Über-/Rückblick. F3 01/02 p.269/294

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Sophie Goldschmidt
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1 Über-/Rükblik Algorithmenbegriff: Berehenbarkeit Turing-Mashine RAM µ-rekursive Funktionen Zeit Platz Komplexität Algorithmentehniken Algorithmenanalyse (Berehnung der Komplexität) Rekursion Iteration Baktraking Greedy-Algorithmen Auflösen von Rekurrenzen F3 01/02 p.269/294

2 Einige Feststellungen Mergesort hat eine worst-ase-zeitkomplexität von O(n log n). Insertsort hat eine worst-ase-zeitkomplexität von Θ(n 2 ). Somit ist Mergesort asymptotish shneller als Insertsort. Manhmal ist es möglih, die exakte Zeit für einen gegebenen Computer festzustellen, aber das ist meistens niht lohnenswert. F3 01/02 p.270/294

3 Asymptotishe Algorithmenanalyse Analyse der Hauptidee des Algorithmus. Mergesort ist ein divide-and-onquer-algorithmus: Ein Problem wird auf zwei Probleme etwa halber Größe reduziert (mit linearem Zeitaufwand für deomposition und omposition). Θ(n log n) Insertsort ist ein Sortieralgorithmus, für den nah dem i-ten Zyklus die ersten i Elemente der Folge sortiert sind und im i-ten Shritt das i-te Element in die rihtige Position gebraht wird. i-ter Shritt } sortiert F3 01/02 p.271/294

4 Analyse (2) Vorsiht ist bei der asymptotishen Analyse geboten besonders, wenn die Komplexität niht nur vom Umfang der Eingabedaten abhängt. Für die Zeitkomplexität von Insertsort gilt: T (n) Ω(n) T (n) O(n 2 ) Kann man nun shreiben T (n) Ω(n 2 )? Nein! Es gibt Eingaben, für die Insertsort Θ(n) Zeit brauht. Aber für die worst-ase- Zeitkomplexität gilt: T worst (n) Ω(n 2 ) F3 01/02 p.272/294

5 Einführungsbeispiel: Ebenen In maximal wieviele Gebiete zerteilen n Geraden die euklidshe Ebene? keine Gerade (n = 0): das Gebiet bleibt unverändert. Also L 0 = 1. eine Gerade (n = 1): zwei Gebiete, d.h. L 1 = 2. zwei Geraden (n = 2): vier Gebiete, d.h. L 2 = 4. I. I. II. IV. I. II. III. n=0 n=1 n=2 F3 01/02 p.273/294

6 Ebenen (2) Die Vermutung L n = 2 n, die für n = 0, 1, 2 stimmt, wird durh L 3 widerlegt: Für n = 3 ergibt sih folgendes Bild: I. VI. VII. II. n=3 V. IV. III. Also: L 3 = 7. Ist die neue Gerade zu keiner anderen parallel, so shneidet sie alle vorherigen Geraden genau einmal (höhstens in n 1 vershiedenen Punkten). F3 01/02 p.274/294

7 Rekurrenzgleihung Wenn die n-te Gerade niht durh einen früheren Shnittpunkt geht, so wird die Maximalzahl erreiht. Es ergibt sih die Rekurrenz L n := L n 1 + n für die gesuhte Zahl L n mit dem Anfangswert L 0 := 1. Um nun eine geshlossene Formel für L n zu gewinnen, wikeln wir die ersten Rekurrenzen ab: L 0 = 1 L 1 = L = = 2 L 2 = L = (L 0 + 1) + 2 = = 4 L 3 = (L 1 + 2) + 3 = ((L 0 + 1) + 2) + 3 = = 7 F3 01/02 p.275/294

8 Summenformel Die offensihtlihe Vermutung ist also L n = 1 + n i=1 i Diese Vermutung muß aber noh formal bewiesen werden, was wir durh vollständige Induktion tun werden. Die Verankerung für n = 0 ergibt sih wie gewünsht: L 0 = i=1 i = 1 F3 01/02 p.276/294

9 Summenformel (2) Induktionsannahme: m L m = 1 + i=1 i für ein festes m IN Induktionsshritt: L m+1 = L m + (m + 1) (entsprehend der Rekurrenz) = m 1 + i + (m + 1) (nah Induktionsannahme) = 1 + i=1 m+1 i=1 i (trivial) Damit ist die Formel L n = 1 + n i=1 i bewiesen. F3 01/02 p.277/294

