Friedrich-Alexander-Universität Erlangen-Nürnberg

Transkript

1 Algorithmik 1 M. Philippsen, H. Stoyan, Friedrich-Alexander-Universität Erlangen-Nürnberg Informatik 2/8/9

2 Kapitel 9 - Algorithmenherleitung durch Induktion 9.1 Induktionsformen 9.2 Beispiel einer Summenformel 9.3 Gebiete in der Ebene 9.4 Gray-Codes 9.5 Färben von Gebieten 9.6 Maximale Summe einer zusammenhängenden Teilfolge 9.7 Rucksack-Problem Dynamisches Programmieren 9.8 Münzminimierung Gierige Algorithmen Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-2

3 9.1 Induktionsformen Nachweis der Gültigkeit einer Aussage A(n) für alle n0ù (1) a) Basisform der Induktion ( -1 ) Bedingungen: A(1) ist wahr Für jedes n>1: A(n-1) impliziert A(n) Dann gilt A(n) für alle n. b) Basisform der Induktion ( +1 ) Bedingungen: A(1) ist wahr Für jedes n 1: A(n) impliziert A(n+1) Dann gilt A(n) für alle n. c) k-anfangsform der Induktion ( -k ), analog ( +k ) Bedingung A(1) A(k) sind wahr Für jedes n>k: A(n-k) impliziert A(n) Dann gilt A(n) für alle n. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-3 k parallele Pfade durch ù, die ù ganz überdecken

4 9.1 Induktionsformen Nachweis der Gültigkeit einer Aussage A(n) für alle n0ù (2) d) Strenge Induktion Bedingungen: A(1) ist wahr Für jedes n>1: (Für alle m<n: A(m)) impliziert A(n) Dann gilt A(n) für alle n. e) Rückwärtsinduktion Für ein m lässt sich immer ein Bedingungen: größeres k in dieser Teilmenge finden A(n) ist wahr für alle n aus einer unendlichen Teilmenge von ù Für jedes n>2: A(n) impliziert A(n-1) Dann gilt A(n) für alle n. Nicht nur wahr für einen Vorgänger, sondern für alle Von diesem k arbeitet man sich rückwärts bis m vor und zeigt so A(m) Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-4

5 9.2 Beispiel einer Summenformel Bestimme für alle n: T(n) = (3 + 5n) Idee: Da 3 1 i = (n²+1)/2 liegt es nahe für T(n) ebenfalls eine quadratische Formel anzunehmen: T(n) = c 2 n² + c 1 n + c 0 Betrachte die ersten Reihenelemente T(0) = 0 T(1) = c 2 + c 1 = 8 T(2) = 4c 2 + 2c 1 = 13 n Y c 2 = 5/2 c 1 = 11/2 c 0 = 0 Behauptung: T(n) = (5 n² + 11 n)/2 Beweis? Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-5 Man kann das natürlich direkt lösen: 3 i (3+5i) = 3 3 i i i = 3n + 5 ½ n(n+1) = 5/2 n² + 11/2 n Hier zu Übungszwecken per Induktion

6 9.2 Beispiel einer Summenformen Bestimme für alle n: T(n) = (3 + 5n) Behauptung T(n) = 2,5 n² + 5,5 n Beweis durch vollständige Induktion Induktionsanfang: T(1) = 8 = 2,5 + 5,5 //klar Induktionshypothese: für n>1 gilt T(n) = 2,5 n² + 5,5 n Induktionsschritt n n+1 : T(n+1) = T(n) + (3 + 5(n+1)) //Def. Reihenentwicklung = 2,5 n² + 5,5 n + 5 n + 8 //Induktionsvoraussetzung //2,5(n+1)²=2,5n²+5n+2,5 = 2,5 (n+1)² + 5,5 n + 5,5 //binomische Formel = 2,5 (n+1)² + 5,5 (n+1) //Behauptung gilt für n+1 //q.e.d. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-6

