rozwiązanie zadania 4.3
This commit is contained in:
Kacper Donat
parent
3ec86d1de8
commit
ac0fb9a145
10
macros.tex
10
macros.tex
@ -24,6 +24,12 @@
|
|||||||
\let\oldthetask\thetask
|
\let\oldthetask\thetask
|
||||||
\let\oldthesubtask\thesubtask
|
\let\oldthesubtask\thesubtask
|
||||||
|
|
||||||
|
\renewcommand\leq\leqslant
|
||||||
|
\renewcommand\geq\geqslant
|
||||||
|
|
||||||
|
\let\oldemptyset\emptyset
|
||||||
|
\renewcommand\emptyset\varnothing
|
||||||
|
|
||||||
\renewcommand{\thesection}{\arabic{section}}
|
\renewcommand{\thesection}{\arabic{section}}
|
||||||
\renewcommand{\thesubtask}{\alph{subtask}}
|
\renewcommand{\thesubtask}{\alph{subtask}}
|
||||||
\renewcommand{\thetask}{\thesection.\oldthetask}
|
\renewcommand{\thetask}{\thesection.\oldthetask}
|
||||||
@ -60,6 +66,7 @@
|
|||||||
|
|
||||||
\newcommand{\NP}{\texttt{NP}\xspace}
|
\newcommand{\NP}{\texttt{NP}\xspace}
|
||||||
\newcommand{\NPC}{\texttt{NPC}\xspace}
|
\newcommand{\NPC}{\texttt{NPC}\xspace}
|
||||||
|
\newcommand{\NPH}{\texttt{NPH}\xspace}
|
||||||
\newcommand{\NPI}{\texttt{NPI}\xspace}
|
\newcommand{\NPI}{\texttt{NPI}\xspace}
|
||||||
\renewcommand{\P}{\texttt{P}\xspace}
|
\renewcommand{\P}{\texttt{P}\xspace}
|
||||||
|
|
||||||
@ -86,6 +93,3 @@
|
|||||||
\floatstyle{plain}
|
\floatstyle{plain}
|
||||||
\newfloat{program}{thp}{lop}
|
\newfloat{program}{thp}{lop}
|
||||||
\floatname{program}{Program}
|
\floatname{program}{Program}
|
||||||
|
|
||||||
\renewcommand\leq\leqslant
|
|
||||||
\renewcommand\geq\geqslant
|
|
||||||
|
|||||||
528
part-2/2013.tex
528
part-2/2013.tex
@ -6,28 +6,28 @@
|
|||||||
\subtask{Jeśli nie potrafisz, to spróbuj udowodnić jego \NP-zupełność}
|
\subtask{Jeśli nie potrafisz, to spróbuj udowodnić jego \NP-zupełność}
|
||||||
|
|
||||||
\begin{solution}
|
\begin{solution}
|
||||||
Przy rozwiązywaniu tego zadania, jedną z pierwszych myśli może być, 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.
|
do problemu sumy podzbioru - i jest to prawdą, jest to specyficzny wypadek problemu sumy podzbioru.
|
||||||
|
|
||||||
Zauważmy jednak, że do dyspozycji mamy tylko i wyłącznie 6 wartości: 1, 2, 5, 10, 20, 50 oraz, że $n$ jest stałe i wynosi $100$.
|
Zauważmy jednak, że do dyspozycji mamy tylko i wyłącznie 6 wartości: 1, 2, 5, 10, 20, 50 oraz, że $n$ jest stałe i wynosi $100$.
|
||||||
Łatwo zauważyć, że istnieją bardzo proste przypadki, które rozwiązują nasz problem. Przykładowo, jeżeli mamy 2 bankonoty 50zł to
|
Łatwo zauważyć, że istnieją bardzo proste przypadki, które rozwiązują nasz problem. Przykładowo, jeżeli mamy 2 bankonoty 50zł to
|
||||||
jesteśmy w stanie zapłacić 100zł bez problemu, tak samo mając 5 banknotów 20zł czy nawet 100 złotówek.
|
jesteśmy w stanie zapłacić 100zł bez problemu, tak samo mając 5 banknotów 20zł czy nawet 100 złotówek.
|
||||||
|
|
||||||
\begin{table}[H]
|
\begin{table}[H]
|
||||||
\begin{tabular}{rrrrrr}
|
\begin{tabular}{rrrrrr}
|
||||||
1zł & 2zł & 5zł & 10zł & 20zł & 50zł \\ \hline
|
1zł & 2zł & 5zł & 10zł & 20zł & 50zł \\ \hline
|
||||||
- & - & - & - & - & 2 \\
|
- & - & - & - & - & 2 \\
|
||||||
- & - & - & 1 & 2 & 1 \\
|
- & - & - & 1 & 2 & 1 \\
|
||||||
- & - & - & 3 & 1 & 1 \\
|
- & - & - & 3 & 1 & 1 \\
|
||||||
- & - & 2 & 2 & 1 & 1 \\
|
- & - & 2 & 2 & 1 & 1 \\
|
||||||
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots
|
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots
|
||||||
\end{tabular}
|
\end{tabular}
|
||||||
\centering
|
\centering
|
||||||
\caption{Możliwe kombinacje tworzące 100zł}
|
\caption{Możliwe kombinacje tworzące 100zł}
|
||||||
\end{table}
|
\end{table}
|
||||||
|
|
||||||
Stąd wynika, że istnieje jedynie skończona ilość kombinacji, którymi możemy utworzyć 100zł. Wystarczy zatem sprawdzić
|
Stąd wynika, że istnieje jedynie skończona ilość kombinacji, którymi możemy utworzyć 100zł. Wystarczy zatem sprawdzić
|
||||||
je wszystkie, a to można wykonac zawsze w tym samym czasie - uzyskany algorytm jest $O(1)$.
