\section{26.01.2013 kolokwium \#2}

\task{Alicja i Bogdan wybrali się na zakupy. Przy kasie okazało się, że muszą zapłacić równo 100 zł, a kasa nie zwraca reszty. W portfelu mają: $a_1$ monet 1-złotowych, $a_2$ monet 2-złotowych i analogicznie dla nominałów 5, 10, 20, 50, gdzie $a_i \geq 0$. Zastanawiają się, czy z posiadanych monet mogą uzbierać dokładnie 100 zł.}

\subtask{Spróbuj zaprojektować algorytm wielomianowy dla tego problemu decyzyjnego}
\subtask{Jeśli nie potrafisz, to spróbuj udowodnić jego \NP-zupełność}

\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.

Zauważmy jednak, że do dyspozycji mamy tylko i wyłącznie 6 wartości: 1, 2, 5, 10, 20, 50 oraz, że $n$ jest stałe i wynosi $100$.
Łatwo zauważyć, że istnieją bardzo proste przypadki, które rozwiązują nasz problem. Przykładowo, jeżeli mamy 2 bankonoty 50zł to
jesteśmy w stanie zapłacić 100zł bez problemu, tak samo mając 5 banknotów 20zł czy nawet 100 złotówek.

\begin{table}[H]
\begin{tabular}{rrrrrr}
1zł & 2zł & 5zł & 10zł & 20zł & 50zł \\ \hline
 - & - & - & - & - & 2 \\
 - & - & - & 1 & 2 & 1 \\
 - & - & - & 3 & 1 & 1 \\
 - & - & 2 & 2 & 1 & 1 \\
 \vdots &  \vdots &  \vdots &  \vdots &  \vdots &  \vdots
\end{tabular}
\centering
\caption{Możliwe kombinacje tworzące 100zł}
\end{table}

Stąd wynika, że istnieje jedynie skończona ilość kombinacji, którymi możemy utworzyć 100zł. Wystarczy zatem sprawdzić
je wszystkie, a to można wykonac zawsze w tym samym czasie - uzyskany algorytm jest $O(1)$.
\end{solution}

\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.

\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,
aby nie miał szans być hamiltonowski - jednak to przekształcenie nie może wpływać na odpowiedź na nasze pytanie.

Na wstępie przypomnijmy, że graf hamiltonowski to taki, w którym istnieje cykl pozwalający przejść po
wszystkich wierzchołkach dokładnie raz. Co znaczy, że każdy graf hamiltonowski musi być przede wszystkim grafem spójnym.
Co za tym idzie, jeżeli przekształcimy nasz graf G w taki sposób, że nie będzie spójny to będziemy mieli pewność,
że nie będzie hamiltonowski.

Nie możemy usuwać ani dodawać krawędzi między wierzchołkami naszego grafu $G$, ponieważ mogłoby to wpłynąć na istnienie
w nim kliki - najprostszym rozwiązaniem będzie więc dodanie zupełnie nowego wierzchołka, nazwijmy go $v_{101}$,
który nie jest połączony z żadnym innym.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \input{gfx/hamilton.tex}
    \caption{Transformacja w graf niehamiltonowski}
\end{figure}

Dodanie jednego swobodnego wierzchołka nie wpłynie na istnienie kliki $K_{10}$ bądź większej ponieważ jeden wierzchołek
nie wystarczy na utworzenie kliki, a nie dodajemy żadnych 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.

Jeżeli zaś chodzi o złożoność, to ważnym jest, że graf jest podany w formie macierzy sąsiedztwa, czyli aby dodać
wierzchołek musimy do macierzy dodać 1 wiersz i 1 kolumnę - czyli w zasadzie utworzyć nową macierz. Operacja ta wymaga
utworzenia $(n+1) \times (n+1)$ komórek, czyli teoretycznie jej złożoność to $O(n^2)$ jednak biorąc pod uwagę, że dla
grafu $G$ z definicji $n = 100$ możemy powiedzieć, że operacja ta dla każdego takiego grafu G jest do wykonania w czasie
stałym, czyli $O(1)$ - obie odpowiedzi będą poprawne.
\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{$\problem{OPK} \in \problem{NPC}$}

\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
je zaprezentuję i będę wykorzystywał.