7 9.3 Gebiete in der Ebene Behauptung: n Geraden in der Ebene, die in allgemeiner Position zueinander liegen, bilden n(n+1)/2 + 1 Gebiete Allgemeine Position = Beispiele: Keine 2 Geraden sind parallel Keine 3 Geraden schneiden sich im selben Punkt 2 Gebiete 4 Gebiete 7 Gebiete Gerade Nr. 1 Gerade Nr. 2 Gerade Nr. 3 1 extra Gebiet 2 extra Gebiete 3 extra Gebiete Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-7

8 9.3 Gebiete in der Ebene Statt direkt die Gebietszahl zu ermitteln, über das Wachstum der Gebietszahl beim Hinzufügen weiterer Gerade nachdenken. Behauptung: Durch Hinzufügen einer Geraden zu n-1 Geraden in allgemeiner Position in der Ebene erhöht sich die Zahl der Gebiete um n. Beweis durch vollständige Induktion Induktionsanfang: 0 Geraden 1 Gebiet. Kommt die 1. Gerade dazu, dann 2 Gebiete, nämlich rechts und links der Geraden. Induktionsschritt ( n n+1 ): Wegen der allgemeinen Lage gilt, dass eine Gerade ein Gebiet entweder in 2 Teile schneidet, oder nicht einmal berührt. Es muss also gezeigt werden, dass die n+1. Gerade n+1 Gebiete teilt. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-8

9 9.3 Gebiete in der Ebene Induktionsschritt ( n n+1 ), Fortsetzung: Wenn man die n-te Gerade entfernen würde, dann würde die n+1-te Gerade als n-te Gerade eingefügt und laut Induktionsvoraussetzung n Gebiete hinzufügen, also schneiden. Es muss also nur gezeigt werden, dass in Gegenwart der n-ten Geraden die n+1-te Gerade ein zusätzliches Gebiet schneidet. n P Gebiet G Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-9 n+1 Es gibt genau ein Gebiet G, in dem sich die n-te und n+1-te Gerade schneiden (Punkt P). Wenn Gerade n nicht vorhanden wäre, dann würde die n+1-te Gerade das Gebiet in 2 Teile schneiden: ein neues Gebiet von insgesamt n neuen. Wenn Gerade n vorhanden ist, dann fügt die n+1-te Gerade zwei neue Gebiete hinzu, also insgesamt n+1 neue Gebiete. //q.e.d.

10 9.3 Gebiete in der Ebene Wir haben gezeigt: Die i-te Gerade fügt i Gebiete hinzu. n Damit erzeugen n Geraden 1+3i = 1+ ½ n(n+1) Gebiete. 1 Gebiet ist auch bei 0 Geraden vorhanden Bemerkungen: i=1 Keine Induktion über Gebietzahl, sondern über Wachstum der Gebietszahl Induktionshypothese wurde doppelt verwendet Für die Gebiete, die durch die n-te Gerade eingeführt werden Für die Gebiete, die durch die n+1-te Gerade eingeführt werden, wenn die n-te Gerade nicht vorhanden ist Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-10

11 9.4 Gray-Codes Gray-Code = binärer Code. geschlossener Gray-Code: aufeinander folgende Codewörter unterscheiden sich in genau einem Bit (zyklisch) offener Gray-Code: Es gibt genau zwei (zyklisch) aufeinander folgende Codewörter, die sich in mehr als einem Bit unterscheiden. Alle anderen aufeinander folgenden Codewörter unterscheiden sich in einem Bit. Beispiele für geschlossene Gray-Codes der Länge n = 2: 0, 1 n = 4: 00, 01, 11, 10 n = 8: //zwei Beispiele für einen Gray-Code der Länge 8, //die 3 Bits benötigen Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-11 Gibt es für jedes gerade n=2k einen geschlossenen Gray-Code? (Für ungerade n ist es unmöglich.)

