Komplexität von Algorithmen Musterlösungen zu ausgewählten Übungsaufgaben

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1 Dieses Dokument soll mehr dazu dienen, Beispiele für die formal korrekte mathematische Bearbeitung von Aufgaben zu liefern, als konkrete Hinweise auf typische Klausuraufgaben zu liefern. Die hier gezeigten Aufgaben sind auf keinen Fall als eine Beschränkung für die Aufgabentypen in der Klausur zu sehen. Der für die Klausur relevante Stoff wurde in der Vorlesung und in den Übungen behandelt und übersteigt die hier angegebenen Aufgaben. Sie können jederzeit bei uns im Institut vorbei schauen (oder ihrem Übungsleiter eine schreiben), wenn Sie Fragen bezüglich ihrer eigenen Lösung oder etwa Verständnisprobleme mit einer Aufgabenstellung haben. Komplexität von Algorithmen Musterlösungen zu ausgewählten Übungsaufgaben Arne Meier 1. August 2007 Gottfried-Wilhelm-Leibniz-Universität Hannover Fakultät für Elektrotechnik und Informatik Institut für Theoretische Informatik

2 Aufgabe 1 (Klausuraufgabe aus dem Wintersemester 2005/2006) Beweisen Sie die folgenden zwei Aussagen: (1) NTIME(n) PSPACE. (2) PSPACE SPACE(2 n ). Lösung 1 (1) Zu zeigen ist: NTIME(n) PSPACE, also NTIME(n) SPACE(n k ) für ein k N. Hierzu zeigen wir drei Inklusionsbeziehungen, wovon eine echt ist. Nach den Sätzen bzgl. der Komplexitätsklassen aus der Vorlesung gilt NTIME SPACE(n) und SPACE(n 2 ) PSPACE. Als nächstes zeigen wir SPACE(n) SPACE(n 2 ) mittels des Platzhierarchiesatzes. Trivialerweise sind n und n 2 raumkosntruierbar, also bleibt zu zeigen n o(n 2 ): Insgesamt folgt damit lim n n n n = 0. NTIME(n) SPACE(n) SPACE(n 2 ) PSPACE. (2) Es gilt: PSPACE = k N SPACE(nk ) SPACE(1.5 n ), da O(n k ) O(1.5 n ) für alle festen k N, da Exponentialfunktionen stärker als Polynome wachsen. Beweis nach l Hospital: 1.5 n lim n n k (ln 1.5) 1.5 n n k n k 1 n (ln 1.5) n k (k 1) n k 2. (k 2-mal) (ln 1.5) k 1.5 n n k! n 0 = Da f o(g) f O(g) gilt, haben wir gezeigt k N SPACE(nk ) SPACE(1.5 n ). Nun bleibt zu zeigen: SPACE(1.5 n ) SPACE(2 n ). Hier wenden wir den Platzhierarchiesatz aus der Vorlesung an. Es gilt nach Aufgabe 11 (c), dass für raumkonstruierbare Funktionen f, g auch f g raumkonstruierbar sind (und damit sind 1.5 n und 2 n raumkonstruierbar). Nun müssen wir noch 1.5 n o(2 n ) zeigen: 1.5 n lim n 2 n n ( ) 1.5 n 2 n ( ) 3 n = 0 4 Folglich wächst 1.5 n echt schwächer als 2 n und damit ergibt sich die geforderte Inklusionsbeziehung: PSPACE = SPACE(n k ) SPACE(1.5 n ) SPACE(2 n ). 2

