2. Übung Algorithmen I

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Bernhard Holzmann
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1 Timo Bingmann, Christian Schulz INSTITUT FÜR THEORETISCHE INFORMATIK, PROF. SANDERS 1 KIT Timo Universität Bingmann, des LandesChristian Baden-Württemberg Schulz und nationales Forschungszentrum in der Helmholtz-Gemeinschaft Institut für Theoretische Informatik

2 Organisatorisches Mittwoch finden keine Tutorien statt Betroffene Studenten: bitte diese Woche ein alternatives Tutorium besuchen Fehler: Blatt 2, Aufgabe 3 2 Timo Bingmann, Christian Schulz

3 Modellierungen mit Graphen (cont.) 3 Timo Bingmann, Christian Schulz

4 Modellierungen Landkarten Gegeben: Gesucht: Landkarte Färbung der Länder (benachbarte verschiedenfarbig) 4 Timo Bingmann, Christian Schulz

5 Modellierungen Landkarten Graph: Länder Knoten, Kanten wenn benachbart suche c : V {1,..., k} mit (u, v) E c(u) c(v) Ziel: finde minimales k 5 Timo Bingmann, Christian Schulz

6 Modellierungen Landkarten Graph: Länder Knoten, Kanten wenn benachbart suche c : V {1,..., k} mit (u, v) E c(u) c(v) Ziel: finde minimales k 6 Timo Bingmann, Christian Schulz

7 Modellierungen Landkarten ob 2-Färbung existiert, effizient entscheidbar (Übung) ab 3 Farben NP-vollständig 7 Timo Bingmann, Christian Schulz

8 Modellierungen Routing Gegeben: Frage: Straßenkarte Wie kommt man am schnellsten von Berlin nach Rom Was ist hier die Modellierung? Optimierungskriterien? Wie findet man so eine Tour? Dijkstra s Algorithmus(Vorlesung) Was ist Stand der Technik? 8 Timo Bingmann, Christian Schulz

9 Modellierungen Graphpartitionierung Geben G und k > 1, teile V in k Teilmengen V 1,..., V k so dass: 1 alle Mengen disjunkt, und die Vereinigung gerade V ist 2 alle Mengen ungefähr gleich groß 3 Anzahl der Kanten wird minimiert contraction phase match contract input graph local improvement initial uncontract output partition uncoarsening phase partitioning 9 Timo Bingmann, Christian Schulz

10 Weitere Anwendungen R n n Ax = b R n 10 Timo Bingmann, Christian Schulz

11 Intelligentes Raten 11 Timo Bingmann, Christian Schulz

12 Abschätzen von Rekurrenzen machmal kann man Lösungen erraten obere Schranken einfacher als exakte Schranken Beispiel: T (2n) = 2T (n) + 2n 1, T (2) = 1 T (n) = O(f (n))? 12 Timo Bingmann, Christian Schulz

13 Abschätzen von Rekurrenzen Erster Versuch T (2n) = 2T (n) + 2n 1, T (2) = 1 Rate: T (n) n 2 Müssen zeigen: T (2n) (2n) 2 T (2n) = 2T (n) + 2n 1 2n 2 + 2n 1 < (2n) 2 13 Timo Bingmann, Christian Schulz

14 Abschätzen von Rekurrenzen Zweiter Versuch T (2n) = 2T (n) + 2n 1, T (2) = 1 Rate: T (n) cn Müssen zeigen: T (2n) c(2n) T (2n) = 2T (n) + 2n 1 2cn + 2n 1 > 2cn Suche also Schranke zwischen cn und n 2 14 Timo Bingmann, Christian Schulz

15 Abschätzen von Rekurrenzen Dritter Versuch T (2n) = 2T (n) + 2n 1, T (2) = 1 Rate: T (n) n log 2 n Müssen zeigen: T (2n) 2n log 2 2n T (2n) = 2T (n) + 2n 1 2n log 2 n + 2n 1 = 2n(log 2 n + log 2 2) 1 = 2n log 2 2n 1 < 2n log 2 2n 15 Timo Bingmann, Christian Schulz

16 Abschätzen von Rekurrenzen Allgemeiner T (2n) = 2T (n) + 2n 1, T (2) = 1 nur für n = 2 k mit k N allgemeiner: T (n) = 2T ( n/2 ) + n 1 für n = 2 k stimmen beide Gleichungen überein 16 Timo Bingmann, Christian Schulz

17 Abschätzen von Rekurrenzen Allgemeiner T (n) = 2T ( n/2 ) + n 1 es gilt: T (n) T (n + 1) für 2 k 1 < n < 2 k T (2 k 1 ) T (n) T (2 k ) also: T (n) T (2 k ) c2 k log 2 2 k c2n log 2 (2n) c 1 n log 2 n 17 Timo Bingmann, Christian Schulz

18 Abschätzen von Rekurrenzen Allgemeiner T (n) = 2T ( n/2 + x) + n 1 wieder geschickt raten Timo Bingmann, Christian Schulz

19 Obere Schranken von Rekurrenzen Zusammenfassung/Kochrezept T (g(n)) = A(T, n) g : N N Funktion die Wachstum der Rekurrenz definiert A Ausdruck der T (n) und n enthält z.b. g(n) = 2n, A(T, n) = 2T (n) + 2n 1 Kochrezept: 1 rate T (n) f (n) 2 zeige: T (g(n)) f (g(n)) oder: 1 rate T (n) f (n) 2 ersetze Vorkommen von T (n/p) entsprechend 19 Timo Bingmann, Christian Schulz

