Algebraische Graphentheorie und Komplexitätstheorie Dr. Markus Severitt L A TEX-Mitschrift von Christina und Jan

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1 1 Algebraische Graphentheorie und Komplexitätstheorie Dr. Markus Severitt L A TEX-Mitschrift von Christina und Jan Dies ist unsere Vorlesungsmitschrift der Veranstaltung Algebraische Graphentheorie und Komplexitätstheorie (Graphentheorie II) von Herrn Dr. Severitt, gelesen im Wintersemester 2011/2012. Das Dokument ist weder final, noch fehlerfrei. Kontaktinformationen und eventuell aktuellere Versionen sind auf cnaundor bzw. jgoepfer zu finden. Dort befindet sich ebenfalls eine Mitschrift zur Vorläuferveranstaltung Graphentheorie, gelesen im Sommersemester Weil im Sommersemester 2013 wieder eine Veranstaltung Graphentheorie gehalten werden wird, haben wir diese Mitschrift technisch leicht überarbeitet. Anmerkungen und Verbesserungsvorschläge sind deutlich erwünscht. Christina und Jan Januar 2013

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3 Inhaltsverzeichnis 3 Inhaltsverzeichnis 1 N P-Vollständigkeit Motivation Sprachen und Turing-Maschinen Reduzierbarkeit und die Unentscheidbarkeit des Halteproblems Nicht-deterministische Turingmaschinen Laufzeiten und Effizienz von Algorithmen N P-Vollständigkeit und das Erfüllbarkeitsproblem Das Färbbarkeitsproblem Das Hamilton-Pfad(-Kreis)-Problem Färbungen von Produkten Summen und Produkte revisited Exponentialgraphen Hedetniemis Vermutung Rundflüsse und Spannungen Algebraische Grundlagen Rundflüsse und Spannungen von Multidigraphen Rundflüsse und Spannungen von Multigraphen Die Struktur des Rundfluss- und Spannungsmoduls Die Vektorraumstruktur des Rundfluss- und des Spannungsraums Das Flusspolynom k-flüsse und die Flusszahl Dualitätstheorie Geometrische Duale Die N P-Vollständigkeit des 3-Flussproblems Algebraische Duale

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5 5 1 N P-Vollständigkeit 1.1 Motivation Entscheidungsprobleme {(a, b) a + b = 0} N N (3-FARB) (HAM) (CLIQUE) {G Z(G) 3} Graphen {G G hat Hamilton-Kreis } Graphen {(G, K) G enthält K-Clique} Graphen N Aufgabe: Entscheide rechnerisch (algorithmisch), ob etwa für G Graphen gilt: χ(g) 3 oder χ(g) 4 Also: Algorithmisch die Teilmengenzugehörigkeit entscheiden. 2 Problemklassen: P= Entscheidungsprobleme, die deterministisch algorithmisch in polynomieller Laufzeit entscheidbar sind. N P= Entscheidungsprobleme, die nicht-deterministisch algorithmisch in polynomieller Laufzeit entscheidbar sind. Nicht-deterministisch heißt: der Algorithmus darf raten. Zum Beispiel 3-FARB.

6 6 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Es gilt: Frage: Gilt P = N P? Ein Problem heißt N P-vollständig, wenn: i) Es ist ein N P-Problem P N P. ii) Es ist mindestens so schwer wie alle anderen N P-Probleme Beispiel. 3-FARB, HAM, CLIQUE, Travelling-Salesman, Erfüllbarkeitsproblem der Aussagenlogik Fragen: Was ist ein Algorithmus? Was ist Laufzeit? Was heißt mindestens so schwer wie? 1.2 Sprachen und Turing-Maschinen Defintion. Ein Alphabet Σ ist eine endliche Menge. Sei Σ ein Alphabet, i 1: ist die Menge der Worte der Länge i. Σ i := {w 1... w i w s Σ} i = 0 : Σ 0 = {ε} ε ist das leere Wort mit Länge 0. Für w = w 1... w i ist w = i die Länge von w Eine Sprache L über einem Alphabet Σ ist eine Teilmenge L Σ Beispiel. L = {a i b j i, j 0} {a, b} (a 0 = ε) L = {a i b i i 0} {a, b} L = {(a, b) a + b = 0} N N {0, 1} {0, 1} {0, 1, #} : (v, w) v#w L = {G χ(g) 3} Graphen Adjazenzmatrix Matrizen mit Einträgen 0, 1 {0, 1, #} v 1... v 1 #v 2 #... #v n v n

