n}{2}}\right) + \end{equation*} + \begin{equation} + 7\cdot\proc{zagadka}\left(\floor*{\frac{n}{2}}\right) + \leq 8\cdot\proc{zagadka}\left(\floor*{\frac{n}{2}}\right) - \proc{zagadka}\left(\floor*{\frac{n}{4}}\right) + \end{equation} + + Szacując analogicznie otrzymamy ograniczenie z dołu $\Omega(n^{\log_2 7})$. +\end{solution} + +\task Procedura szybkiego sortowania tablicy wywoływana jako \ref{proc:1-2018:quicksort}, zdefiniowana jest następująco: +\begin{algorithm}[H] + \caption{Definicja funkcji \ref{proc:1-2018:quicksort}} + \begin{algorithmic} + \Function{QuickSort}{$l, r$}\funclabel{proc:1-2018:quicksort} + \If{$l < r$} + \State $i \gets~$\Call{PodzielTablicę}{$l, r$}\Comment{kosztem $\leq n$ operacji podziel fragmenty tablicy} + \State \Call{QuickSort}{$l, i-1$} \Comment{posortuj lewą część} + \State \Call{QuickSort}{$i, r$} \Comment{posortuj prawą część} + \EndIf + \EndFunction + \end{algorithmic} +\end{algorithm} + +\subtask Rozważ optymistyczną liczbę kroków, tj. gdy za każdym razem wybieramy medianę sortowanego fragmentu tablicy. +Ułóż odpowiednie równanie rekurencyjne, a następnie podaj jego rozwiązanie asymptotyczne. +\subtask Rozważ pesymistyczną liczbę kroków, tj. gdy za każdym razem wybieramy element najmniejszy w sortowanym +fragmencie tablicy. Ułóż odpowiednie równanie rekurencyjne, a następnie podaj jego rozwiązanie asymptotyczne. diff --git a/part-1/intro.tex b/part-1/intro.tex new file mode 100644 index 0000000..9e9bdae --- /dev/null +++ b/part-1/intro.tex @@ -0,0 +1,146 @@ +%! TEX root = ../main.tex + +\section{Wprowadzenie} +Tworząc oprogramowanie jednym z aspektów, na które powinniśmy zwrócić szczególną uwagę jest wydajność - zarówno czasowa, +jak i pamięciowa. Wydajność czasową rozumiemy oczywiscie przez czas, w którym wykonuje się nasz program, a przez +pamięciową ilość pamięci operacyjnej, którą potrzebuje program do działania. + +Wydajność czasowa nie może być rozumiana jako ilość sekund potrzebna do wykonania danego programu. Absolutny wymiar czasu +- podany w sekundach - jest zależny od wielu czynników, w tym szybkości komputera czy zajętości jego zasobów. Dlatego +w celu badania wydajnosci czasowej programu najczęściej rozpatrujemy liczbę operacji jaką musi wykonać program dla +pewnych danych. Dlatego w dalszej mówiąc o czasie będziemy się skupiać na liczbie takich kroków. + +\subsection{Przedstawienie liczby operacji w formie sumy} +Załóżmy, że mamy pętlę: +\begin{algorithmic}[1] + \For{$i = 1 \ldots n$} + \State \Call{$f$}{$i$} + \EndFor +\end{algorithmic} + +Wiemy, że czas działania (rozumiany jako liczba operacji) funkcji $f$ możemy wyznaczyć za pomocą funkcji $T_f(n)$ (ta +konwencja oznaczania będzie utrzymana przez dalsze rozdziały). Pętla wywołuję funkcję $f$ dla każdego $i$ od 1 do $n$, +zatem czas działania funkcji możemy przedstawić następująco: + +\begin{equation} + T = T_f(1) + T_f(2) + T_f(3) + \cdots + T_f(n) = \sum_{i = 1}^{n} T_f(i) \label{eq:1-intro:loop-to-sum} +\end{equation} + +Weźmy inny program: +\begin{algorithmic}[1] + \For{$i = 1; i < n; i \gets 2i$} + \State \Call{$f$}{$i$} + \EndFor +\end{algorithmic} + +W tym wypadku, kolejne wartości $i$ będą kolejnymi potęgami 2, zatem czas jaki przeznaczymy na wykonanie tej pętli +zapiszemy jako: +\begin{equation*} + T = T_f(1) + T_f(2) + T_f(4) + T_f(8) + \cdots +\end{equation*} + +Na pierwszy rzut oka ciężko zamienić ten program na matematyczną sumę. Jak jednak zostało zauważone, kolejne wartości +$i$ są kolejnymi potęgami 2. Załóżmy zatem, że $l$ jest licznikiem wykonań pętli, tj. reprezentuje ilość już wykonanych +iteracji. W takim wypadku moglibyśmy powiedzieć, że: +\begin{equation*} + i = 2^l +\end{equation*} + +czyli warunek $i < n$ byłby spełniony wtedy i tylko wtedy, gdy: +\begin{equation*} + 2^l < n \iff l < \log_2 n +\end{equation*} + +Ponieważ $l$ z założenia jest licznikiem pętli - to wiemy, że pętla