12 9.4 Gray-Codes Algorithmenherleitung durch Induktion, 1. Versuch Induktionsanfang: Mit k=1, n=2k=2 ist 0,1 der gesuchte Gray-Code. Induktionshypothese: für k>1 gibt es einen Gray-Code der Länge 2k. Induktionsschritt k k+1 : Gegeben Code der Länge 2k: s 1, s 2,, s 2k Zyklische Darstellung: Leider sind k=n/2 Bits erforderlich; es geht mit weniger Bits! 1 Bit gekippt s 1 s 2k 0s 1 0s 2k s 2 1s 2 0s 2 s 3 s 4 s5 1s 3 0s 3 0s 4 0s5 Gray-Code der Länge 2k existiert nach Induktionsvoraussetzung daraus konstruierter Gray-Code der Länge 2k+2 = 2(k+1) Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-12

13 9.4 Gray-Codes Erweiterung eines Gray-Codes, Länge 4 Länge 6 Aufbruchstelle Bits für Länge 4 Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie Bits für Länge 6 Das Eingangsbeispiel hatte 2 Gray-Codes der Länge 8, denen 3 Bits genügten.

14 9.4 Gray-Codes Algorithmenherleitung durch Induktion, 2. Versuch Behauptung: Für jedes n > 0, n0ù existiert ein Gray-Code der Länge n, wobei jedes Codewort aus jlog 2 nk Bits besteht. Falls n gerade ist, ist der Gray-Code geschlossen, offen für ein ungerades n. Induktionsanfang: Für n=1 ist 0 der gesuchte Gray-Code, für n=2 ist 0,1 der gesuchte Gray-Code Stärkere Induktionshypothese: Für jedes 0<k<n, k0ù existiert ein Gray-Code der Länge k, wobei jedes Codewort aus jlog 2 kk Bits besteht. Falls k gerade ist, ist der Gray-Code geschlossen, offen für ein ungerades k. Induktionsschritt ( strenge Induktion, œk<n n ) Fall 1, n gerade: Laut Induktionsvoraussetzung gibt es einen (offenen oder geschlossenen) Gray-Code der Länge n/2 mit jlog 2 (n/2)k Bits. Daraus lässt sich ein neuer Gray-Code der Länge n mit den gewünschten Bitanzahl konstruieren Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-14

15 9.4 Gray-Codes Konstruktion für gerades n: Falls offener Code, o.b.d.a hier offen s 1 s n/2 s 2 s3 Gray-Code der Länge n/2 existiert nach Induktionsvoraussetzung 1s n/2 1s 1 1s 2 1s 3 0s 2 s 4 s 5 0s 1 0s n/2 0 voranstellen 0s 3 0s 4 0s 5 Verdoppeln, mit führender 1 statt 0 Zyklus 1s 5 1s 4 Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-15

16 9.4 Gray-Codes Erweiterung eines Gray-Codes, Länge 4 Länge 8 Aufbruchstelle Bits für Länge 4 Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie Bits für Länge 8

17 9.4 Gray-Code Konstruktion für gerades n: Der erzeugte Gray-Code hat die Länge 2*(n/2) = n. Der erzeugte Gray-Code hat ein Bit mehr als die zu seiner Konstruktion verwendeten Gray-Codes, die nach Induktionsvoraussetzung jlog 2 (n/2)k Bits haben. Daher hat der neue Code 1+ jlog 2 (n/2)k = jlog 2 (n)k Bits. Der konstruierte Code ist geschlossen. Fall 2, n ungerade: Es sei 2 k < n < 2 k+1. Laut Induktionsvoraussetzung gibt es einen Gray-Code der Länge 2 k mit jlog 2 (2 k )k=k Bits. Daraus lässt sich wie im Fall 1 ein neuer Gray-Code der Länge 2 k+1 konstruieren, der k+1 Bits benutzt. q.e.d. Streiche aus diesem Code 2 k+1 -n aufeinander folgende Code-Worte. Es bleibt ein offener Gray-Code der Länge n, der k+1=jlog 2 (n)k Bits benutzt. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-17 Besonderheiten: Fallunterscheidung Stärkere Ind.Hypothese liefert besseres Ergebnis Strenge Induktion: Vorausgesetzt werden alle m<n, insbesondere n/2 und größtes 2 k

18 9.5 Färben von Gebieten Gebiete, die durch verschiedene Geraden in einer Ebene geformt werden, können so mit zwei Farben eingefärbt werden, dass keine zwei Gebiete die gleiche Farbe haben, wenn sie eine gemeinsame Kante haben (allgemeine Lage ist nicht erforderlich!). Vergleiche ähnlich klingendes Problem: Landkarten können mit 4 Farben gefärbt werden. Dort Streckenzüge statt Geraden. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-18