7 1.2. SPRACHEN UND TURING-MASCHINEN Defintion. Sei G = (V, E) ein Graph. Die Adjazenzmatrix A ist die V V - Matrix { 1, v G w A = (a vw ) (v,w) V V : a vw = 0, sonst A = #1010#0101# Allgemeine Aufgabe: Gegeben eine Sprache L über Alphabet Σ. Entscheide algorithmisch, ob für w Σ gilt: w L oder w L Bemerkung. Sei Σ ein geordnetes Alphabet. Dann ist Σ lexikographisch geordnet, wobei für w 1, w 2 mit w 1 w 2 und w 2 > w 1 w 2 > w 1 Beispiel: Σ = {0, 1}, 0 < 1. Aufsteigend: Damit: Σ ist abzählbar. ε, 0, 1, 00, 01, 10, 11, 000, 001, Übungsaufgabe. Sei Σ fixiert. Die Menge aller Σ-Sprachen ist überabzählbar Turing-Maschine (Alan Turing, 1936) Eine Turingmaschine besteht aus einem unendlichen Band mit Einträgen aus dem Alphabet Γ oder dem Blanksymbol und einem programmgesteuerten Lese- und Schreibkopf, der sich auf dem Speicherband feldweise bewegen und die Zeichen verändern kann. Input = w Σ, Σ Γ. Schreibe das auf das Band. Start der Maschine: w = w 1... w i

8 8 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Zustände: q 0 Startzustand Endzustände: q accept : akzeptiert, q reject : lehnt ab Übergangsfunktion (Zustand, Input-Buchstaben) Beispiel. Input = n N binär kodiert (Σ = {0, 1}) ( Zustand, Output, links/rechts-bewegung vom Kopf 1. Gehe nach rechts solange, bis das Ende des Inputs erreicht ist. { 0 akzeptiert 2. Ist der letzte Buchstabe eine 1 lehnt ab Diese Turingmaschine entscheidet, ob n gerade ist oder nicht Defintion. Eine Turing-Maschine ist ein 7-Tupel wobei M = (Q, Σ, Γ, δ, q 0, q accept, q reject ) 1. Q endliche Zustandsmenge mit q 0, q acc, q rej Q 2. Σ Input-Alphabet mit Σ 3. Γ Bandalphabet mit Σ Γ und Γ (Blanksymbol) 4. Übergangsfunktion 5. q 0 Q Startzustand 6. q accept : akzeptierender Zustand 7. q reject ( q acc ): ablehnender Zustand δ : Q {q acc, q rej } Γ Q Γ {L, R} Bemerkung. Befindet sich M in q acc oder q rej, so hält M an, daher ist δ auf Q {q acc, q rej }. Die Menge aller Turingmaschinen mit fixiertem Input-Alphabet Σ ist abzählbar Notation. Ist δ(q, γ) = (q, γ, L/R), schreibe: )

9 1.2. SPRACHEN UND TURING-MASCHINEN 9 γ γ, L/R q q Beispiel revisited: Σ = {0, 1}, Γ = {0, 1, } Q = {q 0, q 1, q acc, q rej } 0, 1 R q 0 L q 1 0 R 1, R q acc q rej

10 10 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Erinnerung. Eine Turingmaschine M ist ein 7-Tupel M = (Q, Σ, Γ, δ, q 0, q acc, q rej ) δ : Q {q acc, q rej } Γ Q Γ {L, R} Defintion. Sei M eine Turingmaschine. i) Eine Konfiguration (von M) ist C = uqv mit u, v Γ, q Q Interpretation: u, v Bandinhalt. Maschine ist im Zustand q. Vereinbarung: uqv = uqv = uqv ii) Eine Konfiguration C heißt akzeptierend, falls C = uq acc v und ablehnend, falls C = uq rej v. iii) Für w Σ ist C = q 0 w die Startkonfiguration Defintion. Seien C, C Konfigurationen einer Turingmaschine M. i) C geht durch M direkt aus C hervor, notiert C M C falls: a) C = uaq i bv, C = uq j acv mit u, v Γ, a, b, c Γ und δ(q i, b) = (q j, c, L) b) oder C = uaq i bv, C = uacq j v und δ(q i, b) = (q j, c, R) ii) C geht (durch M) aus C hervor, notiert C C, falls Konfigurationen C 1,..., C k existieren mit: a) C 1 = C, C k = C b) C i M C i+1 i = 1,..., k 1

