10. Übungsblatt zu Algorithmen I im SS 2010

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1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Theoretische Informatik Prof. Dr. Peter Sanders G.V. Batz, C. Schulz, J. Speck 0. Übungsblatt zu Algorithmen I im SS 00 http//algo.iti.kit.edu/algorithmeni.php {sanders,batz,christian.schulz,speck}@kit.edu Aufgabe (Tiefensuche iterativ, 6 Punkte) Musterlösungen Entwerfen Sie eine nicht rekursive Tiefensuche ausgehend von einem Knoten s und geben Sie Pseudocode an! Die Laufzeit O(m + n) darf nicht überschritten werden. Musterlösung Die folgende nicht rekursive Implementierung der Tiefensuche beruht auf der Verwendung eines Stacks. Die Idee ist es, jeweils die Nachbarn des derzeit bearbeiteten Knotens auf einen Stack zulegen. Man initialisiert den Stack S mit dem Startknoten s. Solange der Stack S nicht leer ist wird das vorderste Element vom Stack heruntergenommen, als gesichtet markiert und anschließend alle noch nicht gesichteten Nachbarn vorne auf den Stack gelegt. So ist sichergestellt, das man zuerst in die Tiefe geht. procedure DFS(NodeId s, Graph G) Stack S = s visited = false,..., false Array of Boolean 4 visited[s] = true while S do 6 NodeId u = S.pop() forall (u, v) E do 8 if!visited[v] do 9 visited[v] = true 0 S.push(v) return Aufgabe (Finden von Kreisen in Graphen, + + Punkte) Mittels einer modifizierten Tiefensuche kann man in O(n) Zeit bestimmen, ob ein ungerichteter Graph mit n Knoten einen Kreis enthält oder nicht. Gehen Sie davon aus, dass der Graph als Adjazenzfeld mit bigerichteten Kanten dargestellt wird. a) Geben Sie an, wie Sie die Tiefensuche modifizieren würden, um einen ensprechenden Algorithmus zu erhalten. b) Zeigen Sie, dass Ihr Algorithmus tatsächlich das gewünschte Laufzeitverhalten aufweist. c) Liefert Ihr Algorithmus auch für gerichtete Graphen ein korrektes Ergebnis? Wenn nein, wie muss der Algorithmus modifiziert werden? Welches asymptotische Laufzeitverhalten hat der (möglicherweise modifizierte Algorithmus) für gerichteten Graphen schlimmstenfalls? Begründen Sie jeweils kurz. Musterlösung

2 a) Im Graph befindet sich genau dann ein Kreis, wenn bei der Tiefensuche traversenontreeedge (siehe Vorlesungsfolien) aufgerufen wird. In Folge dessen wird traversenontreeedge folgendermaßen instanziiert traversenontreeedge(u, v NodeID) print Graph enthält einen Kreis. exit Ansonten wird ganz am Ende des Algorithmus die Anweisung print Graph enthält keinen Kreis. eingefügt. Enthält der Graph einen Kreis, wird diese Anweisung natürlich nie erreicht. b) Immer wenn die Tiefensuche einen noch nicht markierten Knoten betrachtet, wird dieser markiert. D.h., spätestens beim n-ten Knoten trifft die Suche aber auf einen bereits markierten Knoten und wird abgebrochen. Zudem wird für jeden betrachteten Knoten höchstens eine Kante betrachtet, also nicht mehr als n Kanten insgesamt. Das Betrachten eines Knoten braucht aber nur konstante Zeit. Das selbe gilt für Kanten, da man sich in Adjazenzfeldern die nächste Kante eines Knoten stets in konstanter Zeit besorgen kann. Beim Backtracking geht man für jeden Knoten höchstens einmal zu seinem Vorgänger zurück. Für jeden besuchten Knoten wird also auch durch das Backtracking nur konstante Zeit verursacht. Insgesamt dauert die modifizierte Tiefensuche also nicht mehr als O(n) Zeit. c) Der Algorithmus liefert für gerichtete Graphen so kein korrektes Ergebnis. In einem DAG kann es z.b. passieren, dass ein bereits markierter Knoten gefunden wird, obwohl keine gerichteten Kreise im Graph vorhanden sind. Allerdings kann man dieses Problem beheben, indem man traversenontreeedge nochmal ein wenig modifiziert traversenontreeedge(u, v NodeID) if (u, v) ist keine backward Kante return print Graph enthält einen Kreis. 4 exit Der Zeitaufwand liegt im schlimmsten Fall nun in Ω(n ). Dies tritt z.b. auf, wenn man einen DAG mit Ω(n ) Kanten hat (das gibt es, überlegen), an dem zusätzlich ein gerichteter Kreis hängt. Im schlimmsten Fall wird der gerichtete Kreis von der Tiefensuche als letztes betrachtet (dazu hänge der gerichtete Kreis am Startknoten der Suche). Startknoten DAG Aufgabe (Dijkstras Algorithmus, 4 Punkte) Führen Sie auf folgendem Graphen den Algorithmus von Dijkstra aus, beginnend mit Knoten a. Als Ergebnis soll in jedem Knoten folgendes stehen links vom Doppelpunkt die Nummer des Schritts, in dem der Knoten gescannt wurde; rechts vom Doppelpunkt die Länge des kürzesten Wegs zu a. Zeichnen Sie außerdem den Baum der kürzesten Wege von a aus ein. Sie können direkt in dieses Blatt einzeichnen.