Aby sprawdzić rozwiązanie, potrzebujemy więcej informacji niż proste \textbf{tak} lub \textbf{nie} - taką dodatkową
informację nazywamy \textit{certyfikatem}, przykładowo w wypadku pytania, czy liczba $n$ jest złożona, certyfikatem mogą
być dwie liczby $p$ i $q$ takie, że $n = p \cdot q$ - mając taki certyfikat łatwo jest potwierdzić, że faktycznie
liczba jest złożona.

W naszym wypadku certyfikatem może być lista wierzchołków tworząca klikę $K_n$. Określenie $r$ będzie wymagało
sprawdzenia długości listy, co z pewnością można wykonać w czasie wielomianowym, a sprawdzenie czy wierzchołki tworzą
klikę będzie wymagało sprawdzenia czy faktycznie każdy wierzchołek sąsiaduje z każdym innym wierzchołkiem z listy - co
też można wykonać w czasie wielomianowym. Stąd wynika, że problem należy do klasy \NP.

Dowód, że problem należy do \NPC jest trochę trudniejszy do przeprowadzenia - należy mianowicie wykonać
$\alpha$-redukcję jakiegoś problemu, który wiemy że jest \NPC do problemu, który badamy. Naturalnym kandydatem tutaj
wydaje się być problem kliki:
``Czy w grafie $G$ istnieje klika wielkości $n$?,,

\begin{figure}[H]
    \centering
    \input{./gfx/klika-opk.tex}
    \caption{schemat $\alpha$-redukcji \problem{kliki} do \problem{OPK}}
\end{figure}

Aby dokonać $\alpha$-redukcji musimy w wielomianowym czasie na podstawie danych $G, n$ znaleźć takie $G_1, a, b$ aby
rozwiązując problem \problem{OPK} uzyskać odpowiedź na problem kliki. Wiemy, że \problem{OPK} zwróci nam prawdę jeżeli
w grafie $G_1$ będzie klika o rozmiarze $r$ takim, że $a \leq r \leq b$. Jeżeli chcemy znaleźć klikę konkretnego
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. 
\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.}

\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
wszystkich krawędzi można zatem wykonać w czasie $O(m(G))$. Aby sprawdzić czy krawędź istnieje w grafie $H$ w
najgorszym wypadku musimy przejrzeć wszystkie krawędzie - co daje nam czas $O(m(H))$, ponieważ dla każdej przetworzonej
krawędzi w $G$ musimy sprawdzić jej istnienie w $H$ to w najgorszym wypadku uzyskamy czas
$O(m(H) \cdot m(G))$ - czyli wielomianowy.

Aby udowodnić, że \problem{PZ} jest \NPC musimy znaleźć $\alpha$-redukcje jakiegoś innego, najlepiej zbliżonego
problemu do \problem{PZ}. Na początek zauważmy, że $f$ musi być funkcją różnowartościową, ponieważ gdyby nie była, to
istniałyby takie $u_1 \neq u_2$, że $f(u_1) = f(u_2) = v$, co dawałoby nieistniejącą krawędź $\{ v, v \}$
(tj. wierzchołek byłby połączony z samym sobą). Gdybyśmy natomiast rozpatrywali grafy mogące zawierać takie pętle
własne, to problem dla takich grafów oraz funkcji nieróżnowartościowej stawałby się trywialny - wystarczyłoby zmapować
wszystkie wierzchołki na ten jeden z pętlą własną i taka funkcja istniałaby zawsze.