11 1.2. SPRACHEN UND TURING-MASCHINEN Beispiel. Σ = {0, 1} 0, 1 R q 0 L q 1 0 R 1, R q acc q rej q 0 01 ist die Startkonfiguration von w w = 01 {0, 1} q 0 01 M 0q 0 1 M 01q 0 M 0q 1 1 M 01q rej Defintion. Sei M eine Turingmaschine, w Σ. i) M akzeptiert w, falls eine akzeptierende Konfiguration C existiert mit q 0 w C. ii) M lehnt w ab, falls eine ablehnende Konfiguration C existiert mit q 0 w C Bemerkung. Gegeben eine Turingmaschine M und w Σ. Es treten 3 disjunkte Fälle auf: 1. M akzeptiert w 2. M lehnt w ab 3. M gerät bei Input w in eine Endlosschleife Beispiel. Σ = {a}, Γ = {a, }

12 12 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT q 0 a, R a, R q 1 q rej q acc Für diese Turingmaschine existiert nur Fall 3. (Endlosschleife) Zu Beispiel : Für w {0, 1} gilt: m akzeptiert w w = w 1 w i mit w i = 0 m lehnt w ab w = ε oder w = w 1 w i mit w i = 1 Das heißt, für diese Turingmaschine tritt Fall 3 nie ein Defintion. Sei M eine Turingmaschine, Σ ein Input-Alphabet. i) L(M) := {w Σ M akzeptiert w} Σ heißt die von M akzeptierte (erkannte) Sprache. Die Turingmaschinen M, M heißen äquivalent, falls L(M) = L(M ). ii) L Σ heißt Turing-erkennbar, falls eine Turingmaschine M existiert mit L = L(M). iii) M heißt Entscheider, falls gilt: u Σ L(M) : M lehnt u ab iv) L Σ heißt (Turing-)entscheidbar, falls ein Entscheider M existiert mit L = L(M) Beispiel. Beispiel entscheidet Sei M die Turingmaschine L = {w 1 w i w i = 0} {0, 1}

13 1.2. SPRACHEN UND TURING-MASCHINEN 13 0, 1 R q 0 1, R L q 1 0 R q acc q rej Dann gilt L(M ) = L, aber M entscheidet L nicht Satz. i) L Σ ist entscheidbar L und L := Σ L sind Turing-erkennbar. ii) L Σ ist entscheidbar L = Σ L ist entscheidbar. Beweis. (ii): ist klar oder folgt aus (i). (i): klar: nimm einen Entscheider M für L M = Input w Σ 1. Lasse M auf w los. 2. Akzeptiert M w, so lehne ab. 3. Lehnt M w ab, so akzeptiere. Sei M 1 ein Erkenner von L, das heißt L(M 1 ) = L und sei M 2 ein Erkenner von L, das heißt L(M 2 ) = L. Konstruiere eine neue Turingmaschine N. N = Input w Σ 1. Lasse parallel M 1 und M 2 auf w los. (parallel heißt: abwechselnd ein Rechenschritt) 2. Akzeptiert M 1, akzeptiere. 3. Akzeptiert M 2, lehne ab. Dann ist N ein Entscheider mit L(N) = L.

14 14 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Bemerkung. Die Menge aller Turingmaschinen ist abzählbar Übungsaufgabe. Die Menge aller Σ-Sprachen ist überabzählbar. Das heißt, es existieren nicht Turing-erkennbare Σ-Sprachen. Insbesondere existieren unentscheidbare Σ-Sprachen Beispiel. L := {a 2n n 1} {a} Informelle Angabe eines L-Entscheiders: Σ = {a}, Γ = {a,, x} M = Input w {a}. 1. Laufe nach rechts und ersetze jedes zweite a durch x. 2. Falls in 1. ungerade Anzahl von a s übrig bleibt, lehne ab. 3. Gehe zurück nach links. Falls genau ein a vorkommt, akzeptiere. Sonst gehe zu 1. x L x, a L q 5 a L q 4 R q acc R a L q 3 x L x R q 0 a x, R q 1 a x, R q 2 a R x R L R, x R R q rej L(M) = {a 2n n 1} {a}

15 1.3. REDUZIERBARKEIT UND DIE UNENTSCHEIDBARKEIT DES HALTEPROBLEMS Reduzierbarkeit und die Unentscheidbarkeit des Halteproblems Ziel: Das Problem HALT TM := {(M, w) M ist TM und M hält bei Input w} TM Inputs ist unentscheidbar. Dafür: Turingmaschinen müssen (berechenbar) als Zeichen-Ketten injektiv codiert werden: Alphabet {0, 1, #} oder {0, 1}. Genauer: Q = {q 0, q 1,..., q n } Σ = {δ 1,..., δ m } TM {0, 1} M M soll berechenbar sein Spezielle Form des Halteproblems A T M := {(M, w) M akzeptiert w} TM Inputs Bemerkung. A T M ist Turing-erkennbar. N = Input (M, w) 1. Simuliere M auf w. 2. Falls M w akzeptiert: akzeptiere. 3. Falls M w ablehnt: lehne ab. Also: L(N) = A T M Satz. A T M ist unentscheidbar. Beweis. Angenommen, H sei ein A T M -Entscheider, d.h. { akzeptiert falls M w annimmt H(M, w) = lehnt ab sonst Konstruiere nun eine Turingmaschine D, die entscheidet, was M angesetzt auf M (M codiert) tut. D = Input M