10 geshlossene Formel Die Summenformel ist keine geshlossene Formel! m Mit Hilfe der Gaußshen Formel i = n(n+1) erhalten 2 i=1 wir nun eine geshlossene Formel für L n : L n = 1 + n(n + 1) 2 Grundsätzlihes Vorgehen beim Lösen von Rekurrenzgleihungen: Zuerst die Werte für kleine Argumente berehnen. Diese Werte können helfen 1. die Lösung zu finden, 2. die Lösung zu verifizieren. F3 01/02 p.278/294

11 2. Beispiel: Türme von Hanoi A B C Ausgangssituation: Seien drei Stangen gegeben und n Sheiben, die der Größe nah sortiert auf Stange A liegen. Aufgabe: Die Sheiben von Stange A sollen auf Stange C vershoben werden, wobei in jedem Shritt nur eine Sheibe bewegt und niemals eine größere Sheibe auf eine kleinere gelegt werden kann. F3 01/02 p.279/294

12 rekursiver Algorithmus 1. Vershiebe die n 1 oberen Sheiben von A auf B. 2. Vershiebe die größte Sheibe von A auf C. 3. Vershiebe alle n 1 Sheiben von B auf C. Vershiebungs-Analyse: Sei T (n) die Anzahl der Vershiebungen, die obiger Algorithmus brauht, um n Sheiben zu vershieben. Es gilt 1 falls n = 1 T (n) = 2T (n 1) + 1 falls n > 1 Frage: Kann man das shneller tun? Antwort: Nein. F3 01/02 p.280/294

13 Hanoi-Rekurrenz Rekurrenzgleihung für die Türme von Hanoi: 1 falls n = 1 T (n) = 2T (n 1) + 1 falls n 2 Tabellarishe Darstellung: n T (n) n Vermutung: T (n) = 2 n 1? F3 01/02 p.281/294

14 Beweis Wir betrahten zwei Beweismöglihkeiten: 1. vollständige Induktion 2. Reduzieren auf Summen Induktionsbeweis für: T (n) = 2 n 1 ist Lösung. Induktionsanfang: Für n = 1 gilt T (1) = = 1. Induktionsshritt: Nah der Induktionsannahme sei für ein gegebenes n 1 T (n) = 2 n 1 eine Lösung der Rekurrenzgleihung. Nah Rekurrenzgleihung: T (n + 1) = 2T (n) + 1 = 2(2 n 1) + 1 = 2 n+1 1 F3 01/02 p.282/294

15 Reduzierung auf Summen Es kann vorkommen, daß nah dem Studium endlih vieler Anfangswerte keine Vermutung naheliegt, die beweisbar eine Lösung darstellt. Hier kann nur noh formal nah einer Lösung gesuht werden. Abwikeln der Rekursion Zusammenfassen / Ersetzen bekannter (Teil-)Summen Die Methode kann zu einem standardisierten Verfahren zum Auffinden einer geshlossenen Formel für beliebige lineare Rekurrenzgleihungen erweitert werden! F3 01/02 p.283/294

16 Hanoi auf Summen reduzieren T (n) = 2T (n 1) + 1 = 2(2T (n 2) + 1) + 1 = 4T (n 2) = 4(2T (n 3) + 1) = 2 3 T (n 3) = 2 k T (n k) + = 2 n 1 T (1) + = n 1 i=0 k 1 i=0 n 2 2 i i=0 2 i 2 i (geometrishe Reihe) = 2n = 2n 1 F3 01/02 p.284/294

17 3. Beispiel: divide and onquer at(n/) nk nk' Problem P der Größe n n n n n n Lösung Aufteilung in a Subprobleme Zusammenfassung zur Lösung von P Gesuht: Zeitkomplexität T (n) dieses Algorithmus. d falls n = 1 T (n) = at ( n) + kn + k n falls n > 1 F3 01/02 p.285/294

18 Vereinfahung Zur Analyse des divide-and-onquer-algorithmus vereinfahen wir die Rekurrenz zu b falls n = 1 T (n) = at ( n ) + bn falls n > 1. k und k sind für jedes Problem bekannt und konstant! d k + k Also wählen wir b := k + k F3 01/02 p.286/294