3 b c d a e f g 9 8 h i j Musterlösung b c 0 d 48 a 0 e f 6 g h i j 9 84 Aufgabe 4 (Kürzeste Pfade, Punkte) a) Geben Sie einen gewichteten gerichteten Graph mit positiven Kantengewichten an, der einen Knoten v enthält, dessen vorläufige Distanz von Dijkstras Algorithmus mindestens dreimal mittles decreasekey verringert wird. Geben Sie zusätzlich zum Graph auch den Knoten v und den Startknoten einer entsprechenden Dijkstra-Suche an. b) Zeigen Sie In gewichteten gerichteten Graphen sind Teilpfade von kürzesten Pfade wiederum kürzeste Pfade. Ein gerichteter Graph heiße ein gerichteter Baum mit Wurzel r, wenn alle seine Knoten vom Knoten r aus erreichbar sind und der Eingangsgrad aller seiner Knoten ist. Behauptung Sei G = (V, E) ein gewichteter gerichteter Graph ohne negative Kreise, in dem von einem Knoten s aus alle anderen Knoten erreichbar sind. Dann gibt es einen Teilgraph T von G, der

4 V Knoten hat, ein gerichteter Baum mit Wurzel s ist und dessen Pfade alle kürzeste Pfade in G sind. c) Zeigen Sie die Behauptung für den Fall, dass in G alle kürzesten Pfade eindeutig sind. Hinweis Betrachten Sie den Teilgraph T 0, der aus allen kürzesten Pfaden besteht, die an s beginnen. d) Zeigen Sie die Behauptung auch für den Fall, dass kürzeste Pfade nicht immer eindeutig sind. Hinweis Erweitern Sie das Ergebnis aus Teilaufgabe c). Musterlösung a) Der Startknoten der Dijkstra-Suche ist s, der Knoten, dessen vorläufiges Gewicht mindestens dreimal mit decreasekey verringert wird, ist (wie in Aufgabenstellung bezeichnet) v 8 6 s v* 0 0 b) Sei P = u,..., x,..., y,..., v ein kürzester Pfad von u nach v und Q = x,..., y ein Teilpfad. Annahme zum Widerspruch Q ist kein kürzester Pfad von x nach y. Da ein Pfad Q existiert und somit der Fall, dass es keinen Pfad gibt ausgeschlossen wird, gibt es also einen kürzeren Pfad Q = x,..., y. Ersetze in P den Teilpfad Q durch Q, das ergibt einen gültigen Pfad von u nach v der kürzer ist als P. Dies ist ein Widerspruch, da P kürzester Pfad. c) Offensichtlich ist T 0 ist ein Teilgraph mit V Knoten. Angenommen, es gibt u s mit Eingangsgrad in T 0. Also gibt es zwei Kanten (x, u) und (y, u) in T 0 mit x y. Da T 0 Vereinigung von kürzesten Pfaden ist, die bei s beginnen, gibt es zwei kürzeste Pfade P = s,..., x, u,..., v und Q = s,..., y, u,..., w in T 0. Nach Teilaufgabe b) sind s,..., x, u und s,..., y, u zwei kürzeste Pfade. Da sie verschieden sind, ist das eine Widerspruch zur Annahme, dass kürzeste Pfade eindeutig sind. Also ist T 0 ein gerichteter Baum mit Wurzel s. Angenommen, es gibt einen Pfad u,..., v in T 0, der nicht kürzester Pfad in G ist. Da es in einem gerichteten Baum genau einen Pfad von der Wurzel zu einem Knoten gibt (andernfalls käme ein Eingangsgrad vor), muss es in T 0 einen Pfad s,..., u geben, so dass s,..., u,..., v der eindeutige Pfad von s nach v ist in T 0. Da T 0 nach Definition nur aus kürzesten Pfaden in G besteht, ist s,..., u,..., v kürzester Pfad in G und somit nach Teilaufgabe b) u,..., v kürzester Pfad von u nach v in G. Dies ist ein Widerspruch. D.h. wenn alle kürzesten Pfade in G eindeutig sind, dann sind alle Pfade in T 0 kürzeste Pfade in G. d) Ein Graph ohne negative Kreise hat eindeutige kürzeste Distanzen. Da s jeden Knoten erreichen kann, gibt es eine eindeutige kürzeste Distanz µ s (v) zu jedem Knoten v. Konstruiere einen Graphen G aus G der eindeutige kürzeste Pfade hat und µ s ( ) nicht verändert Solange es in G noch zwei verschiedene kürzeste Pfade P = s,..., u und Q = s,..., u gibt, gibt es auch noch zwei kürzeste Pfade P = s,..., x, u und Q = s,..., y, u mit x y. Entferne iterativ (y, u ) aus G bis die kürzesten Pfad eindeutig sind. Dass sich µ s ( ) wirklich nicht ändert, überlegt man sich so Beim entfernen von Kanten werdem kürzeste Distanzen allenfalls größer. Betrachte den kürzesten Pfad s,..., y, u,..., v von s nach v mit Präfix Q. Dann ist s,..., x, u,..., v mit Präfix P ein Pfad gleicher Länge und folglich ebenfalls kürzester Pfad von s nach v. Nach Entfernen von (y, u ), was den Pfad Q zerstört, gibt 4