|
je wszystkie, a to można wykonac zawsze w tym samym czasie - uzyskany algorytm jest $O(1)$.
|
||||||
\end{solution}
|
\end{solution}
|
||||||
|
|
||||||
\task
|
\task
|
||||||
@ -37,37 +37,37 @@ je wszystkie, a to można wykonac zawsze w tym samym czasie - uzyskany algorytm
|
|||||||
byś mógł skorzystać z mojego programu? Zaprojektuj taki program i oszacuj jego złożoność.
|
byś mógł skorzystać z mojego programu? Zaprojektuj taki program i oszacuj jego złożoność.
|
||||||
|
|
||||||
\begin{solution}
|
\begin{solution}
|
||||||
Nasz graf $G$ może być w zasadzie dowolnym grafem 100-wierzchołkowym, w szczególności nie wiemy nic o tym czy jest
|
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,
|
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,
|
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.
|
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
|
Na wstępie przypomnijmy, że graf hamiltonowski to taki, w którym istnieje cykl pozwalający przejść po
|
||||||
wszystkich wierzchołkach dokładnie raz. Co znaczy, że każdy graf hamiltonowski musi być przede wszystkim grafem spójnym.
|
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,
|
Co za tym idzie, jeżeli przekształcimy nasz graf G w taki sposób, że nie będzie spójny to będziemy mieli pewność,
|
||||||
że nie będzie hamiltonowski.
|
że nie będzie hamiltonowski.
|
||||||
|
|
||||||
Nie możemy usuwać ani dodawać krawędzi między wierzchołkami naszego grafu $G$, ponieważ mogłoby to wpłynąć na istnienie
|
Nie możemy usuwać ani dodawać krawędzi między wierzchołkami naszego grafu $G$, ponieważ mogłoby to wpłynąć na istnienie
|
||||||
w nim kliki - najprostszym rozwiązaniem będzie więc dodanie zupełnie nowego wierzchołka, nazwijmy go $v_{101}$,
|
w nim kliki - najprostszym rozwiązaniem będzie więc dodanie zupełnie nowego wierzchołka, nazwijmy go $v_{101}$,
|
||||||
który nie jest połączony z żadnym innym.
|
który nie jest połączony z żadnym innym.
|
||||||
|
|
||||||
\begin{figure}[H]
|
\begin{figure}[H]
|
||||||
\centering
|
\centering
|
||||||
\input{gfx/hamilton.tex}
|
\input{gfx/hamilton.tex}
|
||||||
\caption{Transformacja w graf niehamiltonowski}
|
\caption{Transformacja w graf niehamiltonowski}
|
||||||
\end{figure}
|
\end{figure}
|
||||||
|
|
||||||
Dodanie jednego swobodnego wierzchołka nie wpłynie na istnienie kliki $K_{10}$ bądź większej ponieważ jeden wierzchołek
|
Dodanie jednego swobodnego wierzchołka nie wpłynie na istnienie kliki $K_{10}$ bądź większej ponieważ jeden wierzchołek
|
||||||
nie wystarczy na utworzenie kliki, a nie dodajemy żadnych krawędzi, 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
|
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.
|
do niego dostać będzie przez 1 wierzchołek, a żeby przejść dalej będziemy musieli się cofnąć do wierzchołka, w którym już byliśmy.
|
||||||
|
|
||||||
Jeżeli zaś chodzi o złożoność, to ważnym jest, że graf jest podany w formie macierzy sąsiedztwa, czyli aby dodać
|
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
|
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
|
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
|
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.
|
stałym, czyli $O(1)$ - obie odpowiedzi będą poprawne.
|
||||||
\end{solution}
|
\end{solution}
|
||||||
|
|
||||||
\task{\textit{Ograniczony Problem Kliki} - \problem{OPK} - zdefiniowany jest następująco: ,,Dany jest graf $G$ i liczby
|
\task{\textit{Ograniczony Problem Kliki} - \problem{OPK} - zdefiniowany jest następująco: ,,Dany jest graf $G$ i liczby
|
||||||
@ -76,38 +76,38 @@ naturalne $a$, $b$ takie, że $a \leq b$, czy w $G$ istnieje klika o rozmiarze $
|
|||||||
\subtask{$\problem{OPK} \in \problem{NPC}$}
|
\subtask{$\problem{OPK} \in \problem{NPC}$}
|
||||||
|
|
||||||
\begin{solution}
|
\begin{solution}
|
||||||
Aby udowodnić, że dany problem należy do klasy \NP należy zrobić jedną z dwóch rzeczy - przedstawić niedeterministyczny
|
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
|
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
|
rozwiązanie tego problemu. Moim zdaniem, podejście drugie jest o wiele łatwiejsze i przyjemniejsze - zatem to właśnie
|
||||||
je zaprezentuję i będę wykorzystywał.
|
je zaprezentuję i będę wykorzystywał.
|
||||||
|
|
||||||
Aby sprawdzić rozwiązanie, potrzebujemy więcej informacji niż proste \textbf{tak} lub \textbf{nie} - taką dodatkową
|
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
|
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
|
być dwie liczby $p$ i $q$ takie, że $n = p \cdot q$ - mając taki certyfikat łatwo jest potwierdzić, że faktycznie
|
||||||
liczba jest złożona.
|
liczba jest złożona.
|
||||||
|
|
||||||
W naszym wypadku certyfikatem może być lista wierzchołków tworząca klikę $K_n$. Określenie $r$ będzie wymagało
|
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
|
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
|
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.