19 9.5 Färben von Gebieten Induktionsanfang: Fläche wird von einer Geraden in zwei Teile geteilt, die trivial mit zwei Farben gefärbt werden können. Induktionshypothese: Angenommen Gebiete, die durch weniger als n Geraden geformt werden, können mit 2 Farben gefärbt werden. Induktionsschritt ( strenge Induktion, œk<n n ) Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-19

20 9.5 Färben von Gebieten Induktionsschritt ( strenge Induktion, œk<n n ): Wenn die n-te Gerade hinzugefügt wird, werden zwei Gruppen von Gebieten gebildet. Die eine Gruppe befindet sich auf der einen, die andere auf der anderen Seite der n-ten Geraden. Die Farben aller Gebiete in nur einer Gruppe werden vertauscht. Betrachte zwei benachbarte Gebiete R1 und R2: Fall 1: R1 und R2 befinden sich auf einer Seite der n-ten Gerade. Nach Induktionsvoraussetzung hatten sie vor Einführung der n-ten Gerade unterschiedliche Farben. Hinterher immer noch, ggf. aber getauscht. R1 R2 R1 R2 Y R1 R2 R1 R2 Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-20 Farbtausch

21 9.5 Färben von Gebieten Fall 2: R1 und R2 entstehen durch die n-te Gerade (d.h. n-te Gerade bildet gemeinsame Kante von R1 und R2). R1 R2 R1 R2 Y Farbtausch Vor Einführung der n-ten Gerade hatten R1 und R2 die gleiche Farbe. Durch den Farbtausch haben sie nach Einführung der n-ten Gerade unterschiedliche Farben. q.e.d. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-21

22 9.6 Maximale Summe einer zusammenhängenden Teilfolge Problemspezifikation: Gegeben: Folge x 1, x 2,, x n von Gleitkommazahlen (ggf. auch negativ). Gesucht: zusammenhängende Teilfolge x i, x i+1,, x j so dass die Summe ihrer Elemente maximal ist (es soll also keine zusammenhängende Teilfolge mit höherer Elementsumme geben.) Die Summe der leeren Teilfolge wird als 0 festgesetzt. 1. Beispiel: 2, -3, 1.5, -1, 3, -2, -3, Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-22 Es ist keine gute Idee, mit x 1 zu beginnen, weil x 1 +x 2 die maximale Summe um -1 vermindert. Man kann die Suche nach der Teilfolge gleich bei x2 fortsetzen.

23 9.6 Maximale Summe einer zusammenhängenden Teilfolge 1. Beispiel: 2, -3, 1.5, -1, 3, -2, -3, Die leere Teilfolge würde zu einer höheren Summe (=0) führen = -1.5 würde auch einen negativen Beitrag zur Summe liefern. Daher Suche nach der Teilfolge bei x3 fortsetzen. Keine größere Summe Die Teilfolge (1.5, -1, 3) liefert mit 3.5 die maximale Summe. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-23

24 9.6 Maximale Summe einer zusammenhängenden Teilfolge Nahe liegende Induktionshypothese: Maximale Summe einer zusammenhängenden Teilfolge in einer Folge der Länge <n kann berechnet werden. Basisfall: Bei n=1 ist die Folge ein-elementig Falls x 1 <0: maximale Summe ist 0, leere Teilfolge Andernfalls: maximale Summe ist x 1, Teilfolge = Gesamtfolge. Induktionsschritt n-1 n : Laut Ind.Hypothese kann die maximale Teilfolge in (x 1, x 2,, x n-1 ) berechnet werden. Falls max. Teilfolge leer: betrachte nur x n, wie im Basisfall. Andernfalls sei (x i, x i+1,, x j ) die maximale Teilfolge. Falls j=n-1: //maximale Teilfolge am Ende (Suffix-Folge) Falls x n positiv, verlängern der maximalen Teilfolge um x n Sonst: maximale Teilfolge bleibt unverändert Andernfalls: //maximale Teilfolge irgendwo in der Mitte Tja: Neue Suffixfolge könnte einen höheren Wert liefern Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-24