Z tego, że $f$ jest różnowartościowa wynika, że jeżeli wierzchołek w grafie G $\deg u = \delta$ to w grafie H
$\deg f(u) \geq \delta$. Można to zaobserwować na rysunku poniżej.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \input{gfx/mapowanie.tex}
    \caption{Powiązane wierzchołki mają ten sam kolor w obu grafach.}
\end{figure}

Biorąc pod uwagę ten tok rozumowania, możemy zauważyć że problem ten jest nam w stanie łatwo odpowiedzieć czy w danym
grafie $H$ występuje podgraf $G$. Znanym problemem \NPC, który wymaga sprawdzenia obecności danego podgrafu w innym
grafie jest oczywiście problem kliki.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \input{./gfx/klika-pz.tex}
    \caption{schemat $\alpha$-redukcji kliki do PZ}
\end{figure}

$\alpha$-redukcja polega na sprawdzeniu czy graf pełny $K_n$ jest podgrafem grafu $G_0$, czyli dla problemu \problem{PZ}
otrzymalibyśmy tak skonstruowane dane wejściowe:
$G = K_n, H = G_0$.

Problem jest zachowany ponieważ jeżeli w grafie $G_0$ występuje klika o rozmiarze $n$ to możemy każdemu wierzchołkowi
kliki znalezionej w $G_0$ przypisać unikalny wierzchołek w $K_n$. W drugą stronę analogicznie, jeżeli istnieje takie
przypisanie to w grafie $G_0$ musi znajdować się klika $K_n$.
\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
brzmi ona \textbf{tak} lub \textbf{nie}.}

\begin{minipage}{.5\linewidth}
    \subtask{$\chi(X) \leq 1$}
    \subtask{$\chi(X) \leq 2$}
    \subtask{$\chi(X) \leq 3$}
    \subtask{$\chi(X) \leq 4$}
\end{minipage}%
\begin{minipage}{.5\linewidth}
    \subtask{$\chi(X) \geq 1$}
    \subtask{$\chi(X) \geq 2$}
    \subtask{$\chi(X) \geq 3$}
    \subtask{$\chi(X) \geq 4$}
\end{minipage}%
\\
\tip{Skorzystaj z twierdzenia Brooksa, które mówi, że $\chi(G) \leq \Delta$ za wyjątkiem
$G = C_{2k-1}$ (czyli będącego cyklem nieparzystym i $G = K_n$)}

\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 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 
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
cykl nie jest 3-regularny, lub $G = K_4$, gdzyż klika rozmiaru 4 jest 3-regularna (Ogólnie kliki rozmiaru $n$
są $(n - 1)$-regularne) i tylko w tym jednym wypadku będziemy potrzebować 4 kolorów, ale nigdy więcej.

Zatem podsumowując odpowiedzi:

\begin{enumerate}[a)]
    \item $\chi(X) \leq 1$ - \textbf{NIE}
    \item $\chi(X) \leq 2$ - sprawdzenie dwudzielności - $O(n + m)$
    \item $\chi(X) \leq 3$ - sprawdzenie czy $G \neq K_4$ - $O(1)$
    \item $\chi(X) \leq 4$ - \textbf{TAK}
    \item $\chi(X) \geq 1$ - \textbf{TAK} - zawsze potrzebny jest minimum 1 kolor
    \item $\chi(X) \geq 2$ - \textbf{TAK} - minimalna liczba potrzebnych kolorów dla takiego grafu to 2
    \item $\chi(X) \geq 3$ - jeżeli graf nie jest 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.}

\subtask{udowodnij 2-aproksymowalność tego algorytmu}
\subtask{udowodnij nie wprost, że jeżeli $\mathtt{P} \neq \mathtt{NP}$ to dla \problem{MAS} nie ma schamatu FPTAS}
\\
\tip{Zakładamy, że digraf $D$ dany jest w postaci macierzy sąsiedztwa $A$}
\tip{Jaki digraf definiuje górna/dolna macierz trójkątna macierzy $A$?}