16 16 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT 1. Wende H auf (M, M ) an. 2. akzeptiert H, lehne ab 3. lehnt H ab, akzeptiere Also: Widerspruch! { akzeptiert D(M) = lehnt ab { akzeptiert D( D ) = lehnt ab falls M M nicht akzeptiert falls M M akzeptiert falls D D nicht akzeptiert falls D D akzeptiert Nächstes Ziel: A T M unentscheidbar HALT TM unentscheidbar.

17 1.3. REDUZIERBARKEIT UND DIE UNENTSCHEIDBARKEIT DES HALTEPROBLEMS Erinnerung. ist unentscheidbar. Ziel: ist unentscheidbar. A T M = {(M, w) M akzeptiert w} T M Inputs HALT T M = {(M, w) M hält auf w} Defintion. Sei Σ ein Alphabet. Eine Funktion f : Σ Σ heißt (Turing-)berechenbar, falls eine Turingmaschine M existiert so, dass w Σ gilt: M stoppt auf w mit Bahninhalt f(w) Beispiel. {0, 1} {0, 1} {0, 1} (w, v) w + v im Sinne der Binärdarstellung von natürlichen Zahlen ist berechenbar. Anmerkung: {0, 1} {0, 1} {0, 1, #}... (w, v) w#v Defintion. A, B seien Σ-Sprachen. A ist abbildungsreduzierbar auf B, notiert A m B, falls eine berechenbare Funktion f : Σ Σ existiert mit: Solch ein f heißt Reduktion Satz. w Σ : w A f(w) B A T M m HALT T M Beweis. Man braucht eine berechenbare Funktion so, dass gilt: f(m, w) = (M, w ) M akzeptiert w (M, w) A T M! (M, w ) HALT T M M hält auf w Die folgende Turingmaschine K definiert f: K = Input (M, w)

18 18 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT 1. Konstruiere M wie folgt: Input x a) Simuliere M auf x b) akzeptiert M, so akzeptiere c) lehnt M ab, so gehe in eine Endlosschleife 2. Output: (M, w) Es gilt (M, w) A T M M akzeptiert w M hält auf w (M, w) HALT T M Proposition. Seien A, B Σ-Sprachen mit A m B, dann gilt: 1. Ist B Turing-erkennbar, so auch A. 2. Ist B Turing-entscheidbar, so auch A. Beweis. Sei f : Σ Σ eine Reduktion von A auf B und sei M ein Erkenner bzw. Entscheider für B. Definiere eine Turingmaschine N wie folgt: N = Input w Σ 1. Berechne f(w). 2. Wende M auf f(w) an. 3. akzeptiert M, so akzeptiere. 4. lehnt M ab, so lehne ab. Es gilt: Für 2.: (M ist B-Entscheider) w A f(w) B w A f(w) B M akzeptiert f(w) N akzeptiert w L(N) = A (1.) M lehnt f(w) ab N lehnt w ab N ist A-Entscheider. (2.) Korollar. Da A T M m HALT T M und A T M unentscheidbar ist, ist auch HALT T M unentscheidbar.

19 1.4. NICHT-DETERMINISTISCHE TURINGMASCHINEN Nicht-deterministische Turingmaschinen Idee: Die Übergangsfunktion δ : Q {q acc, q rej } Γ Q Γ {L, R} ist nicht mehr deterministisch, sondern bietet (endlich viele) Optionen Defintion. Eine nicht-deterministische Turingmaschine ist ein 7-Tupel wobei M = (Q, Σ, Γ, δ, q 0, q accept, q reject ) 1. Q endliche Zustandsmenge mit q 0, q acc, q rej Q 2. Σ Input-Alphabet mit Σ 3. Γ Bandalphabet mit Σ Γ und Γ (Blanksymbol) 4. Übergangsfunktion δ : Q {q acc, q rej } Γ P(Q Γ {L, R}) Das ist der einzige Unterschied zur deterministischen Turingmaschine! 5. q 0 Q Startzustand 6. q accept : akzeptierender Zustand 7. q reject ( q acc ): ablehnender Zustand Interpretation: Für (q, j) ist δ(q, j) die Menge der möglichen Übergänge Bemerkung. Jede deterministische Turingmaschine ist auch eine nicht-deterministische Turingmaschine Defintion. Sei M eine nicht-deterministische Turingmaschine und seien C, C Konfigurationen. 1. C M C, falls: a) C = uaq i bv, C = uq j acv und (q j, c, L) δ(q i, b) b) C = uaq i bv, C = uacq j v und (q j, c, R) δ(q i, b) 2. C C, falls Konfigurationen C 1,..., C k existieren mit: C 1 = C, C k = C, C i M C i+1 3. M hält auf w, falls keine unendliche Kette von Konfigurationen C 1,..., C k,... existiert mit: q 0 w M C 1 M C 2 M C 3 M M C k M...