3 Aufgabe 2 Es sei Double-Sat := { ϕ ϕ ist eine aussagenlogische Formel, die mindestens zwei erfüllende Belegungen besitzt}. Zeigen Sie, dass Double-Sat NP-vollständig unter p m-reduktionen ist. Lösung 2 Für NP-Vollständigkeit sind immer zwei Sachen zu zeigen: das Enthaltensein in NP und die NP- Härte. Wir zeigen zunächst Double-Sat NP. Hierzu verwenden wir den Satz der Vorlesung, nach dem eine Sprache in NP genau dann ist, wenn sie polynomiell überprüfbar ist. Das hier verwendete Zertifikat sind zwei erfüllende Belegungen für gegebene Formel ϕ, mit ϕ = n. Der folgende Algorithmus überprüft dann Double-Sat. Eingabe: ϕ, Θ 1, Θ 2, wobei ϕ eine aussagenlogische Formel mit k N Variablen ist und Θ 1 {0, 1} k und Θ 2 {0, 1} k zwei Belegungen. 1: if Θ 1 = Θ 2 then 2: verwerfe. 3: end if 4: Wenn Θ 1 angewendet auf ϕ zu falsch evaluiert, verwerfe. 5: Wenn Θ 2 angewendet auf ϕ zu falsch evaluiert, verwerfe. 6: akzeptiere. Nun folgt eine Laufzeitbetrachtung des obigen Algorithmus: 1: O(k), da hier lediglich die Gleichheit von k Elementen überprüft wird. 2: O(1). 4: O(n 2 ), da im schlimmsten Fall O(n) Funktionen mit O(n) Argumenten ausgewertet werden müssen. Mit anderen Worten: maximal gibt es O(n) Subformeln; gehe also O(n) mal über die Formel ϕ, wobei jedes mal mindestens eine Subformel ausgewertet werden kann. 5: analog O(n 2 ) 6: O(1). Im folgenden schätzen wir die Laufzeit von Schritt 1 noch gröber mit O(n) ab. Insgesamt haben wir dann eine Laufzeit von O(n)+O(1)+O(n 2 )+O(n 2 )+O(1) = 2 O(1)+O(n)+2 O(n 2 ) = O(n 2 ), da für alle n n 0 2: 2 O(1) + O(n) + 2 O(n 2 ) = 5 O(max{1, n, n 2 }) = 5 O(n 2 ) = O(n 2 ), da n + 2 n 2 5 max{1, n, n 2 } gilt. Dies ist eindeutig polynomielle Laufzeit. Also haben wir einen korrekten Algorithmus angegeben, der Double-Sat polynomiell überprüft. Anschließend zeigen wir die NP-Härte. Hierzu geben wir eine P m-reduktion vom NP-vollständigen SAT aus an. Hierzu müssen wir eine SAT-Instanz sinnvoll auf eine Instanz von Double-Sat abbilden. Jede Formel ϕ, die in SAT liegt, ist erfüllbar und besitzt demnach mindestens eine erfüllende Belegung. Nun konstruieren wir eine neue Formel ϕ, in der die Anzahl der vorherigen erfüllenden Belegungen 3

4 von ϕ verdoppelt wird. Dies muss so geschehen, dass ein vorher unerfüllbares ϕ danach immer noch ein unerfüllbares ϕ bzw. ein ϕ ist, welches maximal eine erfüllende Belegung hat (und damit nicht in Double-Sat liegt). Dies ist notwendig, damit die Eigenschaft der Reduktionsfunktion erhalten bleibt. Zudem muss die gesamte Funktion in Polynomialzeit berechnet werden können. Die gesuchte Reduktion ist f(ϕ) = ϕ (x x), wobei x jeweils eine neue noch nicht verwendete Variable ist. Die Funktion ist offensichtlich in Polynomialzeit berechenbar, da lediglich die Anzahl der Variablen überprüft werden muss (dies geht in O(n)), sie kopiert werden muss und anschließend um eine konstante Anzahl von Symbolen verlängert wird. f ist eine Reduktionsfunktion, da ϕ SAT ϕ ist eine aussagenlogische, erfüllbare Formel, die nicht die Variable x enthält. ϕ ist eine aussagenlogische Formel, die mindestens eine erfüllende Belegung besitzt. ϕ (x x) besitzt doppelt so viele erfüllende Belegungen wie ϕ ϕ (x x) besitzt mindestens zwei erfüllende Belegungen f(ϕ) Double-Sat Also ist f eine totale und in Polynomialzeit berechenbare Reduktion von SAT auf Double-Sat. Da SAT bereits NP-vollständig ist, folgt damit die NP-Härte für Double-Sat. Insgesamt ist Double-Sat also NP-vollständig. 4