25 9.6 Maximale Summe einer zusammenhängenden Teilfolge 2. Beispiel (a) 2, -3, 1.5, -1, 3, -2, 3, Soll man -2 zur Folge hinzunehmen? Neue Summe wäre dann 1.5 (weniger). 1.5 Da anschließend zwei mal 3 kommt, könnte die maximale Summe über 3.5 liegen Idee: Man merkt sich nicht nur die bisher erreichte maximale Summe, sondern auch die maximale Summe derjenigen Teilfolge, die am aktuellen Betrachungsende aufhört. Hier: maximale Teilfolgensumme: 3.5 maximale Summe der Endfolge: = 1.5 Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-25

26 9.6 Maximale Summe einer zusammenhängenden Teilfolge Reihung x xmax xsuffix x n Stärkere Induktionshypothese: Für eine Folge der Länge <n kann berechnet werden: maximale Summe einer zusammenhängenden Teilfolge, maximale Summe einer Suffix-Folge. Basisfall: wie oben Induktionsschritt n-1 n : Größtenteils wie oben Falls maximale Teilfolge irgendwo in der Mitte : maximale Suffixfolge ggf. um x n verlängern, mit der bisherigen maximalen Teilfolge vergleichen, ggf. neue maximale Teilfolge setzen n-1 Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-26

27 9.6 Maximale Summe einer zusammenhängenden Teilfolge 2. Beispiel (b) 2, -3, 1.5, -1, 3, -2, 3, Bisherige maximale Teilfolge "irgenwo in der Mitte". Neue maximale Summe durch Verlängerung der Suffixfolge gefunden: 1.5+3=4,5 Die Teilfolge (1.5, -1, 3, -2, 3, 3) liefert mit 7.5 die maximale Summe. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-27

28 9.6 Maximale Summe einer zusammenhängenden Teilfolge Java-Code public double maxsubvektor(double x[]) x[]) { double xmax xmax = 0.0; 0.0; double xsuffix = 0.0; 0.0; Vereinfacht: nur die Summe wird berechnet (nicht die Folge selbst). } for for (int (int i=0; i=0; i < x.length; i++) i++) { xsuffix = Math.max(xSuffix + x[i],0.0); xmax xmax = Math.max(xMax, xsuffix); } return xmax; xmax; Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-28

29 9.7 Rucksackproblem Dynamisches Programmieren Problem: Es soll ein Rucksack mit Fassungsvermögen K mit Elementen verschiedener Größe ganz voll gepackt werden (also ohne verbleibenden Leerraum). Existiert eine Lösung? Anwendungen: Schiffe, Flugzeuge, Silizium-Chips etc. Hier: Objekte nur eindimensional, ganzzahlige Größe. Beispiel: Elemente Rucksackgröße K Nicht möglich Nicht möglich oder oder Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-29

30 9.7 Rucksackproblem Dynamisches Programmieren Problemspezifikation: Gegeben: Rucksackgröße K0ù, S = {k 1, k 2,..., k n }, k i 0ù Gesucht: Gibt es TfS, so dass 3 k i = K? k i 0T Kurzschreibweise P(n,K) //liefert Elementmenge T oder i Rucksackgröße Elementanzahl, d.h. verwende nur ersten n Elemente Für die Rückführung auf kleinere Probleme ist die tatsächliche Größe der Elemente unerheblich. Die Elemente seien in beliebiger aber fester Reihenfolge durchnummeriert. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-30

31 9.7 Rucksackproblem Dynamisches Programmieren Wichtige Einsichten: P(n,K) = P(n-1,K), falls es eine Lösung für P(n-1,K) gibt //wenn man mit n-1 Elementen den Rucksack voll packen //kann, ist das Element n unerheblich P(2,7) = {2,5} sei schon gefunden. Dann gilt natürlich sofort P(3,7) = {2,5}, egal wie groß das dritte Element ist. 7 P(n,K) = {k n }cp(n-1,k-k n ), falls es Lösung für P(n-1,K-k n ) gibt. //Lege k n in den Rucksack. Versuche mit n-1 Elementen //den nun kleineren Restplatz vollständig zu füllen P(2,7) = {2,5} sei schon gefunden. Dann ist P(3,10) = {3}c{2,5}, wenn das dritte Element die Größe 3 hat. 7 Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-31