20 20 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT 4. M akzeptiert w, falls eine akzeptierende Konfiguration C existiert mit q 0 w C Bemerkung. Im Allgemeinen gilt: Aus M akzeptiert w folgt nicht M hält auf w Beispiel. Σ = {a} a, R q 1 q 0 a, R q acc a, L Veranschaulichung Für eine nicht-deterministische Turingmaschine angesetzt auf w ergibt sich ein Rechenbaum: q 0 w C 1 C 2 C 3 Mit {C 1, C 2, C 3 } = {C q 0 w M C} usw. Es gilt: Defintion. M hält auf w der Baum ist endlich M akzeptiert w gerichteter Pfad q 0 w C mit C akzeptierend 1. Sei M eine nicht-deterministische Turingmaschine. L(M) := {w Σ M akzeptiert w} 2. M entscheidet L(M) M hält auf allen w Σ. L(M) heißt dann entscheidbar und M ist ein Entscheider für L(M) Proposition. Sei M eine nicht-deterministische Turingmaschine. Dann existiert eine deterministische Turingmaschine M mit L(M) = L(M )

21 1.5. LAUFZEITEN UND EFFIZIENZ VON ALGORITHMEN 21 Ist M ein Entscheider, so existiert ein deterministischer Entscheider M mit L(M) = L(M ) Idee: Führe für gegebenen Input w Σ eine Suche im Rechenbaum nach einer akzeptierenden Konfiguration durch. Schlechte Idee: Tiefensuche. Besser: Breitensuche. M = Input w Σ 1. Führe Breitensuche im Rechenbaum von M auf w durch. 2. Wird akzeptiertende Konfiguration gefunden: akzeptiere. L(M) = L(M ) Sei nun M ein Entscheider von L(M) (Rechenbaum ist endlich): 3. wird keine akzeptierende Konfiguration gefunden: lehne ab. Dann ist M auch ein deterministischer Entscheider für L(M) Korollar. Sei L Σ eine Sprache. Dann gilt: 1. L ist Turing-erkennbar L ist nicht-deterministisch Turing-erkennbar. 2. L ist entscheidbar L ist nicht-deterministisch entscheidbar. 1.5 Laufzeiten und Effizienz von Algorithmen Defintion. Sei M eine nicht-deterministische Turingmaschine, die Entscheider ist, also auf allen w Σ hält. Die Laufzeit von M ist eine Funktion f : N N mit f(n) := max { k w Σ mit w = n und C 1,..., C k mit q 0 w M C 1 M C 2 M M C k } Beispiel. Σ = {0, 1}, f(n) = n + 2

22 22 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT 0, 1 R q 0 L q 1 0 R 1, R q acc q rej Bemerkung. 1. Es wird der worst case betrachtet. 2. Sei M ein nicht-deterministischer Entscheider mit definierter Simulation M durch Breitensuche. Dann gilt: Hat M Laufzeit f(n), so hat M Laufzeit r f(n), wobei r = 2 Q Γ.

23 1.5. LAUFZEITEN UND EFFIZIENZ VON ALGORITHMEN Erinnerung. Sei M = (Q, Σ, Γ,... ) ein nicht-deterministische Turingmaschine mit Laufzeit f(n). Sei M die deterministische Simulation über Breitensuche. Dann ist die Laufzeit von M r f(n), wo r = 2 Q Γ Beispiel. Betrachte wieder die Turingmaschine M aus Beispiel Für die Laufzeit von M gilt: Der worst case tritt ein für w = a 2m, m 1. In diesem Fall durchläuft der Algorithmus m 1 Halbierungsphasen (1. Schritt) mit m = log 2 w. Jedes Durchlaufen der Schritte 1. und 2. des Algorithmus entspricht 2 w Schritten der Turingmaschine. f(n) 2 n (log 2 n 1) Defintion. Sei g : N R + eine Funktion. O(g(n)) := {f : N R + c, n 0 N >0 mit: n n 0 ist f(n) c g(n)} Notation: f(n) O(g(n)). Schreibe f(n) = O(g(n)) Bemerkung Beispiel. 1. f(n) = O(g(n)) O(f(n)) O(g(n)) f(n) = O(g(n)) und g(n) = O(f(n)) O(f(n)) = O(g(n)) n + 2 = O(n) (c = 2, n 0 = 3) 2. 2 (log 2 n 1) n = O(n log 2 n) 3. Übungsaufgabe: f(n) sei ein Polynom vom Grad k f(n) = O(n k )