19 Abwikeln der Rekurrenz Durh rekursives Einsetzen (Abwikeln) erhalten wir: ( n ) ( ( n ) T (n) = at + bn = a at + b n ) + bn ( 2 n ) = a 2 T + bn a 2 + bn ( n ) = a (at 2 + b n ) + bn a bn ( n ) ( a ) 2 = a 3 a T + bn + bn 3 + bn ( n ) k 1 ( a ) i = a k T + bn k Wenn n = k ist, so briht das Verfahren bei T (n) = a k b + bn k 1 i=0 ( a )i ab, denn es ist T (1) = b. i=0 F3 01/02 p.287/294

20 Der Weg zur geshlossenen Formel Mit n = k folgt k = log (n) und somit k 1 ( a ) i T (n) = a k b + bn = a k b + bn i=0 k ( a ) i ( a ) k bn i=0 = a k b (1 n ) + bn k = bn log (n) i=0 ( a ) i k ( a ) i i=0 Je nah dem Verhältnis von a zu ergeben sih untershiedlihe Lösungen! F3 01/02 p.288/294

21 Falluntersheidung Fall 1, a < : i=0 ( a ) i konvergiert T (n) proportional zu n Fall 2, a = : T (n) = bn(log (n) + 1) T (n) prop. n log(n) Fall 3, a > : T (n) proportional zu n log (a) Dann folgt T (n) = bn log (n) i=0 ( a ) i a ) log (n)+1 1 ( a = bn( a 1 bn = bn alog (n) = ba log (n) = bn log (a) n weil a log (n) = n log (a) stets gilt. ) log (n) F3 01/02 p.289/294

22 Shlußfolgerung Wihtige Feststellung zu divide-and-onquer-algorithmen: Die Zeitkomplexität eines divide-and-onquer-algorithmus hängt nur von dem Verhältnis a ab und niht von der Art des Problems oder vom Lösungsweg, wenn der Zeitbedarf für die Zerlegung in Teilprobleme und die Zusammenfassung der Teillösungen proportional zur Größe des Problems ist. F3 01/02 p.290/294

23 Ein praktishes Problem Für das Platinenlayout sind Anordnungen von Chips der Maße 1 2 m auf einer Bahn von 2 m Höhe und bisher unbestimmter Länge n nötig. Möglihe Anordnungen sind z.b.: n=5 n=6 Sei T n die Anzahl der vershiedenen Anordnungen auf einer Bahn der Länge n. Es gilt T n = T n 1 + T n 2 für n 2 Anfangswerte: T 0 := 1 und T 1 := 1 F3 01/02 p.291/294

24 Fibonai-Zahlen F 0 = 0, F 1 = 1, F n = F n 1 + F n 2 für n > 1 Wir suhen eine Lösung in der Form F n = r n (r ist unbekannte Konstante). Existiert eine solhe Lösung, dann gilt: r n = r n 1 + r n 2 für jedes n > 1 und daraus folgt, dass entweder r = 0 oder r 2 = r + 1. Diese Gleihung hat zwei Lösungen: r 1 = , r 2 = F3 01/02 p.292/294

25 Fibonai-Zahlen (2) Eine allgemeine Lösung der Gleihung hat die Form λr n 1 + µr n 2 wobei λ und µ Konstanten sind. Daraus folgt: λ + µ = F 0 = 0, λr 1 + µr 2 = F 1 = 1 λ = µ = 1 5 und (( F n = ) n ( 1 ) n ) 5 2 ( 1 Wegen lim ) n 5 n 2 = 0 gilt: ( F n ) n 5 für n 2 F3 01/02 p.293/294

26 Der goldene Shnitt Das abgetrennte Rehtek soll das gleihe Seitenverhältnis haben, wie das ursprünglihe Rehtek. r Dafür muß r s = s gelten. r s s s Es folgt x = r = s = 1 s r s x 1 oder x 2 x 1 = 0. Lösungen: x = Φ = 1+ 5 und x = ˆΦ = r-s Eine Größe r wird nah dem goldenen Shnitt geteilt, wenn der Teil s das geometrishe Mittel von r und r s ist: s = r(r s). F3 01/02 p.294/294

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