\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]
    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
        \centering
        \input{./gfx/mas-1.tex}
    \end{minipage}%
    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
        \begin{equation*}
            A_D = \begin{bmatrix}
                0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
                0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
                1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
                0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
                0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
            \end{bmatrix}
        \end{equation*}
    \end{minipage}%
    \caption{Przykładowy digraf $D$ wraz z maksymalnym podgrafem acyklicznym oraz macierzą sąsiedztwa.}
\end{figure}

Z zadania wiemy, że algorytm dzieli digraf $D$ na dwie części, na podstawie wskazówki \#1 możemy się domyślać, że ma to
coś wspólnego z macierzami trójkątnymi macierzy $A_D$. Zobaczmy, co te macierze reprezentują:
\begin{figure}[H]
    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
        \centering
        \input{./gfx/mas-2.tex}
    \end{minipage}%
    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
        \begin{equation*}
            A_D = \begin{bmatrix}
                0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
                  & 0 & 1 & 0 & 0 \\
                  &   & 0 & 0 & 1 \\
                  &   &   & 0 & 0 \\
                  &   &   &   & 0 \\
            \end{bmatrix}
        \end{equation*}
    \end{minipage}%
    \caption{Graf opisany przez macierz trójkątną górną macierzy $A_D$}
\end{figure}

\begin{figure}[H]
    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
        \centering
        \input{./gfx/mas-3.tex}
    \end{minipage}%
    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
        \begin{equation*}
            A_D = \begin{bmatrix}
                0 &   &   &   &   \\
                0 & 0 &   &   &   \\
                1 & 0 & 0 &   &   \\
                0 & 0 & 1 & 0 &   \\
                0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
            \end{bmatrix}
        \end{equation*}
    \end{minipage}%
    \caption{Graf opisany przez macierz trójkątną dolną macierzy $A_D$}
\end{figure}

Jak widać górna macierz trójkątna opisuje tylko takie krawędzie (łuki) $(u_1, u_2)$ że $u_1 < u_2$, czyli nie może
wystąpić cykl ponieważ to wymagałoby powrotu do wierzchołka, który już rozpatrywaliśmy - a to jest niemożliwe w takiej
macierzy. W macierzy dolnej sytuacja jest analogiczna, z tym że zachodzi warunek $u_1 > u_2$.

Rozwiązanie takie gwarantuje brak cyklu, jednak nie jest dokładne, zastanówmy się więc jaki może być najgorszy przypadek.
Biorąc pod uwagę, że bierzemy połowę grafu możemy być pewni, że algorytm nie pomyli się bardziej niż 2-krotnie, ponieważ
w najgorszym wypadku cały graf jest już acykliczny, a my bierzemy jego połowę. Nie mamy jednak pewności co do tego,
czy faktycznie może istnieć acykliczny graf dokładnie 2 krotnie większy od swojej połówki i prawdopodobnie na tym można
skończyć dowód, jednak udowodnijmy że faktycznie istnieje taki przypadek w którym algorytm zwróci dokładnie
2-przybliżony.

Aby uzyskać taki graf w dolnej i górnej macierzy trójkątnej musimy mieć dokładnie taką samą ilość krawędzi, a ponadto
graf musi pozostać acykliczny. Nie jesteśmy w stanie stworzyć grafu o 2 wierzchołkach, który spełniałby ten warunek,
ponieważ albo algorytm zwróci odpowiedź dokładną, albo graf będzie cykliczny tj. wierzchołek 1 będzie połączony z 2 oraz
2 z 1. Jesteśmy w stanie skonstruować jednak taki graf 3 wierzchołkowy, ponieważ wystarczy że będziemy mieli dokładnie
jedno połączenie wierzchołka ,,mniejszego'' z ,,większym'' oraz dokładnie jedno ,,większego'' z ,,mniejszym'' przy czym jedynym
ograniczeniem jest to, że nie mogą to być te same wierzchołki.

\begin{figure}[H]
    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
        \centering
        \input{./gfx/mas-4.tex}
    \end{minipage}%
    \begin{minipage}{.5\linewidth}%
        \begin{equation*}
            A_D = \begin{bmatrix}
                0 & 1 & 0 \\
                0 & 0 & 0 \\
                0 & 1 & 0 \\
            \end{bmatrix}
        \end{equation*}
    \end{minipage}%
    \caption{Graf opisany przez macierz trójkątną dolną macierzy $A_D$}
\end{figure}

W tym wypadku digraf $D$ jest acykliczny, jednak algorytm będzie w stanie znaleźć tylko podgraf $\{ (1, 2) \}$
lub $\{ (1, 3) \}$, czyli zwróci 2-krotnie za mały wynik.