wykona się nie więcej niż $\log_2 n$ razy. +Łącząc te 2 informacje uzyskamy taki wzór na czas: +\begin{equation*} + T = T_f(1) + T_f(2^1) + T_f(2^2) + T_f(2^3) + \cdots = \sum_{i=0}^{\log_2 n} T_f(2^i) +\end{equation*} + +Oczywiście nic nie stoi na przeszkodzie, aby rozważać pętle w pętlach: +\begin{program}[H] + \begin{algorithmic}[1] + \For{$i = 1\ldots n$} + \For{$j = 1\ldots n$} + \State \Call{$f$}{$i, j$} + \EndFor + \EndFor + \end{algorithmic} +\end{program} +Zgodnie z wcześniejszymi ustaleniami wewnętrzna pętla wykona sie przez czas $T_w = \sum_{j = 1}^n T_f(i, j)$. +Zewnętrzną rozpatrzymy analogicznie, uzyskując: +\begin{equation} + T = \sum_{i=1}^n T_w = \sum_{i=1}^n \sum_{j = 1}^n T_f(i, j) +\end{equation} + +Załóżmy, że mamy program który sumuje nam wszystkie liczby od 1 do $n$, program prezentuje się następująco: +\begin{program}[H] + \begin{algorithmic}[1] + \Require + \Statex $n$ - liczba naturalna \label{line:1-intro:n} + \Statex + + \State $S \gets 0$ \Comment{$S \gets 0$ oznacza, że do zmiennej $S$ przypisujemy wartość $0$} \label{line:1-intro:S} + \For{$i = 1 \ldots n$} + \State $S \gets S + i$ \label{line:1-intro:loop} + \EndFor + \end{algorithmic} +\end{program} + +Linia \ref{line:1-intro:S} to jedna operacja przypisania, wykonująca się w czasie $T_\gets$, a w pętli wykonujemy +operacje przpisania i dodania o łącznym czasie $T_\gets + T_+$. Ponieważ w komputerach operujemy zwykle na liczbach +o stałym rozmiarze to możemy założyć, że oba te czasy są niezależne od zmiennej $i$. Zgodnie z równaniem +\ref{eq:1-intro:loop-to-sum} możemy zapisac, że łączny czas wykonania tego programu wynosi +\begin{equation*} + T = T_\gets + \sum_{i = 1}^{n}(T_\gets + T_+) +\end{equation*} + +Ponieważ $T_\gets + T_+$ jest stałe (tj. nie zależy od zmiennej $i$) to możemy wyciągnąć to wyrażenie przed znak sumy: +\begin{equation*} + T = T_\gets + (T_\gets + T_+)\sum_{i = 1}^{n} 1 +\end{equation*} + +A ponieważ $\sum_{i = 1}^n 1 = n$ (patrz \ref{eqn:sum:1} z strony \pageref{appendix:sum-formulas}), to +całe równanie możemy sprowadzić do: +\begin{equation} + T = T_\gets + (T_\gets + T_+)n = (n+1)T_\gets + nT_+ +\end{equation} + +Program wykona zatem $n+1$ operacji przypisania i $n$ operacji dodawania. + +\subsection{Asymptotyczne tempo wzrostu - notacja dużego $O$} +Jak widac po powyższych przykładach, nawet dla prostych programów ustalenie dokładnej liczby kroków może być uciążliwe +i czasochłonne. Biorąc pod uwagę, że i tak nie jesteśmy zainteresowani czasem w sekundach często bardziej interesuje +nas ogólny pogląd na zachowanie programu. Wiemy np, że każda (rosnąca) funkcja liniowa rośnie szybciej od funkcji +stałej - gdzie przez ,,rośnie szybciej'' rozumiemy, że od pewnego momentu wykres funkcji liniowej na pewno znajdzie +się nad wykresem funkcji stałej (obie są prostymi, w dodatku nie równoległymi, więc na pewno się przetną) i tak już +pozostanie do końca. + +Udowodnijmy, że żadna funkcja liniowa postaci $a_lx + b_l$ nie będzie rosła szybciej niż jakakolwiek funkcja kwadratowa +$a_kx^2 + b_kx + c_k$. Na nasze potrzeby potrzebujemy tylko rozważyć funkcje rosnące - ponieważ czas nie płynie do tyłu, +zatem $a_l, a_k > 0$. Chcąc wyznaczyć, kiedy funkcja liniowa jest większa od kwadratowej musimy rozpatrzyć następującą +nierówność: +\begin{equation} + a_lx + b_l > a_kx^2 b_kx + c_k +\end{equation} + +Przenieśmy wszystkie składniki na lewą stronę nierówności: +\begin{equation*} + -a_kx^2 a_lx - b_kx + b_l - c_k > 0 +\end{equation*} +\begin{equation*} + -a_kx^2 + (a_l - b_k)x + (b_l - c_k) > 0 +\end{equation*} + +Ponieważ z założenia $a_k > 0$ to parabola ma ramiona skierowane w dół, czyli od pewnego momentu na pewno znajduje się +poniżej osi \texttt{x}. Zatem nawet przy skrajnie dużej wartości współczynnika $a_l$ (określającego szybkość wzrostu funkcji +liniowej) oraz jednocześnie skrajnie małej wartości współczynnika $a_k$ funkcja liniowa w pewnym momencie znajdzie sie +pod funkcją kwadratową. Czyli nawet najszybsza funkcja liniowa rośnie wolniej od najwolniej rosnącej funkcji kwadratowej. +Jak widać po powyższym, dokładne wartości stałych nie mają w tym wypadku znaczenia. Analogiczny dowód możemy +przeprowadzić dla dowolnej innej funkcji wielomianowej, również o wykładniku niebędącym liczbą całkowitą. + +Jeżeli między funkcjami $f$ i $g$ zachodzi taka zależność, to jest - bez względu na mnożnik, funkcja $f$ rośnie wolniej +od $g$ - to mówimy, że $f = o(g)$. Formalnie zależność te definiujemy następująco: +\begin{equation} + \forall_{c > 0}\exists_{n_0}\forall_{n > n_0} f(n) < c \cdot g(n) +\end{equation} diff --git a/2011.01.18.tex b/part-2/2011.tex similarity index 97% rename from 2011.01.18.tex rename to part-2/2011.tex index b02ee6a..edb5bbb 100644 --- a/2011.01.18.tex +++ b/part-2/2011.tex @@ -2,14 +2,13 @@ \section{18.01.2011 kolokwium \#2} -\task{ +\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 +\begin{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 @@ -45,15 +44,14 @@ rozpatrzymy prostokąty o stałej szerokości równej szerokości blachy, i zmie 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 +\end{solution} -\task{ +\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 $\problem{WPW} \in \NPC$ -} + Udowodnij, że $\problem{WPW} \in \NPC$ \label{task:2:wpw} -\solution +\begin{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 @@ -84,7 +82,6 @@ Problem \problem{WPW} jest w zasadzie uogólnionym problemem \problem{PW}. Na og \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 @@ -93,7 +90,7 @@ wagę $w$. Przy takim podejściu, jeżeli w grafie $G$ pokrycie stanowiło $n$ w 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 +\end{solution} \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.} @@ -102,7 +99,7 @@ planarność. \textit{Maksymalny Graf Planarny} (\textbf{MGP}) jest 3-barwny wte \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 +\begin{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. Najprostszym podejściem jest narysowanie grafu pustego (tj. wierzchołków tak jakbyśmy chcieli rysować wielokąt foremny) i dorysowywać kolejno: @@ -135,14 +132,18 @@ jednak są one stosunkowo proste w narysowaniu i wymyśleniu. \begin{column}{.5}% \begin{figure}[H] \centering - \input{gfx/k3-3.tex} + \begin{tikzpicture} + \input{gfx/k3-3.tex} + \end{tikzpicture} \caption{Graf $K_{3,3}$} \end{figure} \end{column}% \begin{column}{.5}% \begin{figure}[H] \centering - \input{gfx/k5.tex} + \begin{tikzpicture} + \input{gfx/k5.tex} + \end{tikzpicture} \caption{Graf $K_{5}$} \end{figure} \end{column} @@ -198,14 +199,14 @@ $\chi(G_\text{MGP}) \leq 4$. Możemy zatem ułożyc bardzo prosty algorym: Złożoność $\Theta(n^2)$ wynika z tego, że graf jest zapisany w macierzy sąsiedztwa. Policzenie wszystkich krawędzi wymaga przejścia po wszystkich komórkach w macierzy a tych jest $n^2$. -\taskend +\end{solution} \task{Problem \textit{Maximum Edge Coloring} $\problem{MEC}(G, k)$ zdefiniowany jest następująco: ,,Dane są: graf $G$ i liczba $k \in \mathbb{N}$; znaleźć spójny podgraf $G' \subset G$ zawierający największą możliwą liczbę krawędzi, który jest k-barwny krawędziowo.''} \subtask{Podaj rozwiązanie problemu $\problem{MEC}(C_7, 2)$} \subtask{Pokaż, że $\problem{MEC}(G, 2)$} jest \NP-trudny -\solution +\begin{solution} Spróbujmy pokolorować krawędziowo graf $C_7$, aby tego dokonać wybierzmy sobie dowolną pierwszą krawędź i pokolorujmy ją na dany kolor, oznaczmy go \#1. Krawędzi sąsiadujące musimy więc pokolorować na inny kolor - \#2. Przechodzimy do następnej krawędzi (kierunek dowolny, ważne aby iść cały czas w tym samym), krawędź ta ma kolor \#2, więc następna musi być \#1. @@ -233,6 +234,7 @@ spójny możemy wywnioskować, że dla problemu $\problem{MEC}(G, 2)$ jedynymi m 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 $\problem{MEC}(G, 2)$ będący z nim tożsamy też jest \NP-trudny. +\end{solution} \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 @@ -245,7 +247,7 @@ się wielomianowy przy następujących modyfikacjach?