5 es also immer noch einen Pfad von s nach v der Länge µ s (v). Es ist µ s (v) aber immer noch eine kürzeste Distanz, da alle kürzesten Distanzen allenfalls größer geworden wären. Wir haben aber in c) schon gezeigt, dass bei eindeutigen kürzesten Pfaden ein entsprechender Baum exisiert. Zusatzaufgabe (Speichereffiziente Breitensuche, Punkte) Gegeben sei ein gerichteter, stark zusammenhängender Graph in folgender Darstellung Ein Knotenarray, das zu jedem Knoten v einen Eintrag mit seiner ID und einen Zeiger auf ein Array mit den von v ausgehenden Kanten enthält. Die Knoten haben eindeutige IDs. Das Kantenarray mit den ausgehenden Kanten von v enthält für jede Kante e einen Eintrag mit ihrer ID und der ID des Zielknotens der Kante. ID... ID Ziel ID. Auf diesem Graphen soll nun eine BFS ausgeführt werden, wobei zu jedem Zeitpunkt nur O() zusätzlicher Speicher verwendet werden soll. Die Laufzeit darf dabei schlechter als bei der üblichen BFS sein. Die Art der Darstellung des Graphen soll während der BFS erhalten bleiben, es ist jedoch erlaubt z.b. die Knoten im Knotenarray zu permutieren. Geben Sie eine Pseudocode-Implementierung der BFS an die diese Bedingungen erfüllt und begründen Sie warum diese Implementierung nur O() zusätzlichen Speicher benötigt. Es soll dabei für jeden Knoten eine unbekannte Funktion f aufgerufen werden, die als Eingabe die Knoten-ID und die Ebene (Entfernung zum Startknoten) des Knotens hat. Es kann angenommen werden, dass f während der Ausführung O() und nach der Ausführung keinen Speicher benötigt. Musterlösung procedure BFS(NodeArray[... n] nodes, NodeID start) Finde i mit nodes[i].id = start Vertausche nodes[i] mit nodes[] 4 Setze q =, q =, ebene = 0 und u = while q n do 6 while q < q do call f(nodes[q ].ID, ebene) 8 forall Kanten k im Kantenarray von nodes[q ] do 9 Suche i {u,..., n} mit nodes[i].id = Ziel ID 0 If i gefunden do Vertausche nodes[i] mit nodes[u] u + + q q = u, ebene + + return Die Implementierung benötigt nur zusätzlichen Platz für die Indizies q, q, i und u und für die Ebenennummer und den Index im Kantenarray des gerade bearbeiteten Knotens. Der Platzbedarf für diese 6 Zahlen ist nach Definition konstant. Zudem wird noch ein Speicherplatz für einen Knoten zum Vertauschen benötigt.

6 Die Implementierung bringt alle Knoten immer im Array nodes unter ohne dessen Größe zu ändern. Im Bereich,..., q liegen die schon bearbeiteten Knoten, im Bereich q,..., q liegt die Queue der in dieser Ebene noch zu bearbeitenden Knoten, im Bereich q,..., u liegt die Queue der in der nächsten Ebene zu bearbeitenden Knoten und im Bereich u,..., n liegen die noch nicht gefundenen Knoten. Zusatzaufgabe (Organisatorisches, Punkt) Aus organisatorischen Gründen benötigen wir von Ihnen ein paar Informationen. Schreiben Sie bitte Ihren Studiengang (Informatik, Mathematik,...) und ihre Studienart (Bachelor, Master, Lehramt,...) auf die erste Seite. Musterlösung 6