|
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
|
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
|
$\alpha$-redukcję jakiegoś problemu, który wiemy że jest \NPC do problemu, który badamy. Naturalnym kandydatem tutaj
|
||||||
wydaje się być problem kliki:
|
wydaje się być problem kliki:
|
||||||
``Czy w grafie $G$ istnieje klika wielkości $n$?,,
|
``Czy w grafie $G$ istnieje klika wielkości $n$?,,
|
||||||
|
|
||||||
\begin{figure}[H]
|
\begin{figure}[H]
|
||||||
\centering
|
\centering
|
||||||
\input{./gfx/klika-opk.tex}
|
\input{./gfx/klika-opk.tex}
|
||||||
\caption{schemat $\alpha$-redukcji \problem{kliki} do \problem{OPK}}
|
\caption{schemat $\alpha$-redukcji \problem{kliki} do \problem{OPK}}
|
||||||
\end{figure}
|
\end{figure}
|
||||||
|
|
||||||
Aby dokonać $\alpha$-redukcji musimy w wielomianowym czasie na podstawie danych $G, n$ znaleźć takie $G_1, a, b$ aby
|
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
|
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
|
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
|
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
|
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.
|
takie podstawienie zachowuje problem udowodniliśmy już powyżej.
|
||||||
\end{solution}
|
\end{solution}
|
||||||
|
|
||||||
\task{\textit{Problem zanurzenia} (\problem{PZ}) grafu w innym grafie zdefiniowany jest następująco. Dane są dwa grafy:
|
\task{\textit{Problem zanurzenia} (\problem{PZ}) grafu w innym grafie zdefiniowany jest następująco. Dane są dwa grafy:
|
||||||
@ -116,47 +116,47 @@ $f: V(G) \to V(H)$, że każdej krawędzi $\{u, v\} \in G$ odpowiada krawędź $
|
|||||||
problemem NP-zupełnym.}
|
problemem NP-zupełnym.}
|
||||||
|
|
||||||
\begin{solution}
|
\begin{solution}
|
||||||
Przed dowiedzeniem, że problem jest \NPC najpierw musimy udowodnić, że w ogóle znajduje się w klasie \NP. Po raz
|
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
|
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
|
jak trudno jest wyliczyć na komputerze wynik działania funkcji $f$, zatem zakładamy, że $f = O(1)$. Przetworzenie
|
||||||
wszystkich krawędzi można zatem wykonać w czasie $O(m(G))$. Aby sprawdzić czy krawędź istnieje w grafie $H$ w
|
wszystkich krawędzi można zatem wykonać w czasie $O(m(G))$. Aby sprawdzić czy krawędź istnieje w grafie $H$ w
|
||||||
najgorszym wypadku musimy przejrzeć wszystkie krawędzie - co daje nam czas $O(m(H))$, ponieważ dla każdej przetworzonej
|
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
|
krawędzi w $G$ musimy sprawdzić jej istnienie w $H$ to w najgorszym wypadku uzyskamy czas
|
||||||
$O(m(H) \cdot m(G))$ - czyli wielomianowy.
|
$O(m(H) \cdot m(G))$ - czyli wielomianowy.
|
||||||
|
|
||||||
Aby udowodnić, że \problem{PZ} jest \NPC musimy znaleźć $\alpha$-redukcje jakiegoś innego, najlepiej zbliżonego
|
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
|
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 $\{ v, v \}$
|
istniałyby takie $u_1 \neq u_2$, że $f(u_1) = f(u_2) = v$, co dawałoby nieistniejącą krawędź $\{ v, v \}$
|
||||||
(tj. wierzchołek byłby połączony z samym sobą). Gdybyśmy natomiast rozpatrywali grafy mogące zawierać takie pętle
|
(tj. wierzchołek byłby połączony z samym sobą). Gdybyśmy natomiast rozpatrywali grafy mogące zawierać takie pętle
|
||||||
własne, to problem dla takich grafów oraz funkcji nieróżnowartościowej stawałby się trywialny - wystarczyłoby zmapować
|
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.
|
wszystkie wierzchołki na ten jeden z pętlą własną i taka funkcja istniałaby zawsze.
|
||||||
|
|
||||||
Z tego, że $f$ jest różnowartościowa wynika, że jeżeli wierzchołek w grafie G $\deg u = \delta$ to w grafie H
|
Z tego, że $f$ jest różnowartościowa wynika, że jeżeli wierzchołek w grafie G $\deg u = \delta$ to w grafie H
|
||||||
$\deg f(u) \geq \delta$. Można to zaobserwować na rysunku poniżej.
|
$\deg f(u) \geq \delta$. Można to zaobserwować na rysunku poniżej.
|
||||||
|
|
||||||
\begin{figure}[H]
|
\begin{figure}[H]
|
||||||
\centering
|
\centering
|
||||||
\input{gfx/mapowanie.tex}
|
\input{gfx/mapowanie.tex}
|
||||||
\caption{Powiązane wierzchołki mają ten sam kolor w obu grafach.}
|
\caption{Powiązane wierzchołki mają ten sam kolor w obu grafach.}
|
||||||
\end{figure}
|
\end{figure}
|
||||||
|
|
||||||
Biorąc pod uwagę ten tok rozumowania, możemy zauważyć że problem ten jest nam w stanie łatwo odpowiedzieć czy w danym
|
Biorąc pod uwagę ten tok rozumowania, możemy zauważyć że problem ten jest nam w stanie łatwo odpowiedzieć czy w danym
|
||||||
grafie $H$ występuje podgraf $G$. Znanym problemem \NPC, który wymaga sprawdzenia obecności danego podgrafu w innym
|
grafie $H$ występuje podgraf $G$. Znanym problemem \NPC, który wymaga sprawdzenia obecności danego podgrafu w innym
|
||||||
grafie jest oczywiście problem kliki.
|
grafie jest oczywiście problem kliki.