24 24 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Schreibe nur O(log n) n k 1 = O(n k ) log b n = log 2 n log 2 b log b n = O(log 2 n) und log 2 n = O(log b n) O(log b n) = O(log 2 n) Defintion. Sei M eine nicht-deterministische Turingmaschine. M hat O(g(n))- Laufzeit, falls für die Laufzeit f(n) von M gilt: f(n) = O(g(n)) Beispiel. Beispiel hat O(n)-Laufzeit. Beispiel hat O(n log n)- Laufzeit Defintion. Sei t: N R + ein Funktion. TIME(t(n)) := {L Σ determinischer L-Entscheider mit O(t(n))-Laufzeit} NTIME(t(n)) := {L Σ nicht-det. L-Entscheider mit O(t(n))-Laufzeit} Bemerkung. 1. TIME(t(n)) NTIME(t(n)) 2. Wir wissen nun: Für L NTIME(t(n)) r mit L TIME(r t(n) ) Beispiel. 1. L = {w 1 w i w i = 0} {0, 1} ist in TIME(n) 2. L = {a 2n n 1} a ist in TIME(n log n) Bemerkung. Ist f(n) = O(g(n)), dann gilt: Beispiel. TIME(f(n)) TIME(g(n)) NTIME(f(n)) NTIME(g(n)) TIME(n k 1 ) TIME(n k ) NTIME(n k 1 ) NTIME(n k )

25 1.5. LAUFZEITEN UND EFFIZIENZ VON ALGORITHMEN Defintion Bemerkung. 1. P N P P := N P := TIME(n k ) k=0 NTIME(n k ) k=0 2. Unter Wechsel von Maschinen-Modellen, etwa: 1-bändige Turingmaschine 2-bändige Turingmaschine, sind die Klassen TIME(n k ) und NTIME(n k ) mit fixiertem k nicht invariant. Aber: P und N P sind invariant. Das heißt, um L P oder L N P zu zeigen, reicht eine hight level -Beschreibung eines Algorithmus zusammen mit einer Laufzeituntersuchung. Zum Beispiel in Graphentheorie I: Breiten und Tiefensuche, Ford-Fulkerson-Algorithmus, Einbettungsalgorithmus Satz. {G G ist zusammenhängend} Graphen ist in P. Beweis. Angabe eines polynomiellen deterministischen Entscheiders. Input: Graph G 1. Wähle Knoten v V (G). 2. Wende Tiefensuche auf (G, v) an. 3. Wird jeder G-Knoten aufgelistet: akzeptiere. Falls nicht: lehne ab. Laufzeit: Wir erinnern uns an den Tiefensuch-Algorithmus. Start: v 0 = v Ist v 0,..., v i schon aufgelistet, wähle j maximal(tiefensuche)/minimal(breitensuche) so, dass v j einen Nachbarn w hat, der nicht unter den v 0,..., v i ist. Setze v i+1 := w. Der Input ist eigentlich die Adjazenzmatrix eines Graphen, also ist die Eingabegröße n = V (G) 2. Um zu zeigen, dass die Turingmaschine polynomielle Laufzeit hat reicht es aber, als Eingabegröße n = G = V (G) anzunehmen. n-mal wird eine Liste v 0,..., v i betrachtet. Die Länge der Liste ist immer n. Es werden n Schritte gemacht, um v j von v 0,..., v i zu untersuchen. Pro v j -Nachbar w ( n viele) wird v 0,..., v i durchgegangen ( n Schritte), um zu schauen, ob w {v 0,..., v i } Also liegt die Laufzeit des Algorithmus in O(n 4 ) Frage: Wie zeigt man in der Praxis, dass eine Sprache L N P ist? Defintion. 1. Sei L Σ eine Sprache. Ein Verifizierer V für L ist eine 2-stellige deterministische Turingmaschine (d.h.: V (w, c), w Σ, c Σ ) so, dass L = {w Σ c Σ mit V (w, c) akzeptiert} Ein c so, dass V (w, c) akzeptiert heißt Zeuge für w L.