32 9.7 Rucksackproblem Dynamisches Programmieren Problemspezifikation: Gegeben: Rucksackgröße K0ù, S = {k 1, k 2,..., k n }, k i 0ù Gesucht: Gibt es TfS, so dass 3 k i = K? k i 0T Basisfall n=1: K=0 leere Lösungsmenge K=k>0 falls k=k 1 : die Lösung ist {k 1 }, sonst i Induktionshypothese: P(n-1,k) kann für alle 0 k K gelöst werden. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-32

33 9.7 Rucksackproblem Dynamisches Programmieren Induktionshypothese: P(n-1,k) kann für alle 0 k K gelöst werden. Induktionsschritt: Reduziere P(n, K) auf Teilproblem 1: P(n-1, K) Teilproblem 2: P(n-1, K-k n ) (nur, falls K-k n 0) die beide nach Induktionsvoraussetzung lösbar sind. Zusammenfügung der Ergebnisse: Falls für P(n-1, K) eine Lösung existiert, dann ist sie auch Lösung für P(n, K). Falls für P(n-1, K-k n ) eine Lösung T existiert, dann ist Tc{k n } Lösung für P(n, K). Andernfalls gibt es keine Lösung von P(n, K). Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-33

34 9.7 Rucksackproblem Dynamisches Programmieren Bei der Reduktion von P(n, K) entstehen 2 Teilprobleme Teilproblem 1: P(n-1, K) Teilproblem 2: P(n-1, K-k n ) (nur, falls K-k n 0) Im Unterschied zu Teile-und-Herrsche sind diese jedoch nicht deutlich kleiner als das Ausgangsproblem. Es ist daher zu befürchten, dass durch die Reduktion insgesamt sogar mehr zu arbeiten ist! P(n,K) P(n-1,K) P(n-1,K-k n ) exponentiell wachsender Aufwand Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-34 P(n-2,K) P(n-2,K-k n-1 ) P(n-2,K-k n ) P(n-2,K-k n -k n-1 ) Jetzt erwartet man eigentlich eine 2.Version der Induktionshypothese, die viel besser ist. Aber: hier liegt die Lösung schon auf dem Tisch!

35 9.7 Rucksackproblem Dynamisches Programmieren P(n,K) P(n-1,K) P(n-1,K-k n ) exponentiell wachsender Aufwand P(n-2,K) P(n-2,K-k n-1 ) P(n-2,K-k n ) P(n-2,K-k n -k n-1 ) Bei k n = k n-1 sind dies identische Probleme Es gibt nur endlich viele Problemgrößen. Schon berechnete Lösungen können wieder verwendet werden, anstatt sie neu zu berechnen. Es gibt genau n K mögliche Problemgrößen und glücklicherweise ist (für realistische K) nk«2 n. Implementierung: Speicherung der schon berechneten Ergebnisse in einer Matrix der Größe n K. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-35

36 9.7 Rucksackproblem Dynamisches Programmieren Matrix P(n,K) - es gibt keine Lösung P(n-1,K) P(n-1,K-k n ) I es gibt eine Lösung, k ist dabei O es gibt eine Lösung, k ist nicht dabei k 1 =2 Rucksackgröße O - I k 2 =3 O - O I - I Elemente k 3 =5 O - O O - O k 4 =6 Zuerst gefundene mögl. Lösungen wird ausgewählt. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-36

37 9.7 Rucksackproblem Dynamisches Programmieren Matrix P(n,K) - es gibt keine Lösung P(n-1,K) P(n-1,K-k n ) I es gibt eine Lösung, k ist dabei O es gibt eine Lösung, k ist nicht dabei k 1 =2 Rucksackgröße O - I K k 2 =3 O - O I - I Elemente k 3 =5 O - O O - O - I I - I k 4 =6 n O - O O - O I O O I O I - I I - I Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-37