|
||||||
|
|
||||||
\begin{figure}[H]
|
\begin{figure}[H]
|
||||||
\centering
|
\centering
|
||||||
\input{./gfx/klika-pz.tex}
|
\input{./gfx/klika-pz.tex}
|
||||||
\caption{schemat $\alpha$-redukcji kliki do PZ}
|
\caption{schemat $\alpha$-redukcji kliki do PZ}
|
||||||
\end{figure}
|
\end{figure}
|
||||||
|
|
||||||
$\alpha$-redukcja polega na sprawdzeniu czy graf pełny $K_n$ jest podgrafem grafu $G_0$, czyli dla problemu \problem{PZ}
|
$\alpha$-redukcja polega na sprawdzeniu czy graf pełny $K_n$ jest podgrafem grafu $G_0$, czyli dla problemu \problem{PZ}
|
||||||
otrzymalibyśmy tak skonstruowane dane wejściowe:
|
otrzymalibyśmy tak skonstruowane dane wejściowe:
|
||||||
$G = K_n, H = G_0$.
|
$G = K_n, H = G_0$.
|
||||||
|
|
||||||
Problem jest zachowany ponieważ jeżeli w grafie $G_0$ występuje klika o rozmiarze $n$ to możemy każdemu wierzchołkowi
|
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
|
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 $K_n$.
|
przypisanie to w grafie $G_0$ musi znajdować się klika $K_n$.
|
||||||
\end{solution}
|
\end{solution}
|
||||||
|
|
||||||
\task{Przedyskutuj złożoność obliczeniową następujących problemów decyzyjnych, zakładając, że $G$ jest kubiczny
|
\task{Przedyskutuj złożoność obliczeniową następujących problemów decyzyjnych, zakładając, że $G$ jest kubiczny
|
||||||
@ -180,32 +180,32 @@ brzmi ona \textbf{tak} lub \textbf{nie}.}
|
|||||||
$G = C_{2k-1}$ (czyli będącego cyklem nieparzystym i $G = K_n$)}
|
$G = C_{2k-1}$ (czyli będącego cyklem nieparzystym i $G = K_n$)}
|
||||||
|
|
||||||
\begin{solution}
|
\begin{solution}
|
||||||
Problem dotyczy liczby chromatycznej grafu - $\chi(G)$ - czyli minimalnej liczby kolorów potrzebnej do poprawnego
|
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
|
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 wierzchołka $v \in G$ 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 $\chi(G) \geq 2$.
|
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
|
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,
|
niepołączonych ze sobą wierzchołków - a sprawdzenie dwudzielności grafu można osiągnąć za pomocą BFS-a lub DFS-a,
|
||||||
czyli w złożoności $O(m+ n)$.
|
czyli w złożoności $O(m+ n)$.
|
||||||
|
|
||||||
Z wskazówki znamy twierdzenie Brooksa - $\chi(G) \leq \Delta$, w naszym wypadku z 3-regularności oczywistym jest, że
|
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
|
$\Delta = 3$, 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 $n$
|
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.
|
są $(n - 1)$-regularne) i tylko w tym jednym wypadku będziemy potrzebować 4 kolorów, ale nigdy więcej.
|
||||||
|
|
||||||
Zatem podsumowując odpowiedzi:
|
Zatem podsumowując odpowiedzi:
|
||||||
|
|
||||||
\begin{enumerate}[a)]
|
\begin{enumerate}[a)]
|
||||||
\item $\chi(X) \leq 1$ - \textbf{NIE}
|
\item $\chi(X) \leq 1$ - \textbf{NIE}
|
||||||
\item $\chi(X) \leq 2$ - sprawdzenie dwudzielności - $O(n + m)$
|
\item $\chi(X) \leq 2$ - sprawdzenie dwudzielności - $O(n + m)$
|
||||||
\item $\chi(X) \leq 3$ - sprawdzenie czy $G \neq K_4$ - $O(1)$
|
\item $\chi(X) \leq 3$ - sprawdzenie czy $G \neq K_4$ - $O(1)$
|
||||||
\item $\chi(X) \leq 4$ - \textbf{TAK}
|
\item $\chi(X) \leq 4$ - \textbf{TAK}
|
||||||
\item $\chi(X) \geq 1$ - \textbf{TAK} - zawsze potrzebny jest minimum 1 kolor
|
\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 $\chi(X) \geq 2$ - \textbf{TAK} - minimalna liczba potrzebnych kolorów dla takiego grafu to 2
|
||||||
\item $\chi(X) \geq 3$ - jeżeli graf nie jest dwudzielny - 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 $K_4$ - $O(1)$.
|
\item $\chi(X) \geq 4$ - graf potrzebuje 4 kolorów tylko, gdy jest kliką $K_4$ - $O(1)$.
|
||||||
\end{enumerate}
|
\end{enumerate}
|
||||||
\end{solution}
|
\end{solution}
|
||||||
|
|
||||||
\task{\NP-trudny problem \textit{Maximum Acyclic Subgraph} (\problem{MAS}) pyta o maksymalny zbiór łuków digrafu $D$,
|
\task{\NP-trudny problem \textit{Maximum Acyclic Subgraph} (\problem{MAS}) pyta o maksymalny zbiór łuków digrafu $D$,
|
||||||
@ -218,157 +218,157 @@ który generuje digraf acykliczny. Problem ten ma prosty algorym 2-aproksymacyjn
|
|||||||
\tip{Jaki digraf definiuje górna/dolna macierz trójkątna macierzy $A$?}
|
\tip{Jaki digraf definiuje górna/dolna macierz trójkątna macierzy $A$?}
|
||||||
|
|
||||||
\begin{solution}
|
\begin{solution}
|
||||||
Na wstępie - zadanie słabo opisuje problem i więcej informacji można wyciągnąć z nazwy problemu po angielsku niż jego opisu.
|
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 $D$.
|
W problemie chodzi o znalezienie największego podgrafu acyklicznego w digrafie $D$.