5 Aufgabe 3 Es sei P ein Optimierungsproblem und P D das zu P gehörige Entscheidungsproblem. Beweisen Sie, dass aus P PO die Aussage P D P folgt. Lösung 3 Sei P PO. Also gibt es einen det. Polynomialzeit-Algorithmus A, der bei Eingabe x I P optimale Lösung y SolP (x) ausgibt. Das zu P zugehörige Entscheidungsproblem ist { } P D = x, K x I P und m (x) K, falls goal = min m. (x) K, falls goal = max eine Da der A zu jeder beliebigen Instanz eine optimale Lösung berechnet und ihr Maß auch in Polynomialzeit berechenbar ist (da P PO folgt P NPO), können wir diesen Algorithmus verweden, um die optimale Lösung zu der Instanz x im Entscheidungsproblem in Polynomialzeit zu finden. Abhängig von dieser Lösung können wir entscheiden, ob die Instanz im Entscheidungsproblem enthalten ist oder nicht. Also ist P D P. Der Entscheidungs-Algorithmus für P D würde hierzu lauten: Eingabe: x I P 1: Berechne y A(x); 2: Berechne m m(y ); 3: if goal = min then 4: if m K then 5: return true; 6: end if 7: else if goal = max then 8: if m K then 9: return true; 10: end if 11: end if 12: return false; Schritt 1 und 2 laufen laut Voraussetzung in Polynomialzeit ab und die restlichen Schritte sind einfache arithmetische Überprüfungen. Folglich läuft der Algorithmus in Polynomialzeit. 5

6 Aufgabe 4 Aus den Übungen kennen Sie bereits das Problem Colorability sowie den Begriff der Färbbarkeit von Graphen. Das Optimierungsproblem MinColorability sei wie folgt definiert. Instanz: ein ungerichteter Graph G Lösungen: k-färbungen von G (für k N beliebig) Maß: die Anzahl der Farben k Ziel: Minimierung (a) Zeigen Sie, dass MinColorability NPO gilt. (b) Es sei MinColorability D das zu MinColorability gehörige Entscheidungsproblem. Zeigen Sie, dass MinColorability D = Colorability gilt. Lösung 4 (a) Folgendes gilt: Es ist für eine Instanz x in polynomieller Zeit überprüfbar, ob x einen ungerichteten Graphen (z.b. in Form einer Adjazenz-Matrix) enthält. Sei y Sol(x), d.h. y kodiert eine Funtion f : V {1,..., k} (Färbung). Solch eine Funktion kann als Wertetabelle mit V Zeilen beschrieben werden. Knoten in V können mit O(log V ) Bits kodiert werden, Zahlen aus {1,..., k} mit O(log k) Bits. Die Kodierung von f benötigt also nicht mehr als O( V (log V + log k) = O(n log n) Bits. {x, y y Sol(x)} ist in P, denn es muss nur geprüft werden ob x eine korrekte Instanz ist, y eine Funktion f wie oben kodiert und für jede Kante die zugehörigen Knoten verschiedene Werte unter f annehmen. Das Maß k ist der größte Wert den f annehmen kann und lässt sich daher in Polynomialzeit berechnen. Insgesamt ergibt sich: MinCOLOR NPO. (b) Vereinfachende Sprechweise: f ist eine optimale Färbung von einem Graphen G, falls f eine k-färbung von G ist und für alle l < k gilt dass G keine l-färbung besitzt. Es gilt MinCOLOR D = { x, K x ist ein ungerichteter Graph, der eine optimale Färbung mit K Farben besitzt}. Offensichtlich gilt COLORABILITY MinCOLOR D, denn jeder Graph der eine K-Färbung besitzt, hat eine optimale Färbung mit K Farben. Andererseits ist jede K-Färbung auch eine K -Färbung für alle K K und damit MinCOLOR D COLORABILITY. Also insgesamt: MinCOLORD = COLORABILITY. 6

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