} \subtask{sumy te muszą się różnić o więcej niż 3} \subtask{rozpatrujemy 3 zbiory zamiast 2} -\solution +\begin{solution} Na wstępie oznaczmy nasz problem przez $\Pi$, a kolejne problemy przez $\Pi_a$ itd. Do tego $A_a$ będzie stanowić zbiór liczb dla modyfikacji a, a $n_a$ wielkość tego zbioru. Problem $\Pi$ to nic innego jak problem podziału zbioru. @@ -317,7 +319,7 @@ $\problem{TRY} \subseteq \P \subseteq \NP$. Stąd możemy naszkicować graf rela \input{gfx/ss-redukcje.tex} \caption{Graf relacji redukcji $\alpha$ między modyfikacjami problemu $\Pi$} \end{figure} -\taskend +\end{solution} \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 @@ -328,13 +330,15 @@ 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 $A_\text{opt} \geq A$, gdzie -$A_\text{opt}$ to odpowiedź optymalna, a $A$ to odpowiedź naszego algorytmu. Dodatkowo wiemy, że $A, A_\text{opt} \in \mathbb{N}$ +\begin{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 $A, A_{opt} \in \mathbb{N}$ oraz, że algorytm \problem{SF} jest $1$-absolutnie aproksymacyjny czyli: + \begin{equation} |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 $A_\text{opt} - 1$: @@ -412,4 +416,4 @@ Czyli jeżeli tylko $\varepsilon < \frac{1}{n}$ to otrzymany wynik będzie wynik wielomianowym (zgodnie z definicją schamatu (F)PTAS) czyli rozwiązalibyśmy problem \NPC w czasie wielomianowym co implikowałoby, że $\P = \NP$. -\taskend +\end{solution} diff --git a/2013.01.26.tex b/part-2/2013.tex similarity index 95% rename from 2013.01.26.tex rename to part-2/2013.tex index b6d616e..b7c2f6a 100644 --- a/2013.01.26.tex +++ b/part-2/2013.tex @@ -5,7 +5,7 @@ \subtask{Spróbuj zaprojektować algorytm wielomianowy dla tego problemu decyzyjnego} \subtask{Jeśli nie potrafisz, to spróbuj udowodnić jego \NP-zupełność} -\solution +\begin{solution} 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. @@ -28,16 +28,15 @@ jesteśmy w stanie zapłacić 100zł bez problemu, tak samo mając 5 banknotów 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 +\end{solution} -\task{ +\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 +\begin{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, @@ -59,7 +58,7 @@ który nie jest połączony z żadnym innym. \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 doprowadzić do tego, że klika nagle powstała. +nie wystarczy na utworzenie kliki, a nie dodajemy żadnych krawędzi, 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. @@ -69,14 +68,14 @@ wierzchołek musimy do macierzy dodać 1 wiersz i 1 kolumnę - czyli w zasadzie 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 +\end{solution} \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 +\begin{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 @@ -107,16 +106,16 @@ Aby dokonać $\alpha$-redukcji musimy w wielomianowym czasie na podstawie danych 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 +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. +\end{solution} \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 +\begin{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 jak trudno jest wyliczyć na komputerze wynik działania funkcji $f$, zatem zakładamy, że $f = O(1)$. Przetworzenie @@ -158,7 +157,7 @@ $G = K_n, H = G_0$. 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 $K_n$. -\taskend +\end{solution} \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 @@ -180,14 +179,15 @@ brzmi ona \textbf{tak} lub \textbf{nie}.