|
||||||
\begin{figure}[H]
|
\begin{figure}[H]
|
||||||
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
||||||
\centering
|
\centering
|
||||||
\input{./gfx/mas-1.tex}
|
\input{./gfx/mas-1.tex}
|
||||||
\end{minipage}%
|
\end{minipage}%
|
||||||
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
||||||
\begin{equation*}
|
\begin{equation*}
|
||||||
A_D = \begin{bmatrix}
|
A_D = \begin{bmatrix}
|
||||||
0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
|
0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
|
||||||
0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
|
0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
|
||||||
1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
|
1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
|
||||||
0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
|
0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
|
||||||
0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
|
0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
|
||||||
\end{bmatrix}
|
\end{bmatrix}
|
||||||
\end{equation*}
|
\end{equation*}
|
||||||
\end{minipage}%
|
\end{minipage}%
|
||||||
\caption{Przykładowy digraf $D$ wraz z maksymalnym podgrafem acyklicznym oraz macierzą sąsiedztwa.}
|
\caption{Przykładowy digraf $D$ wraz z maksymalnym podgrafem acyklicznym oraz macierzą sąsiedztwa.}
|
||||||
\end{figure}
|
\end{figure}
|
||||||
|
|
||||||
Z zadania wiemy, że algorytm dzieli digraf $D$ na dwie części, na podstawie wskazówki \#1 możemy się domyślać, że ma to
|
Z zadania wiemy, że algorytm dzieli digraf $D$ na dwie części, na podstawie wskazówki \#1 możemy się domyślać, że ma to
|
||||||
coś wspólnego z macierzami trójkątnymi macierzy $A_D$. Zobaczmy, co te macierze reprezentują:
|
coś wspólnego z macierzami trójkątnymi macierzy $A_D$. Zobaczmy, co te macierze reprezentują:
|
||||||
\begin{figure}[H]
|
\begin{figure}[H]
|
||||||
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
||||||
\centering
|
\centering
|
||||||
\input{./gfx/mas-2.tex}
|
\input{./gfx/mas-2.tex}
|
||||||
\end{minipage}%
|
\end{minipage}%
|
||||||
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
||||||
\begin{equation*}
|
\begin{equation*}
|
||||||
A_D = \begin{bmatrix}
|
A_D = \begin{bmatrix}
|
||||||
0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
|
0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
|
||||||
& 0 & 1 & 0 & 0 \\
|
& 0 & 1 & 0 & 0 \\
|
||||||
& & 0 & 0 & 1 \\
|
& & 0 & 0 & 1 \\
|
||||||
& & & 0 & 0 \\
|
& & & 0 & 0 \\
|
||||||
& & & & 0 \\
|
& & & & 0 \\
|
||||||
\end{bmatrix}
|
\end{bmatrix}
|
||||||
\end{equation*}
|
\end{equation*}
|
||||||
\end{minipage}%
|
\end{minipage}%
|
||||||
\caption{Graf opisany przez macierz trójkątną górną macierzy $A_D$}
|
\caption{Graf opisany przez macierz trójkątną górną macierzy $A_D$}
|
||||||
\end{figure}
|
\end{figure}
|
||||||
|
|
||||||
\begin{figure}[H]
|
\begin{figure}[H]
|
||||||
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
||||||
\centering
|
\centering
|
||||||
\input{./gfx/mas-3.tex}
|
\input{./gfx/mas-3.tex}
|
||||||
\end{minipage}%
|
\end{minipage}%
|
||||||
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
||||||
\begin{equation*}
|
\begin{equation*}
|
||||||
A_D = \begin{bmatrix}
|
A_D = \begin{bmatrix}
|
||||||
0 & & & & \\
|
0 & & & & \\
|
||||||
0 & 0 & & & \\
|
0 & 0 & & & \\
|
||||||
1 & 0 & 0 & & \\
|
1 & 0 & 0 & & \\
|
||||||
0 & 0 & 1 & 0 & \\
|
0 & 0 & 1 & 0 & \\
|
||||||
0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
|
0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
|
||||||
\end{bmatrix}
|
\end{bmatrix}
|
||||||
\end{equation*}
|
\end{equation*}
|
||||||
\end{minipage}%
|
\end{minipage}%
|
||||||
\caption{Graf opisany przez macierz trójkątną dolną macierzy $A_D$}
|
\caption{Graf opisany przez macierz trójkątną dolną macierzy $A_D$}
|
||||||
\end{figure}
|
\end{figure}
|
||||||
|
|
||||||
Jak widać górna macierz trójkątna opisuje tylko takie krawędzie (łuki) $(u_1, u_2)$ że $u_1 < u_2$, czyli nie może
|
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
|
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 $u_1 > u_2$.
|
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.
|
Rozwiązanie takie gwarantuje brak cyklu, jednak nie jest dokładne, zastanówmy się więc jaki może być najgorszy przypadek.
|
||||||
Biorąc pod uwagę, że bierzemy połowę grafu możemy być pewni, że algorytm nie pomyli się bardziej niż 2-krotnie, ponieważ
|
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,
|
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
|
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
|
skończyć dowód, jednak udowodnijmy że faktycznie istnieje taki przypadek w którym algorytm zwróci dokładnie
|
||||||
2-przybliżony.
|
2-przybliżony.
|
||||||
|
|
||||||
Aby uzyskać taki graf w dolnej i górnej macierzy trójkątnej musimy mieć dokładnie taką samą ilość krawędzi, a ponadto
|
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,
|
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
|
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
|
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.
|
ograniczeniem jest to, że nie mogą to być te same wierzchołki.