26 26 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT 2. Ein L-Verifizierer V heißt polynomiell, falls V in w polynomielle Laufzeit hat, das heißt, es existiert ein Polynom f(n) so, dass c Σ V (, c) Laufzeit f(n) hat. 3. L Σ heißt polynomiell verifizierbar, falls ein polynomieller Verifizierer V von L existiert Bemerkung. Sei V ein polynomieller Verifizierer mit Laufzeit von allen V (, c) f(n), so ist die Größe eines w-zeugen c durch f( w ) begrenzt. Denn V kann nur f( w ) Stellen von c lesen Beispiel. {G χ(g) 3} Graphen ist polynomiell verifizierbar: obda sei eine Knotenmenge des Graphen benannt durch V (G) = {1,..., n}. Die möglichen Zeugen sind Abbildungen {1,..., m} f {1, 2, 3} = c Σ mit Σ = {1, 2, 3} V = Input: Graph G, {1,..., m} f {1, 2, 3} 1. Falls n m lehne ab. Sonst: Gehe zu Für alle i, j mit (i, j) E(G) prüfe, ob f(i) f(j). 3. Falls ja: akzeptiere. Sonst ( (i, j) mit f(i) = f(j)): lehne ab. Es gilt: f ist Zeuge für G {H χ(h) 3} genau dann, wenn f eine 3-Färbung von G ist. V hat bezüglich G mit G = V (G) = n die Laufzeit: ( n 2) Knotenpaare f-auswertung an (i, j): 2 n Schritte 2 ( ) n n = O(n 3 ) 2 {G χ(g) 3} Graphen ist polynomiell verifizierbar Satz. Sei L Σ eine Sprache. Dann gilt: Beweis. L N P L ist polynomiell verifizierbar. Sei V ein polynomieller L-Verifizierer mit Laufzeit f(n). Definiere einen nicht-deterministischen L-Entscheider M wie folgt: M= Input w Σ

27 1.5. LAUFZEITEN UND EFFIZIENZ VON ALGORITHMEN Rate nicht-deterministisch einen möglichen Zeugen x für w L mit L-Länge f(n), n = w. (endlich viele Auswahlen) 2. Wende V auf (w, c) an. 3. Akzeptiert V, so akzeptiere. Lehnt V ab, so lehne ab. Erklärung: In 1. wird c = c 1 c f(n) Zeichen für Zeichen geraten. Es gilt: L = {w c mit V (w, c) akzeptiert } = L(M) und M hält auf allen w. Also ist M ein L-Entscheider. Laufzeit von M: Schritt 1 =f(n) Schritte, Schritt 2 =f(n) Schritte. 2 f(n) = O(f(n)) = O(n k ) für deg f(n) = k Sei M ein nicht-deterministischer polynomieller L-Entscheider, r := 2 Q Γ und x 1,..., x r seien die Elemente aus Q Γ {L, R}. Jedes x i steht für eine Option, die die nicht-deterministische Turingmaschine M wählen könnte (oder eben nicht). V = Input(w Σ, c Σ ) Σ := {1,..., r} 1. Simuliere M auf w. Beim i-ten Rechenschritt wähle, falls möglich, die Option x ci. Sonst: lehne ab. 2. Gerät man bei 1. in eine akzeptierende Konfiguration: akzeptiere. Sonst: lehne ab. Es gilt L = L(M) = {w c mit V (w, c) akzeptiert} Also ist V ein L-Verifizierer. Laufzeit von V (, c): Sei f(n) die polynomielle Laufzeit von M. Dann werden in c = c 1... c s die Stellen ab c f(n)+2 nicht mehr abgefragt. Also ist die V -Laufzeit in n = w in O(f(n)).

28 28 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Erinnerung. Sei L Σ eine Sprache. Ein polynomieller L-Verifizierer ist eine 2-stellige deterministische Turingmaschine V (w, c), w Σ, c Σ mit: L = {w c Σ mit V (w, c) akzeptiert} V muss in w polynomielle Laufzeit haben. Das heißt, Polynom f(n) mit: c ist die Laufzeit V (, c) f(n). Ein c so, dass V (w, c) akzeptiert, heißt Zeuge für w L. 1.6 N P-Vollständigkeit und das Erfüllbarkeitsproblem Defintion. Seien A und B Σ-Sprachen. A heißt auf B polynomiell reduzierbar, falls eine Reduktion f : Σ Σ (w A f(w) B) existiert, die von einer deterministischen Turingmaschine M mit polynomieller Laufzeit berechnet wird. Notation: A P B Bemerkung P ist transitiv: A P B A m B A P B, B P C A P C Sei f : Σ Σ mit: Laufzeit P (n) und w A f(w) B. Sei g : Σ Σ mit: Laufzeit Q(n) und w B g(w) C. Σ g f Σ erfüllt: w A (g f)(w) C und g f ist berechenbar durch Hintereinanderschaltung: erst die f-turingmaschine, dann die g-turingmaschine. Laufzeit: f(w) P ( w ) Laufzeit ist Q(P (n)), also polynomiell Satz. Sei A P B. Dann gilt: 1. B P A P. 2. B N P A N P. Beweis. Sei f : Σ Σ eine Reduktion von A auf B mit berechnender Turingmaschine N mit Laufzeit Q(n) (Polynom). Sei M ein (nicht-)deterministischer B-Entscheider mit Laufzeit P (n) (Polynom). Folgende Turingmaschine ist (nicht-)deterministischer A-Entscheider: M = Input w Σ