} \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 +\begin{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 +wiemy, że graf jest 3-regularny czyli dla każdego wierzchołka $v \in G$ 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 $O(m+ n)$. +Dodatkowo wiemy, że każdy graf dwudzielny można pokolorować za pomocą dokładnie 2 kolorów ponieważ zawiera 2 grupy +niepołączonych ze sobą wierzchołków - a sprawdzenie dwudzielności 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 @@ -206,6 +206,7 @@ Zatem podsumowując odpowiedzi: \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} +\end{solution} \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.} @@ -216,7 +217,7 @@ który generuje digraf acykliczny. Problem ten ma prosty algorym 2-aproksymacyjn \tip{Zakładamy, że digraf $D$ dany jest w postaci macierzy sąsiedztwa $A$} \tip{Jaki digraf definiuje górna/dolna macierz trójkątna macierzy $A$?} -\solution +\begin{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 $D$. \begin{figure}[H] @@ -293,7 +294,7 @@ Aby uzyskać taki graf w dolnej i górnej macierzy trójkątnej musimy mieć dok 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 +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] @@ -370,4 +371,4 @@ 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 +\end{solution} diff --git a/2018.bonus.tex b/part-2/2018.bonus.tex similarity index 98% rename from 2018.bonus.tex rename to part-2/2018.bonus.tex index 8ba1f05..96b34b0 100644 --- a/2018.bonus.tex +++ b/part-2/2018.bonus.tex @@ -7,7 +7,7 @@ w problem $\Pi \in \NP$ przekaż wiadomość, mówiącą, że:} \subtask{\alphareduction{\problem{3SAT}}{$\Pi$}} \subtask{\alphareduction{$\Pi$}{\problem{3SAT}}} -\solution +\begin{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 @@ -44,7 +44,7 @@ wszystkie problemy $\NP$ (zgodnie z definicją klasy \NPC). W takim wypadku lepi \begin{center} 0 symboli \end{center} -\taskend +\end{solution} \task Podaj status problemów (tj. czy są \P czy \NP-trudne) optymalizacyjnych podanych poniżej w podziałem na ich wersje maksymalizacyjne oraz wersje minimalizacyjne. @@ -55,7 +55,7 @@ minimalizacyjne. \subtask Największa/najmniejsza droga w grafie \subtask Klika w grafie planarnym -\solution +\begin{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 @@ -95,7 +95,7 @@ Stąd też wiemy, że wersja minimalizacyjna jest \P. \end{tabular} \caption{Podsumowanie statusów problemów z zadania} \end{table} -\taskend +\end{solution} \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 @@ -103,7 +103,7 @@ pytanie - ,,Czy w danym grafie istnieje klika o rozmiarze $k \geq p$?''. Jeżeli skrzynka milczy. \tip{Gwiazda spinająca to inaczej wierzchołek połączony ze wszystkimi innymi wierzchołkami.} -\solution +\begin{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. @@ -134,14 +134,14 @@ rozmiarze $n$ wystarczy sprawdzić czy w grafie $H$, istnieje klika o rozmiarze 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 szukamy ledwo $K_5$ to i tak wiemy, że $K_5$ istnieje w $K_{10}$. -\taskend +\end{solution} \task Kierownik zmiany ma pod opieką $m = 4$ identycznych obrabiarek i $n$ różnych elementów do obrobienia. Na swoim komputerze posiada PTAS o złożoności $O(n\log^{1/\varepsilon} n + m^m)$. Praca zaczyna się o 7:00 a o 15:00 jest mecz, który chce obejrzeć. Wiemy, że optymalny czas pracy wynosi 6h, jaką złożoność będzie miał algorytm, który pozwoli kierownikowi obejrzeć mecz? -\solution +\begin{solution} 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 $A = 8$. @@ -163,7 +163,7 @@ Ponieważ znamy zarówno $A$ jak i $A_\text{opt}$ z łatwością możemy wyznacz W taki sposób otrzymujemy złożoność $O(n\log^3 n + m^m)$, ponieważ $m$ jest stałe możemy pominąć je w obliczaniu złożoności uzyskując ostatecznie $O(n\log^3 n)$. -\taskend +\end{solution} \task Na płaszczyźnie znajduje się n punktów, chcemy znelźć ich średnicę, czyli największą odległość pomiędzy dwoma z nich. Następujący algorytm rozwiązuje ten problem w sposób 2-przybliżony. Udowodnij ten fakt. @@ -190,7 +190,7 @@ Następujący algorytm rozwiązuje ten problem w sposób 2-przybliżony. Udowodn \end{figure} \end{column} -\solution +\begin{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. @@ -237,7 +237,7 @@ Z poprzednich rozważań wiemy, że w wypadku punktu oznaczonego teraz jako $1'$ 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. -\taskend +\end{solution} \task Które ze zdań o powyższym problemie są prawdziwe? @@ -249,7 +249,7 @@ pomyłka o 2-krotność odpowiedzi optymalnej, czyli algorytm jest 2-aproksymacy \subtask Istnieje algorytm wielomianowy, który jest 2-absolutnie aproksymacyjny \subtask Nie istnieje schemat PTAS -\solution +\begin{solution} 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 @@ -275,3 +275,4 @@ Odpowiedzi zatem klarują się następująco: Nie istnieje schemat PTAS & \textbf{NIE} \\ \end{tabular} \end{table} +\end{solution} diff --git a/part-2/2018.tex b/part-2/2018.tex new file mode 100644 index 0000000..0b56227 --- /dev/null +++ b/part-2/2018.tex @@ -0,0 +1,194 @@ +%! TEX root = main.tex + +\section{25.01.2018 kolokwium \#2} +\task Rozważ problem wyznaczania wartości indeksu chromatycznego $n$-wierzchołkowego grafu $G$, czyli $\chi'(G)$. +Uzasadnij prawdziwość lub fałszywość następujących twierdzeń dotyczących tego problemu. +\subtask Istnieje algorytm 1-absolutnie aproksymacyjny o złożoności $O(n)$ \label{subtask:1-2018:1:abs} +\subtask Istnieje algorytm $\frac{3}{2}$-względnie aproksymacyjny \label{subtask:1-2018:1:32approx} +\subtask Istnieje algorytm $\frac{4}{3}$-względnie aproksymacyjny \label{subtask:1-2018:1:43approx} +\subtask Istnieje algorytm $\frac{5}{4}$-względnie aproksymacyjny \label{subtask:1-2018:1:54approx} +\subtask Istnieje schemat aproksymacyjny o złożoności niewielomianowej \label{subtask:1-2018:1:nptas} +\subtask Istnieje całkowicie wielomianowy schemat aproksymacyjny \label{subtask:1-2018:1:fptas} + +\begin{solution} + W rozwiązaniu tego wykorzystamy twierdzenie vizinga mówiące, że każdy graf da się pokolorować $\Delta$ bądź $\Delta + 1$ + kolorami. + + Na tej podstawie w podpunkcie \ref{subtask:1-2018:1:abs} możemy ułożyć algorytm, który zawsze zwraca + wartość $\Delta + 1$ i będzie on $1$-absolutnie aproksymacyjny. Jednak pozostaje kwestia złożoności obliczeniowej + wyznaczanie maksymalnego stopnia w grafie jest zadaniem zależnym od struktury danych. I tak w wypadku + macierzy sąsiedztwa będzie to $\Theta(n^2)$ a w wypadku pęków $O(n)$ - czli się da. Dlatego na podpunkt \ref{subtask:1-2018:1:abs} + odpowiedź to \textbf{TAK}. + + \begin{table}[H] + \centering + \begin{tabular}{r|r} + $A_\text{opt}$ & $A$ \\\hline + 1 & 2 \\ + 2 & 3 \\ + 3 & 4 \\ + 4 & 5 \\ + $\vdots$ & $\vdots$ + \end{tabular} + \caption{Tabela najgorszych odpowiedzi, jakie udzieli nasz algorytm} + \end{table} + + Na ten moment nasz algorytm w najgorszym wypwadku (pierwszym) myli się 2-krotnie. Czy jesteśmy w stanie + scharakteryzowac wszystkie grafy, które da się pokolorowac 1 kolorem tak, abyśmy mogli sprawdzić ten fakt + wielomianowo? Tj. czy sprawdzenie $\chi'(G) = 1$ należy do \P? Tak, pokolorowanie jednym kolorem będzie możliwe + tylko wypadku gdy z każdym wierzchołkiem jest związana tylko jedna krawędź - czyli $\Delta = 1$. + + \begin{table}[H] + \centering + \begin{tabular}{r|r} + $A_\text{opt}$ & $A$ \\\hline + 1 & $\not 2$ 1 \\ + 2 & 3 \\ + 3 & 4 \\ + 4 & 5 \\ + $\vdots$ & $\vdots$ + \end{tabular} + \end{table} + + Teraz nasz algorytm w najgorszym wypadku dla poprawnej odpowiedzi wynoszącej $2$ zwraca $3$ - czyli jest + $\frac{3}{2}$-aproksymacyjny. Zatem odpowiedź na podpunkt \ref{subtask:1-2018:1:32approx} to \textbf{TAK}. + + Idźmy więc dalej, czy jesteśmy w stanie scharakteryzować wszystkie grafy, które da sie pokolorować max 2 koloroami? + Na pewno wiemy, że muszą to być grafy o $\Delta = 2$, jednak nie jest to warunek wystarczajacy. + + \begin{figure}[H] + \centering + \begin{tikzpicture} + \foreach \pos[count=\i] in {(1,0),(-1,0),(0,1.73)} \node[vertex] (\i) at \pos {}; + \draw[red] (1) -- (2); + \draw[green] (1) -- (3); + \draw[blue] (3) -- (2); + \end{tikzpicture} + \caption{Trójkąt to graf o $\Delta = 2$, jednak potrzebuje 3 kolorów do poprawnego kolorowania krawędziowego} + \end{figure} + + Okazuje się, że wszystkie ściezki da się pokolorować krawędziowo dwoma kolorami, oraz wszystkie cykle parzyste. + Zatem jeżeli nasz graf składa się tylko z cykli parzystych oraz ścieżek - da się go pokolorować krawędziowo + dwoma kolorami. Aby sprawdzić ten fakt, wystarczy rozbić graf na składowe spójności co możemy zrobić zwykłym + \proc{DFS}-em lub \proc{BFS}-em a następnie sprawdzić czy są cyklami parzystymi bądź ścieżkami. + + \begin{table}[H] + \centering + \begin{tabular}{r|r} + $A_\text{opt}$ & $A$ \\\hline + 1 & $\not 2$ 1 \\ + 2 & $\not 3$ 2 \\ + 3 & 4 \\ + 4 & 5 \\ + $\vdots$ & $\vdots$ + \end{tabular} + \end{table} + + Teraz najgorszym przypadkiem jest para 3 i 4, czyli algorytm jest $\frac{4}{3}$-aproksymacyjny. Stąd odpowiedź na + podpunkt \ref{subtask:1-2018:1:43approx} to \textbf{TAK}. + + Dla kolorowania 3 kolorami nie ma już możliwosci sprawdzenia wielomianowego - i to jest rzecz, którą albo musimy + wiedzieć, albo wyczytać z książki. Zatem nie jesteśmy w stanie bardziej ulepszyć tej aproksymacji, a co za tym + idzie nie jest on $\frac{5}{4}$ aproksymacyjny, czyli dla \ref{subtask:1-2018:1:54approx} odpowiedź to \textbf{NIE}. + + Każdy problem z klasy \NP można rozwiązać algorytmem deterministycznym w czasie niewielomianowym. Jeżeli jestesmy + w stanie rozwiązać problem w czasie niewielomianowym - to na pewno jesteśmy też go w stanie aproksymować, choćby + przez mnożenie dokładnego wyniku przes stałą. Dla podpunktu \ref{subtask:1-2018:1:nptas} odpowiedź to \textbf{TAK}. + + Problem ten jest problemem minimalizacyjnym, zatem gdyby istniał FPTAS to bylibysmy w stanie przybliżyć jego + rozwiązanie z dowolną dokładnością: + \begin{equation*} + 1 \leq \frac{A_{opt}}{A} \leq 1 + \varepsilon + \end{equation*} + \begin{equation} + A \leq A_{opt} \leq A + A\varepsilon + \end{equation} + + Ponieważ odpowiedź na nasz problem jest liczbą całkowitą to wystarczy, że $A\varepsilon < 1$. Z Vizinga wiemy, że + \begin{equation} + A \leq \Delta + 1 \iff \frac{1}{\Delta + 1}A \leq 1 + \end{equation} + + Czyli jeżeli tylko $\varepsilon < \frac{1}{\Delta + 1}$ to będziemy w stanie wywnioskować odpowiedź dokładną. + Zatem schemat FPTAS może istnieć tylko jeżel $\P = \NP$. +\end{solution} + +\task Problem istnienia cyklu Hamiltona w grafie $G$ należy do klasy \NP. Udowodnij ten fakt. +\begin{solution} + Aby udowodnić, że problem jest w \NP należy udowodnić, że istnieje taki certyfikat rozwiązania problemu, że + będziemy w stanie potwierdzić poprawność tego rozwiązania w czasie wielomianowym. W tym wypadku takim certyfikatem + może być lista wierzchołków po których powinnismy przechodzić po kolei. Sprawdzenie czy żaden wierzchołek się nie + powtarza może być wykonane w czasie wielomianowym, tak samo sprawdzenie czy między kazdymi wierzchołkami istnieje + połączenie. + + Nie musimy dowodzić tego, że problem ten jest \NPC, więc nie jest tu potrzebna $\alpha$-redukcja. +\end{solution} + +\task Wypełnij poniższą tabelę wpisując do niej \textbf{TAK}, \textbf{NIE}, \textbf{NW} (Nie Wiadomo). +\begin{table}[H] + \centering + \begin{tabular}{rl|c|c} + & klasa & Weryfikowalne & Rozwiązywalne \\\hline + \subtask & \P & & \\ + \subtask & \NP & & \\ + \subtask & \NPC & & \\ + \subtask & \NP-trudne & & \\ + \end{tabular} +\end{table} +\note{W niektórych wypadkach więcej niż jedna odpowiedź jest poprawna} + +\task Algorytm \textit{Largest First} (\problem{LF}) dla kolorowania wierzchołków grafu maluje je zachłannie +poczynając od wierzchołka o najwyższym stopniu i kończąc na weierzchołku o najniższym stopniu. +\subtask Oszacuj złożoność obliczeniową algorytmu \problem{LF} jako funnkcję $n$ za pomocą symbolu $\Theta$ +\subtask