|
||||||
|
|
||||||
\begin{figure}[H]
|
\begin{figure}[H]
|
||||||
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
||||||
\centering
|
\centering
|
||||||
\input{./gfx/mas-4.tex}
|
\input{./gfx/mas-4.tex}
|
||||||
\end{minipage}%
|
\end{minipage}%
|
||||||
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
\begin{minipage}{.5\linewidth}%
|
||||||
\begin{equation*}
|
\begin{equation*}
|
||||||
A_D = \begin{bmatrix}
|
A_D = \begin{bmatrix}
|
||||||
0 & 1 & 0 \\
|
0 & 1 & 0 \\
|
||||||
0 & 0 & 0 \\
|
0 & 0 & 0 \\
|
||||||
0 & 1 & 0 \\
|
0 & 1 & 0 \\
|
||||||
\end{bmatrix}
|
\end{bmatrix}
|
||||||
\end{equation*}
|
\end{equation*}
|
||||||
\end{minipage}%
|
\end{minipage}%
|
||||||
\caption{Graf opisany przez macierz trójkątną dolną macierzy $A_D$}
|
\caption{Graf opisany przez macierz trójkątną dolną macierzy $A_D$}
|
||||||
\end{figure}
|
\end{figure}
|
||||||
|
|
||||||
W tym wypadku digraf $D$ jest acykliczny, jednak algorytm będzie w stanie znaleźć tylko podgraf $\{ (1, 2) \}$
|
W tym wypadku digraf $D$ jest acykliczny, jednak algorytm będzie w stanie znaleźć tylko podgraf $\{ (1, 2) \}$
|
||||||
lub $\{ (1, 3) \}$, czyli zwróci 2-krotnie za mały wynik.
|
lub $\{ (1, 3) \}$, czyli zwróci 2-krotnie za mały wynik.
|
||||||
|
|
||||||
Istnienie schematu (F)PTAS mówi nam, że jesteśmy w stanie znaleźć wielomianowy algorytm o dowolnie dobrym przybliżeniu,
|
Istnienie schematu (F)PTAS mówi nam, że jesteśmy w stanie znaleźć wielomianowy algorytm o dowolnie dobrym przybliżeniu,
|
||||||
tj. algorytm $(1 + \varepsilon)$-aproksymacyjny, gdzie $\varepsilon > 0$. Znalezienie takiego schematu jest trudne i jak
|
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
|
mniemam wykraczające poza obszar przedmiotu a na pewno kolokwium, jednak stosunkowo prosto udowodnić, że taki schemat
|
||||||
nie może istnieć. Wystarczy udowodnić, że dla każdych możliwych danych wejściowych istnieje taki epsilon, że z
|
nie może istnieć. Wystarczy udowodnić, że dla każdych możliwych danych wejściowych istnieje taki epsilon, że z
|
||||||
odpowiedzi przybliżonej jesteśmy w stanie ze 100\% pewnością wywnioskować odpowiedź dokładną - a to znaczyłoby, że
|
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 $\P = \NP$
|
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
|
W tym wypadku rozważamy problem maksymalizacyjny, czyli wiemy że odpowiedź dokładna $N_\text{opt}$ jest większa bądź
|
||||||
równa od odpowiedzi naszego algorytmu $N$:
|
równa od odpowiedzi naszego algorytmu $N$:
|
||||||
\begin{equation}
|
\begin{equation}
|
||||||
N_{\text{opt}} \geq N
|
N_{\text{opt}} \geq N
|
||||||
\end{equation}
|
\end{equation}
|
||||||
|
|
||||||
Co za tym idzie, z definicji przybliżalności wynika, że:
|
Co za tym idzie, z definicji przybliżalności wynika, że:
|
||||||
\begin{equation*}
|
\begin{equation*}
|
||||||
\frac{N_{\text{opt}}}{N} \leq 1+\varepsilon \iff N_\text{opt} \leq N(1 + \varepsilon)
|
\frac{N_{\text{opt}}}{N} \leq 1+\varepsilon \iff N_\text{opt} \leq N(1 + \varepsilon)
|
||||||
\end{equation*}
|
\end{equation*}
|
||||||
|
|
||||||
łącząc te dwie wiadomości możemy wywnioskować, że
|
łącząc te dwie wiadomości możemy wywnioskować, że
|
||||||
\begin{equation}
|
\begin{equation}
|
||||||
\label{eqn:2013:fptas}
|
\label{eqn:2013:fptas}
|
||||||
N \leq N_\text{opt} \leq N + N\varepsilon
|
N \leq N_\text{opt} \leq N + N\varepsilon
|
||||||
\end{equation}
|
\end{equation}
|
||||||
|
|
||||||
ponieważ wiemy, że liczba krawędzi w grafie jest zawsze liczbą naturalną ($N_\text{opt} \in \mathbb{N}$ oraz $N \in \mathbb{N}$),
|
ponieważ wiemy, że liczba krawędzi w grafie jest zawsze liczbą naturalną ($N_\text{opt} \in \mathbb{N}$ oraz $N \in \mathbb{N}$),
|
||||||
wystarczy że w nierówności \ref{eqn:2013:fptas} będzie spełniony warunek
|
wystarczy że w nierówności \ref{eqn:2013:fptas} będzie spełniony warunek
|
||||||
|
\begin{equation}
|
||||||
|
\label{eqn:2013:fptas-condition}
|
||||||
|
N\varepsilon < 1
|
||||||
|
\end{equation}
|
||||||
|
|
||||||
\begin{equation}
|
A uzyskamy
|
||||||
\label{eqn:2013:fptas-condition}
|
\begin{equation*}
|
||||||
N\varepsilon < 1
|
N \leq N_\text{opt} \leq N + N\varepsilon \Rightarrow N \leq N_\text{opt} \leq N
|
||||||
\end{equation}
|
\end{equation*}
|
||||||
|
\begin{equation*}
|
||||||
|
N_\text{opt} = N
|
||||||
|
\end{equation*}
|
||||||
|
czyli algorytm zwróci nam odpowiedź dokładną.
