Technische Universität München Zentrum Mathematik. Optimierung 2, WS 2008/09 Übungsblatt 12

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1 Technische Universität München Zentrum Mathematik Prof. Dr. P. Gritzmann, Dipl.-Inf. Dipl.-Math. S. Borgwardt, Dr. M. Ritter Optimierung 2, WS 2008/09 Übungsblatt 12 Aufgabe 12.1 Betrachten Sie die folgenden Probleme: Problem (Hamiltonkreis) Gegeben: Ein Graph G = (V, E). Auftrag: Entscheide, ob G einen Hamiltonkreis besitzt. Problem (Gerichteter Hamiltonkreis) Gegeben: Ein Digraph G = (V, E). Auftrag: Entscheide, ob G einen (gerichteten) Hamiltonkreis besitzt. a) Zeigen Sie: Das Problem Hamiltonkreis kann polynomiell auf das Problem Gerichteter Hamiltonkreis reduziert werden. b) Was sagen Sie zu folgender Aussage: Hat man eine Instanz G = (V, E) von Gerichteter Hamiltonkreis gegeben, so deniert man einfach einen ungerichteten Graphen G = (V, E ) durch E := {{u, v} : (u, v) E}. Damit ist das Problem auf Hamiltonkreis reduziert. c) Zeigen Sie: Das Problem Gerichteter Hamiltonkreis kann polynomiell auf das Problem Hamiltonkreis reduziert werden. Lösung zu Aufgabe 12.1 a) Zu einer Instanz G = (V, E) von Hamiltonkreis denieren wir einen Digraphen G := (V, E ) durch E := {(u, v), (v, u)}. {u,v} E Besitzt G einen gerichteten Hamiltonkreis, so entspricht diesem natürlich auch ein Hamiltonkreis in G. Umgekehrt gibt es zu jedem Hamiltonkreis in G aber auch einen korrespondierenden Hamiltonkreis in G (genau genommen sogar zwei), wenn man sich auf eine Durchlaufrichtung festlegt. Also gilt: G besitzt genau dann einen Hamiltonkreis, wenn G einen besitzt, damit hat man die gewünschte polynomielle Reduktion. b) Die Aussage ist natürlich Unsinn, wie folgendes Beispiel zeigt: 1

2 Oenbar bestitzt der Digraph keinen gerichteten Hamiltonkreis, seine ungerichtete Version hat aber natürlich einen Hamiltonkreis. c) Sei G = (V, E) eine Instanz von Gerichteter Hamiltonkreis, dann nehmen wir folgende Transformation auf einen (ungerichteten) Graphen G = (V, E ) vor (vgl. Skizze): V := v V { v +, v, v } E := E 1 E 2 := {{ u, v +} : (u, v) E } ( {{ v +, v }, { v, v }}) v V v v + v v Wir zeigen, dass diese Transformation die gesuchte Reduktion darstellt. Dass die Transformation mit polynomiell beschränktem Aufwand durchführbar ist, ergibt sich aus der Tatsache, dass der neue Graph 3n Knoten und m + 2n Kanten besitzt, seine Gröÿe ist also polynomiell beschränkt in der Gröÿe des Digraphen G. Bleibt zu zeigen, dass G genau dann einen Hamiltonkreis enthält, wenn G einen gerichteten Hamiltonkreis enthält. Die eine Richtung ist klar: Falls G einen gerichteten Hamiltonweg enthält, ergibt sich daraus natürlich auch ein Hamiltonweg in G, wenn man jeden Knoten x durch die Knotenfolge x +, x, x ersetzt. Für die Umkehrung setzen wir voraus, dass G einen Hamiltonkreis enthält. Dieser Kreis enthält dann natürlich auch alle Mittelknoten, und mit einem Mittelknoten x sind auch die beiden Kanten {x +, x} und {x, x } im Hamiltonkreis enthalten, und zwar unmittelbar hintereinander (anders ist x ja nicht zu erreichen). Der Hamiltonkreis ist also eine Aneinanderreihung von Knotentripeln x +, x, x oder x, x, x +. Aus der Konstruktion 2