Udowodnij, że \problem{LF} optymalnie koloruje cykle $C_4$ i $C_5$ ale suboptymalnie $C_6$ +\subtask Wykonaj algorytm \problem{LF} na załączonym grafie +\subtask Udowodnij, że algorytm \problem{LF} nie jest aproksymacyjny, tj. nie istnieje stałą $c$ taka, że $\mathtt{LF}(G) \leq c \cdot \chi(G)$ +\subtask Udowodnij, że \problem{LF} jest $k$-bezwzględnie aproksymacyjny i $l$-wzzględnie aproksymacyjny w odniesieniu +do grafów kubicznych tj. ustal wartości k i l + +\task \textit{Kolorowanie Kosztowe} (\problem{KK}) polega na tym, że kolory mają swoje koszty +$c_1 \leq c_2 \leq \ldots \leq c_n$ i za każdym razem, gdy kolorujemy kolejny wierzchołek, przydzielamy mu koszt tego +koloru. Problem polaga na tym, by tak pokolrowoać graf aby sumaryczny koszt kolorowania $\text{skk}(G)$ wszystkich +wierzchołków był jak najmniejszy. Udowodnij, że nawet jeżeli $c_1 = c_2 = \ldots = c_k \leq c_{k+1}$ to problem ten +jest \NP-trudny. + +\begin{solution} + Aby udowodnić, że problem jest \NP-trudny musimy udowodnić, że jego wersja decyzyjna jest \NPC. W wypadku tego + problemu wersja decyzyjna może brzmiec następująco ,,Czy dany graf $G$ da się pokolorować kosztem $c$ zakładajac, że + koszty kolorowań to $c_1, c_2, c_3, ...$, przy czym wiemy, że koszt $k$ pierwszych kolorów to $c_k$?''. + + Możemy zauważyć, że zadanie to jest bardzo podobne do zadania \ref{task:2:wpw} ze strony \pageref{task:2:wpw}. + Spróbujmy zredukować więc problem kolorowania wierzchołkowego grafu (\problem{KOL}) do problemu \problem{KK}. + + \begin{figure}[H] + \centering + \input{gfx/kol-kk.tex} + \caption{$\alpha$-redukcja z problemu \problem{KOL} do \problem{KK}} + \end{figure} + + Zauważmy, że jeżeli wszystkie kolory, którymi kolorujemy graf mają ten sam koszt $1$ to łączny koszt pokolorowania + tego grafu wyniesie $n$ (każdy wierzchołek kosztuje nas $1$, a wierzchołków jest $n$). Jeżeli natomiast jeden z + kolorów miałby koszt większy niż $1$ to z pewnością łączny koszt kolorowania takiego grafu musiałby być również + większy niż $n$. + + Wykorzystamy te zależność na swoją korzyść - jeżeli $k$ pierwszych kolorów będzie miało koszt $1$ a pozostałe będą + droższe (załóżmy, że ich koszt to będzie 2) to koszt pokolorowania tego grafu $k$ kolorami wyniesie $n$. Jeżeli + natomiast potrzebujemy więcej niż $k$ kolorów to będziemy musieli wykorzystać kolor o koszcie 2 czyli koszt jaki + poniesiemy będzie na pewno większy niż $n$. Zatem graf da się pokolorować kosztem $n$ tylko kiedy graf da się + pokolorować $k$ kolorami, gdzie koszt każdego koloru wynosi $1$. Nasza $\alpha$-redukcja będzie zatem następująca: + \begin{equation*} + G, k \rightarrow \underset{G}{G}, \underset{c}{n}, \underset{c_k}{1}, \underset{k}{k}, \underset{c_{k+1}}{2}, \underset{c_{k+1}}{2}, \ldots + \end{equation*} +\end{solution} + +\task Alicja jest częstym klientem sklepu \textit{SuperShop} i uzbierała 5 kuponów rabatowych o różnych wartościach +zniżek. Ma zapisane na liście zakupowej $n$ produktów, które chce dzisiaj kupić oraz ich ceny. Chce pójść dzisiaj do +sklepu bez gotówki i kupić wybrane produkty używajac tylko kuponów. Nie chce natomiast zmarnować żadnego kuponu, czyli +używa tylko tych, których wartość zostanie w pełni wykorzystana. Zastnawia się czy istnieje zestaw produktów i +odpowiednia kombinacja kuponów, by mogła pójść na zakupy i kupić cokolwiek? + +\note{Wszystkie kwoty są zaokrąglane do pełnych złotówek} + +\subtask Spróbuj ułożyć algorytm wielomianowy, który rozwiązuje ten problem +\subtask Jeśli nie potrafisz, udowodnij jego \NP-zupełność + diff --git a/part-2/intro.tex b/part-2/intro.tex new file mode 100644 index 0000000..28de3a7 --- /dev/null +++ b/part-2/intro.tex @@ -0,0 +1,4 @@ +%! TEX root = main.tex +\section{Wstęp} +Podczas pisania programów komputerowych, zwłaszcza wykonujących operacje na dużych zbiorach danych, potrzebujemy +szacowac ich czas wykonania.