Istnienie schematu (F)PTAS mówi nam, że jesteśmy w stanie znaleźć wielomianowy algorytm o dowolnie dobrym przybliżeniu,
tj. algorytm $(1 + \varepsilon)$-aproksymacyjny, gdzie $\varepsilon > 0$. Znalezienie takiego schematu jest trudne i jak
mniemam wykraczające poza obszar przedmiotu a na pewno kolokwium, jednak stosunkowo prosto udowodnić, że taki schemat
nie może istnieć. Wystarczy udowodnić, że dla każdych możliwych danych wejściowych istnieje taki epsilon, że z
odpowiedzi przybliżonej jesteśmy w stanie ze 100\% pewnością wywnioskować odpowiedź dokładną - a to znaczyłoby, że
posiadamy wielomianowy algorytm rozwiązujący dany problem \NP-trudny dokładnie, co znaczyłoby, że $\P = \NP$

W tym wypadku rozważamy problem maksymalizacyjny, czyli wiemy że odpowiedź dokładna $N_\text{opt}$ jest większa bądź
równa od odpowiedzi naszego algorytmu $N$:
\begin{equation}
    N_{\text{opt}} \geq N
\end{equation}

Co za tym idzie, z definicji przybliżalności wynika, że:
\begin{equation*}
    \frac{N_{\text{opt}}}{N} \leq 1+\varepsilon \iff N_\text{opt} \leq N(1 + \varepsilon)
\end{equation*}

łącząc te dwie wiadomości możemy wywnioskować, że
\begin{equation}
    \label{eqn:2013:fptas}
    N \leq N_\text{opt} \leq N + N\varepsilon
\end{equation}

ponieważ wiemy, że liczba krawędzi w grafie jest zawsze liczbą naturalną ($N_\text{opt} \in \mathbb{N}$ oraz $N \in \mathbb{N}$),
wystarczy że w nierówności \ref{eqn:2013:fptas} będzie spełniony warunek

\begin{equation}
    \label{eqn:2013:fptas-condition}
    N\varepsilon < 1
\end{equation}

A uzyskamy

\begin{equation*}
    N \leq N_\text{opt} \leq N + N\varepsilon \Rightarrow N \leq N_\text{opt} \leq N
\end{equation*}
\begin{equation*}
    N_\text{opt} = N
\end{equation*}

czyli algorytm zwróci nam odpowiedź dokładną.

Należy więc udowodnić że dla każdych danych wejściowych jesteśmy w stanie znaleźć dostatecznie mały $\varepsilon$, który spowoduje że nasza odpowiedź będzie dokładna. Aby tego dokonać ograniczmy przybliżoną odpowiedź algorytmu z dołu. Oczywistym jest, że w grafie o $m$ krawędziach nie będzie grafu o ilości krawędzi $N$ większej niż $m$, a już na pewno większej niż $m+1$:
\begin{equation*}
    N < m + 1
\end{equation*}

Jeżeli teraz przedzielimy obie strony nierówności przez $m + 1$ uzyskamy po prawej stronie 1, dokładnie tak jak w nierówności \ref{eqn:2013:fptas-condition}
\begin{equation*}
    \frac{1}{m+1}N < 1
\end{equation*}

a co za tym idzie wystarczy, że $\varepsilon < \frac{1}{m+1}$ a będziemy w stanie wywnioskować dokładny wynik w czasie wielomianowym, co jest możliwe tylko gdy $\P = \NP$.
\end{solution}