20 Variablenwechsel Algebraische Manipulationen T (n) = T ( n) + 1, T (4) = 1 für n = 2 2i 20 Timo Bingmann, Christian Schulz

21 Variablenwechsel Algebraische Manipulationen T (n) = T ( n) + 1 setze m = log n, also n = 2 m dann: T (2 m ) = T (2 m/2 ) Timo Bingmann, Christian Schulz

22 Variablenwechsel Algebraische Manipulationen T (2 m ) = T (2 m/2 ) + 1 Trick: setze S(m) := T (2 m ) liefert: S(m) = O(?) S(m) = S(m/2) Timo Bingmann, Christian Schulz

23 Variablenwechsel Algebraische Manipulationen T (2 m ) = T (2 m/2 ) + 1 Trick: setze S(m) := T (2 m ) liefert: S(m) = O(log m) S(m) = S(m/2) Timo Bingmann, Christian Schulz

24 Variablenwechsel Algebraische Manipulationen T (n) = T ( n) + 1 S(m) = S(m/2) + 1 S(m) = O(log m) liefert für n = 2 2i : T (n) = T (2 m ) = S(m) = O(log m) = O(log log n) 24 Timo Bingmann, Christian Schulz

25 Mastertheorem Wiederholung - Einfache Form Für positive Konstanten a, b, c, d, sei n = b k für ein k N. { a falls n = 1 Basisfall r(n) = cn + dr(n/b) falls n > 1 teile und herrsche. Es gilt Θ(n) falls d < b r(n) = Θ(n log n) falls d = b Θ ( n log d) b falls d > b. 25 Timo Bingmann, Christian Schulz

26 Turm von Hanoi 26 Timo Bingmann, Christian Schulz

27 Generierende Funktionen Advanced Guessing mit F (z) = f (n)z n n=0 27 Timo Bingmann, Christian Schulz

28 Partialbruch-Zerlegung Gesucht: (1 αz)(1 βz) = 1 z z Timo Bingmann, Christian Schulz

29 Partialbruch-Zerlegung Gesucht: (1 αz)(1 βz) = 1 z z 2. Aus Koeffizienten-Vergleich mit (1 αz)(1 βz) = 1 (α + β)z + α βz 2 folgt (α + β) = 1 und α β = Timo Bingmann, Christian Schulz

30 Partialbruch-Zerlegung Gesucht: (1 αz)(1 βz) = 1 z z 2. Aus Koeffizienten-Vergleich mit folgt (1 αz)(1 βz) = 1 (α + β)z + α βz 2 (α + β) = 1 und α β = 1. Wegen β = 1 α folgt α (1 α) = 1. Es ist also die quadratische Gleichung zu lösen. α α = 0 α 2 α 1 = 0 28 Timo Bingmann, Christian Schulz

31 Partialbruch-Zerlegung Gesucht: (1 αz)(1 βz) = 1 z z 2. Aus Koeffizienten-Vergleich mit folgt (1 αz)(1 βz) = 1 (α + β)z + α βz 2 (α + β) = 1 und α β = 1. Wegen β = 1 α folgt α (1 α) = 1. Es ist also die quadratische Gleichung α α = 0 α 2 α 1 = 0 zu lösen. Mit Mitternachtsformel folgt α = 1 ± = 1 ± Timo Bingmann, Christian Schulz

32 Partialbruch-Zerlegung Man nennt φ := a = ( 1 ) 5 und ˆφ := b = 2 den Goldenen Schnitt und für diese gilt: φ + ˆφ = 1 sowie φ ˆφ = 1. Welche für die Zerlegung genau passen, denn 1 z z 2 = (1 φz)(1 + ˆφz) = 1 (φ + ˆφ)z + (φ ˆφ)z Timo Bingmann, Christian Schulz

33 Partialbruch-Zerlegung z Für die Zerlegung F (z) = 1 z z 2 = a 1 φz + b fehlen noch 1 ˆφz die Nenner. 30 Timo Bingmann, Christian Schulz

34 Partialbruch-Zerlegung z Für die Zerlegung F (z) = 1 z z 2 = a 1 φz + b fehlen noch 1 ˆφz die Nenner. Für diese gilt z = a(1 ˆφz) + b(1 φz) = a a ˆφ z + b bφ z, also 0 = a + b und 1 = a ˆφ bφ. 30 Timo Bingmann, Christian Schulz

35 Partialbruch-Zerlegung z Für die Zerlegung F (z) = 1 z z 2 = a 1 φz + b fehlen noch 1 ˆφz die Nenner. Für diese gilt also z = a(1 ˆφz) + b(1 φz) = a a ˆφ z + b bφ z, 0 = a + b und 1 = a ˆφ bφ. Wegen b = a ist also ( = a ˆφ + aφ = a(φ ˆφ) = a 2 1 ) 5 = a 2 ( ) Timo Bingmann, Christian Schulz

36 Partialbruch-Zerlegung z Für die Zerlegung F (z) = 1 z z 2 = a 1 φz + b fehlen noch 1 ˆφz die Nenner. Für diese gilt also z = a(1 ˆφz) + b(1 φz) = a a ˆφ z + b bφ z, 0 = a + b und 1 = a ˆφ bφ. Wegen b = a ist also ( = a ˆφ + aφ = a(φ ˆφ) = a 2 1 ) 5 = a 2 ( ) Man erhält also a = 1 5 und b = Timo Bingmann, Christian Schulz

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