|
||||||
|
|
||||||
A uzyskamy
|
Należy więc udowodnić że dla każdych danych wejściowych jesteśmy w stanie znaleźć dostatecznie mały $\varepsilon$,
|
||||||
|
który spowoduje że nasza odpowiedź będzie dokładna. Aby tego dokonać ograniczmy przybliżoną odpowiedź algorytmu z
|
||||||
|
dołu. Oczywistym jest, że w grafie o $m$ krawędziach nie będzie grafu o ilości krawędzi $N$ większej niż $m$, a już
|
||||||
|
na pewno większej niż $m+1$:
|
||||||
|
\begin{equation*}
|
||||||
|
N < m + 1
|
||||||
|
\end{equation*}
|
||||||
|
|
||||||
\begin{equation*}
|
Jeżeli teraz przedzielimy obie strony nierówności przez $m + 1$ uzyskamy po prawej stronie 1, dokładnie tak jak w nierówności \ref{eqn:2013:fptas-condition}
|
||||||
N \leq N_\text{opt} \leq N + N\varepsilon \Rightarrow N \leq N_\text{opt} \leq N
|
\begin{equation*}
|
||||||
\end{equation*}
|
\frac{1}{m+1}N < 1
|
||||||
\begin{equation*}
|
\end{equation*}
|
||||||
N_\text{opt} = N
|
|
||||||
\end{equation*}
|
|
||||||
|
|
||||||
czyli algorytm zwróci nam odpowiedź dokładną.
|
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 $\P = \NP$.
|
||||||
|
|
||||||
Należy więc udowodnić że dla każdych danych wejściowych jesteśmy w stanie znaleźć dostatecznie mały $\varepsilon$, który spowoduje że nasza odpowiedź będzie dokładna. Aby tego dokonać ograniczmy przybliżoną odpowiedź algorytmu z dołu. Oczywistym jest, że w grafie o $m$ krawędziach nie będzie grafu o ilości krawędzi $N$ większej niż $m$, a już na pewno większej niż $m+1$:
|
|
||||||
\begin{equation*}
|
|
||||||
N < m + 1
|
|
||||||
\end{equation*}
|
|
||||||
|
|
||||||
Jeżeli teraz przedzielimy obie strony nierówności przez $m + 1$ uzyskamy po prawej stronie 1, dokładnie tak jak w nierówności \ref{eqn:2013:fptas-condition}
|
|
||||||
\begin{equation*}
|
|
||||||
\frac{1}{m+1}N < 1
|
|
||||||
\end{equation*}
|
|
||||||
|
|
||||||
a co za tym idzie wystarczy, że $\varepsilon < \frac{1}{m+1}$ a będziemy w stanie wywnioskować dokładny wynik w czasie wielomianowym, co jest możliwe tylko gdy $\P = \NP$.
|
|
||||||
\end{solution}
|
\end{solution}
|
||||||
|
|||||||
@ -1,4 +1,4 @@
|
|||||||
%! TEX root = main.tex
|
%! TEX root = ../main.tex
|
||||||
|
|
||||||
\section{25.01.2018 kolokwium \#2}
|
\section{25.01.2018 kolokwium \#2}
|
||||||
\task Rozważ problem wyznaczania wartości indeksu chromatycznego $n$-wierzchołkowego grafu $G$, czyli $\chi'(G)$.
|
\task Rozważ problem wyznaczania wartości indeksu chromatycznego $n$-wierzchołkowego grafu $G$, czyli $\chi'(G)$.
|
||||||
@ -128,15 +128,48 @@ Uzasadnij prawdziwość lub fałszywość następujących twierdzeń dotyczącyc
|
|||||||
\begin{table}[H]
|
\begin{table}[H]
|
||||||
\centering
|
\centering
|
||||||
\begin{tabular}{rl|c|c}
|
\begin{tabular}{rl|c|c}
|
||||||
& klasa & Weryfikowalne & Rozwiązywalne \\\hline
|
& klasa & Weryfikowalne \dag & Rozwiązywalne \dag \\\hline
|
||||||
\subtask & \P & & \\
|
\subtask & \P & & \\
|
||||||
\subtask & \NP & & \\
|
\subtask & \NP & & \\
|
||||||
\subtask & \NPC & & \\
|
\subtask & \NPC & & \\
|
||||||
\subtask & \NP-trudne & & \\
|
\subtask & \NP-trudne & & \\
|
||||||
\end{tabular}
|
\end{tabular}
|
||||||
\end{table}
|
\end{table}
|
||||||
|
\noindent\dag\ w czasie wielomianowym
|
||||||
\note{W niektórych wypadkach więcej niż jedna odpowiedź jest poprawna}
|
\note{W niektórych wypadkach więcej niż jedna odpowiedź jest poprawna}
|
||||||
|
|
||||||
|
\begin{solution}
|
||||||
|
Z definicji, problemy klasy \P da się rozwiązać w czasie wielomianowym - a ponieważ da się je rozwiązać to również
|
||||||
|
da sie sprawdzić poprawnosć rozwiązania (wystarczy rozwiązać i porównać) w czasie wielomianowym.
|
||||||
|
|
||||||
|
Wiadomo, że wszystkie problemy z klasy \NP są weryfikowalne w czasie wielomianowym - nie wiemy natomiast czy
|
||||||
|
problemy te możemy w czasie wielomianowym rozwiązać. Jednak należy pamiętać, że klasa $\P \subseteq \NP$ - zatem w
|
||||||
|
klasie \NP z pewnością są też problemy, które możemy rozwiązać w czasie wielomianowym.
|
||||||
|
|
||||||
|
Ponieważ $\NPC \subseteq \NP$ to na pewno ich rozwiązania da się zweryfikować w czasie wielomianowym. Gdybyśmy wiedzieli
|
||||||
|
jednak, że jakiegoś problemu \NPC nie da się rozwiązać w czasie wielomianowym to znaczyłoby to, że $\P \neq \NP$,
|
||||||
|
podobnie gdybyśmy wiedzieli, że któryś problem \NPC da się rozwiązać w czasie wielomianowym to na pewno prawdą
|
||||||
|
byłoby, że $\P = \NP$. A że nie wiemy czy $\P = \NP$ tak też nie wiemy nic na temat rozwiązywalności problemów \NPC
|
||||||
|
w czasie wielomianowym.