3 von G folgt aber, dass diese Tripel alle einheitlicher Reihenfolge durchlaufen werden müssen, d.h. auf einen Minusknoten folgt immer ein Plusknoten oder umgekehrt von einem x -Knoten kommt man ja nur zu einem y + -Knoten und umgekehrt. Ein solcher Hamiltonkreis entspricht aber einem gerichteten Hamiltonkreis in G, wenn man ihn in der Reihenfolge x +, x, x für alle Knoten durchläuft. Aufgabe 12.2 Wir zeigen, dass der Floyd-Warshall Algorithmus auf einem Graphen G = (V, E) mit n = V als Beispiel für dynamische Optimierung verstanden werden kann. Dazu konstruieren wir den zugehörigen Schichtgraphen. Dabei benutzen wir jeweils eine Schicht von Knoten für jeden Schritt des Algorithmus, also für jede Matrix D (k) G, k = 0,..., n, und einen Knoten pro Schicht für jeden Eintrag von = (δ(k) ij ) i,j [n]. D (k) G a) Skizzieren Sie die Knotenmenge des Schichtgraphen und beschreiben Sie die Bedeutung der einzelnen Knoten. Wieviele Knoten gibt es in Ihrem Schichtgraphen? b) Beschreiben Sie die Kantenmenge Ihres Schichtgraphen und die dazugehörige Stufenkostenfunktion. Was stellen Sie für Ihre Stufenkostenfunktion fest? c) Bestimmen Sie eine möglichst scharfe Laufzeitschranke für Ihren Algorithmus. Lösung zu Aufgabe 12.2 a) Neben einem Startknoten s benutzen wir für jeden der n Schritte (und für die urprüngliche Distanzmatrix) des Floyd-Warshall-Algorithmus eine Schicht von Knoten, die den Matrix-Einträgen des entsprechenden Schrittes entsprechen. Der Eintrag an Stelle (i, j) in der k-ten Matrix repräsentiert die Länge eines kürzesten v i, v j -Weges in dem gegebenen Graphen, der nur Knoten v 1,..., v k als Zwischenknoten benutzt, für k = 0 entspricht er dem Wert der Distanzmatrix an der Stelle (i, j). Den entsprechenden Knoten in unserem Schichtgraphen (der sich in Schicht k bendet) indizieren wir als v i,j,k. Insgesamt haben wir damit s und v i,j,k i, j {1,..., n}, k {0,..., n}, also n 2 (n+1)+1 Knoten. b) Die erste Schicht der Knoten v i,j,0 unseres Graphen soll jeweils die Kantenlängen zwischen Knoten v i und v j angeben. Dazu verbinden wir s mit einer Kante mit jedem dieser Knoten, und benutzen als Stufenkostenfunktion φ((s, v i,j,0 )) = w((v i, v j )), falls (v i, v j ) E und φ((s, v i,j,1 )) = sonst. Damit enthalte die Schicht k die kürzesten Wege zwischen Knoten allein mit Zwischenknoten aus v 1,...v k. Die Kanten zu Schicht k + 1 entstehen folgendermaÿen: Da ein kürzester Weg über Knoten v 1,..., v k+1 zwischen zwei Knoten möglicherweise den Knoten v k+1 gar nicht benutzt, haben wir Kanten (v i,j,k, v i,j,k+1 ) mit φ((v i,j,k, v i,j,k+1 )) = 0, so dass das Label von Knoten v i,j,k direkt für v i,j,k+1 übernommen werden kann. 3

4 Durch das Erlauben von v k+1 auf dem Weg entstehen durch den Dreiecksoperator möglicherweise v i, v j -Wege der Form v i,..., v k+1,..., v j. Dessen Länge setzt sich natürlich zusammen aus der Länge des Weges v i,..., v k+1 und des Weges v k+1,..., v j. Dementsprechend fügen wir dem Schichtgraphen Kanten von v i,k+1,k zu v i,j,k+1 hinzu mit φ((v i,k+1,k, v i,j,k+1 )) = δ(v k+1,j,k ), wobei δ(v k+1,j,k ) dem Label des Knotens v k+1,j,k entspricht, also der Länge eines kürzesten v k+1, v j -Weges über Knoten v 1,..., v k. Da δ(v i,k+1,k ) der Länge eines kürzesten v i, v k+1 -Weges über Knoten v 1,..., v k entspricht, wird das Label des Knotens v i,j,k+1 genau mit der Länge eines kürzesten v i, v j -Weges über v 1,..., v k+1 belegt, wenn wir das Minimum der angebotenen Wege zum Knoten auswählen. Diese Stufenkostenfunktion lässt sich nicht geschlossen angeben: Mit der Denition φ((v i,k+1,k, v i,j,k+1 )) = δ(v k+1,j,k ) kennen wir die Kantengewichte zur Schicht k + 1 erst, nachdem wir die Knotenlabels der Schicht k berechnet haben. Für unseren Algorithmus ist dies unproblematisch. c) Wir bestimmen eine Laufzeitschranke für unseren Algorithmus durch die Anzahl der Knoten und Kanten in unserem Graphen. Nach Aufgabe a) haben wir n 3 +n+1 Knoten. Von s laufen n 2 Kanten zu den Knoten der ersten Schicht. Danach haben wir n weitere Übergänge von einer Schicht zur nächsten. In diesen gibt es für jeden Knoten v i,j,k eine Kante zu v i,j,k+1 und für n weitere Knoten v i,k+1,k (i {1,..., n}) jeweils n weitere Kanten zu Knoten v i,j,k+1 (j {1,..., n}). Wir haben also n 2 +n 2 = 2n 2 Kanten für einen solchen Schichtübergang. Zusammen haben wir n 3 + n + 1 Knoten und n 2 + n (2n 2 ) = n 2 + 2n 3 Kanten, sind also in O(n 3 ). (Vgl. Vorlesung) Aufgabe 12.3 Hausaufgabe a) Erweitern Sie den Euklidischen Algorithmus (6.1.9 der Vorlesung) zur Bestimmung des gröÿten gemeinsamen Teilers zweier Zahlen a, b N derart, dass Faktoren s, t Z bestimmt werden, so dass ggt (a, b) = s a + t b. Begründen Sie die Korrektheit Ihres Algorithmus. b) Benutzen Sie Ihren Algorithmus aus Teilaufgabe a), um eine ganzzahlige Lösung der folgenden diophantischen Gleichung zu bestimmen: 6 x x x 3 = 16 c) Bestimmen Sie alle ganzzahligen Lösungen der Gleichung aus Teilaufgabe b) analog zur Vorlesung. (Vgl. Beispiel der Vorlesung.) Lösung zu Aufgabe