38 9.7 Rucksackproblem Dynamisches Programmieren Ablesen der Teilmenge Elemente k 1 =2 k 2 =3 k 3 =5 k 4 =6 Rucksackgröße O - I O - O I - I O - O O - O - I I - I O - O O - O I O O I O I - I I - I Wie ist ein Rucksack der Größe 13 zu packen? k 4 gehört in den Rucksack, wegen I Es bleibt ein Rucksack der Größe 13-6=7 k 3 gehört in den Rucksack, wegen I Es bleibt ein Rucksack der Größe 7-5=2 k 1 gehört in den Rucksack, wegen I Der Rucksack ist nun voll: 2-2=0 Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-38

39 9.7 Rucksackproblem Dynamisches Programmieren Dynamisches Programmieren = Anwendung des Induktionsprinzips zur Algorithmenkonstruktion Prinzip: Zerlegung des Problems in mehrere (leicht) kleinere Probleme. Diese Probleme sind vorab gelöst, die Ergebnisse können aus einer Tabelle abgelesen werden. Füge Teillösungen zur Gesamtlösung zusammen, wobei die Verschmelzung relativ wenig Aufwand verursacht Erzeuge Tabellen mit (optimalen) Zwischenergebnissen Tabellen werden iterativ aufgebaut. Der Wert einer Zelle ergibt sich durch Kombination aus früher berechneten Wert(en) (in früher vervollständigten Zeilen der Tabelle oder in der gleichen Zeile aber weiter links ) Aufwand: bestimmt durch Tabellengröße. Aufwand des Ablesens des Ergebnisses: abhängig von der Zeilenzahl Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-39

40 9.8 Münzminimierung Gierige Algorithmen Problem: Ein Geldbetrag n<1 ist mit möglichst wenigen Münzen auszubezahlen. Basisfall: Der Geldbetrag ist mit einer Münze auszuzahlen. Trivial für n=1,2,5,10,20,50. Induktionshypothese: Für alle Geldbeträge <n ist bekannt, wie sie mit möglichst wenigen Münzen auszubezahlen sind. Induktionsschritt: Zahle die größte Münze mit Wert m aus, die in den Geldbetrag n passt. Nach Induktionshypothese ist klar, wie man den Betrag m-n mit möglichst wenig Münzen auszahlt. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-40

41 9.8 Münzminimierung Gierige Algorithmen Beim Rucksackproblem war nicht klar, dass nach fester Auswahl eines Objekts noch immer für das kleinere Problem eine Lösung finden würde. Es wurde der ganze Lösungsraum betrachtet, indem Lösungen aus optimalen Teillösungen zusammengesetzt wurden Viele in Zwischenschritten gefundene optimale Teillösungen (Zellen in der Tabelle) werden in der Lösung des Gesamtproblems nicht mehr berücksichtigt. Bei der Münzminimierung gibt es sicher eine Lösung für das kleinere Problem. Der Algorithmus entscheidet sich nach Gier : der Schritt Richtung Lösung, der im Moment der Entscheidung am besten zu sein scheint, wird gewählt. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-41

42 9.8 Münzminimierung Gierige Algorithmen Beispiele für Heuristiken, die nicht sicher zum globalen Optimum führen Schach: Wenn eine Figur schlagbar ist, schlage diese. Wenn mehrere Figuren schlagbar sind, dann schlage diejenige mit höchstem Figurenwert. Rucksackproblem: wähle immer das größte noch verfügbare Element aus. Überlegen Sie: Welche Strategie führt im Wartezimmer eines Arztes zur Minimierung der Summe aller Patientenwartezeiten? Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-42

43 9.8 Münzminimierung Gierige Algorithmen Gierige Algorithmen ( greedy algorithms ) = Anwendung des Induktionsprinzips zur Algorithmenkonstruktion Prinzip: Wende Bewertungsfunktion ( greedy heuristics ) an, um das zur Zeit am besten passende Element auszuwählen und füge es zur Ergebnismenge hinzu. Wiederholen bis Eingabemenge leer ist. Lösung wird schrittweise aufgebaut. Eine einmal getroffene Entscheidung wird nicht mehr revidiert. Für manche Optimierungsprobleme wird das globale Optimum gefunden, für andere nur ein lokales. Anderer Name: schrittweises Ausschöpfen. Algorithmik 1, WS 2005/06, Folie 9-43