|
||||||
|
|
||||||
|
Problemy \NP-trudne to problemy conajmniej tak trudne jak najtrudniejsze problemy w klasie \NP, zatem w pewnym
|
||||||
|
sensie prawdą jest, że $\NPC = \NP \cap \NPH$. Stąd wynika, że w klasie \NPH na pewno są problemy, które da się
|
||||||
|
zweryfikować w czasie wielomianowym, o których rozwiązaniu nic nie wiadomo. Ponieważ jednak są to propblemy
|
||||||
|
\textit{conajmniej} tak trudne to klasa ta zawiera też problemy niealgorytmiczne, których nie da się ani rozwiązać
|
||||||
|
ani zweryfikować w czasie rzeczywistym.
|
||||||
|
|
||||||
|
\begin{table}[H]
|
||||||
|
\centering
|
||||||
|
\begin{tabular}{rl|c|c}
|
||||||
|
& klasa & Weryfikowalne \dag & Rozwiązywalne \dag \\\hline
|
||||||
|
\subtask & \P & \textbf{TAK} & \textbf{TAK} \\
|
||||||
|
\subtask & \NP & \textbf{TAK} & \textbf{TAK}, \textbf{NW} \\
|
||||||
|
\subtask & \NPC & \textbf{TAK} & \textbf{NW} \\
|
||||||
|
\subtask & \NP-trudne & \textbf{TAK}, \textbf{NIE} & \textbf{NW}, \textbf{NIE} \\
|
||||||
|
\end{tabular}
|
||||||
|
\end{table}
|
||||||
|
\end{solution}
|
||||||
|
|
||||||
\task Algorytm \textit{Largest First} (\problem{LF}) dla kolorowania wierzchołków grafu maluje je zachłannie
|
\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.
|
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 Oszacuj złożoność obliczeniową algorytmu \problem{LF} jako funnkcję $n$ za pomocą symbolu $\Theta$
|
||||||
@ -146,11 +179,10 @@ poczynając od wierzchołka o najwyższym stopniu i kończąc na weierzchołku o
|
|||||||
\subtask Udowodnij, że \problem{LF} jest $k$-bezwzględnie aproksymacyjny i $l$-wzzględnie aproksymacyjny w odniesieniu
|
\subtask Udowodnij, że \problem{LF} jest $k$-bezwzględnie aproksymacyjny i $l$-wzzględnie aproksymacyjny w odniesieniu
|
||||||
do grafów kubicznych tj. ustal wartości k i l
|
do grafów kubicznych tj. ustal wartości k i l
|
||||||
|
|
||||||
\task \textit{Kolorowanie Kosztowe} (\problem{KK}) polega na tym, że kolory mają swoje koszty
|
\task \textit{Kolorowanie Kosztowe} (\problem{KK}) polega na tym, że kolory mają swoje koszty $c_1 \leq c_2 \leq \ldots
|
||||||
$c_1 \leq c_2 \leq \ldots \leq c_n$ i za każdym razem, gdy kolorujemy kolejny wierzchołek, przydzielamy mu koszt tego
|
\leq c_n$ i za każdym razem, gdy kolorujemy kolejny wierzchołek, przydzielamy mu koszt tego koloru. Problem polaga na
|
||||||
koloru. Problem polaga na tym, by tak pokolrowoać graf aby sumaryczny koszt kolorowania $\text{skk}(G)$ wszystkich
|
tym, by tak pokolrowoać graf aby sumaryczny koszt kolorowania $\text{skk}(G)$ wszystkich wierzchołków był jak
|
||||||
wierzchołków był jak najmniejszy. Udowodnij, że nawet jeżeli $c_1 = c_2 = \ldots = c_k \leq c_{k+1}$ to problem ten
|
najmniejszy. Udowodnij, że nawet jeżeli $c_1 = c_2 = \ldots = c_k \leq c_{k+1}$ to problem ten jest \NP-trudny.
|
||||||
jest \NP-trudny.
|
|
||||||
|
|
||||||
\begin{solution}
|
\begin{solution}
|
||||||
Aby udowodnić, że problem jest \NP-trudny musimy udowodnić, że jego wersja decyzyjna jest \NPC. W wypadku tego
|
Aby udowodnić, że problem jest \NP-trudny musimy udowodnić, że jego wersja decyzyjna jest \NPC. W wypadku tego
|
||||||
@ -177,14 +209,14 @@ jest \NP-trudny.
|
|||||||
poniesiemy będzie na pewno większy niż $n$. Zatem graf da się pokolorować kosztem $n$ tylko kiedy graf da się
|
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:
|
pokolorować $k$ kolorami, gdzie koszt każdego koloru wynosi $1$. Nasza $\alpha$-redukcja będzie zatem następująca:
|
||||||
\begin{equation*}
|
\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
|
G, k \rightarrow \underset{G}{G}, \underset{c}{n}, \underset{c_k}{1}, \underset{k}{k}, \underset{c_{k+1}}{2}, \underset{c_{k+2}}{2}, \ldots
|
||||||
\end{equation*}
|
\end{equation*}
|
||||||
\end{solution}
|
\end{solution}
|
||||||
|
|
||||||
\task Alicja jest częstym klientem sklepu \textit{SuperShop} i uzbierała 5 kuponów rabatowych o różnych wartościach
|
\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
|
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
|
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
|
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?
|
odpowiednia kombinacja kuponów, by mogła pójść na zakupy i kupić cokolwiek?
|
||||||
|
|
||||||
\note{Wszystkie kwoty są zaokrąglane do pełnych złotówek}
|
\note{Wszystkie kwoty są zaokrąglane do pełnych złotówek}
|
||||||
|
|||||||
Loading…
Reference in New Issue
Block a user