5 Algorithmus 1 : Erweiterter Euklidischer Algorithmus Input : a, b N Output : s, t Z mit ggt (a, b) = s a + t b Setze k = 0; r 0 = a, r 1 = b; s 0 = 1, s 1 = 0; t 0 = 0, t 1 = 1. while r k+1 0 do k := k + 1 q k := r k 1 r k r k+1 := r k 1 q k r k s k+1 := s k 1 q k s k t k+1 := t k 1 q k t k end return: s = s k, t = t k a) Analog zu Algorithmus wird eine Folge fallender r k konstruiert, die als ggt von a und b in Frage kommen. Sobald r k+1 = r k 1 q k r k = 0 brechen wir ab, da wir dadurch wissen, dass r k 1 r k N und wir hiermit feststellen, dass ggt (a, b) = ggt (r k 1, r k ) = r k ist. (Vgl. Lemma ). Mit der gewählten Initialisierung gilt r 0 = a = 1 a + 0 b = s 0 a + t 0 b r 1 = b = 0 a + 1 b = s 1 a + t 1 b Die Belegungen der s k und t k erfolgen nun analog zu den Belegungen der r k, so dass stets r k = s k a + t k b gilt. Da am Ende des Algorithmus ggt (a, b) = r k gilt, arbeitet der Algorithmus korrekt. b) Nach Lemma und Bemerkung berechnen wir (iterativ) den ggt der drei Koef- zienten. (Natürlich kann man ihn in diesem Beispiel einfach ablesen.) Hierzu benutzen wir unseren erweiterten Euklidischen Algorithmus, so dass wir dabei die Lösung der Gleichung mitbestimmen. Schritt 1: ggt (6, 12) = 6 = durch Ablesen oder wie folgt r 0 = 6, s 0 = 1, t 0 = 0 r 1 = 12, s 1 = 0, t 1 = 1 r 2 = = 6, s 2 = 1, t 2 = 0 r 3 = = 0, s 3 = = 2, t 3 = = 1 Also: s = s 2 = 1, t = t 2 = 0 Schritt 2: ggt (6, 14) = 2 = durch Ablesen oder wie folgt r 0 = 6, s 0 = 1, t 0 = 0 r 1 = 14, s 1 = 0, t 1 = 1 r 2 = = 6, s 2 = 1, t 2 = 0 r 3 = = 2, s 3 = = 2, t 3 = = 1 r 4 = = 0, s 4 = 1 3 ( 2), t 4 = = 3 Also: s = s 3 = 2, t = t 3 = 1 5

6 Schritt 3: Zusammen ergibt sich ggt (6, 12, 14) = 2 = 2 ggt (6, 12)+1 14 = 2( )+1 14 = Da 16 = 2 8 erhalten wir als Lösung x 1 = 2 8 = 16, x 2 = 0, x 3 = 1 8 = 8. c) In Matrixschreibweise sehen unsere ggt -Berechnungen wie folgt aus: (6, 12, 14) = (6, 0, 14) (6, 0, 14) = (6, 0, 2) (6, 0, 2) = (0, 0, 2) Wir erhalten eine Matrix C = = mit (6, 12, 14)C = (0, 0, 2). Damit ist 6 x x x 3 = 2β lösbar für β Z, also insbesondere für 2β = 16. C ist regulär, also gilt für y := (y 1, y 2, y 3 ) T := C 1 x 16 = (6, 12, 14)x = (6, 12, 14)Cy = (0, 0, 2)y = 2y 3 Damit ist y 3 = 8 und wir erhalten alle Lösungen in der Form x = Cy = (7, 0, 3) T y 1 + ( 2, 1, 0) T y 2 + ( 2, 0, 1) T 8, wobei y 1, y 2 Z beliebig sind. 6