29 1.6. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT UND DAS ERFÜLLBARKEITSPROBLEM Berechne f(w) mit N auf w. 2. Wende M auf f(w) an. 3. Akzeptiert M: Akzeptiere. Lehnt M ab: Lehne ab. L(M ) = A und M ist ein Entscheider. Für die Laufzeit vom M gilt: f(w) Q( w ) Q(n) Schritte in 1., P (Q(n)) Schritte in 2. Q(n) + P (Q(n)) = O(n deg P deg Q ) Defintion. 1. Eine Sprache L Σ heißt N P-hart, falls gilt: L N P ist L P L (obda: zwei Sprachen haben das gleiche Σ.) 2. L Σ heißt N P-vollständig, falls a) L N P b) L ist N P-hart Beispiel. ist N P-vollständig: CLIQUE := {(G, k) G enthält k-clique} Graphen 1. CLIQUE N P ist Übungsaufgabe. 2. CLIQUE ist N P-hart: später! Lemma. 1. Ist L 1 N P-hart und L 1 P L 2, so ist auch L 2 N P-hart. 2. Ist L N P-vollständig, so gilt: Beweis. 1. Folgt aus der Transitivität von P. 2. Sei L P, L N P: P = N P L P L P L L P N P = P

30 30 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Aussagenlogische Formeln (AL-Formeln) Defintion. 1. Eine AL-Variable x ist eine Variable, die die Werte 0 und 1 annehmen kann. 2. AL-Formeln sind: (rekursiv definiert) a) Jede AL-Variable ist eine AL-Formel. b) Seien F und G AL-Formeln, so sind (F G) und (F G) AL-Formeln. c) Ist F eine AL-Formel, so ist F eine AL-Formel. Notation: Sei x eine AL-Variable, dann ist x := x. 3. F sei eine AL-Formel, die genau die Variablen x 1,..., x n enthält. Eine Belegung b von F ist: a) b: {x 1,..., x n } {0, 1} { 1 b(a) = 1 = b(b) b) b(a B) := 0 sonst { 0 b(a) = 0 = b(b) b(a B) := 1 sonst { 0 b(a) = 1 c) b( A) = 1 b(a) = 0 F heißt erfüllbar, falls es eine Belegung b gibt mit b(f ) = Seien F 1, F 2 AL-Formeln. F 1 und F 2 heißen äquivalent, notiert F 1 F 2, falls b: F 1 -Variablen F 2 -Variablen {0, 1} gilt: Beispiel b(f 1 ) = b(f 2 ) ( F ) F F G G F F G G F F F F F F F

31 1.6. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT UND DAS ERFÜLLBARKEITSPROBLEM F 1 (F 2 F 3 ) (F 1 F 2 ) F 3 F 1 (F 2 F 3 ) (F 1 F 2 ) F 3 5. F 1 (F 2 F 3 ) (F 1 F 2 ) (F 1 F 3 ) F 1 (F 2 F 3 ) (F 1 F 2 ) (F 1 F 3 ) 6. (F 1 F 2 ) F 1 F 2 (F 1 F 2 ) F 1 F 2 7. F F (y ȳ), y / F -Variablen Defintion. F := Anzahl der F -Variablen mit Vielfachheiten Beispiel Defintion Proposition. SAT N P. (x y z) ( x y z) = 6 SAT := {F F erfüllbar} AL-Formeln Beweis. Zeige, dass SAT polynomiell verifizierbar ist (Satz ). Sei Σ := {0, 1}. Konstruiere eine Turingmaschine: V = Input (F, c) 1. Seien x 1,..., x m die F -Variablen. Setze b(x i ) = c i. Falls c < m: Lehne ab. Sonst: gehe zu Berechne b(f ). 3. Ist b(f ) = 1: Akzeptiere. Ist b(f ) = 0: Lehne ab. Es gilt: V ist ein SAT-Verifizierer. Laufzeit: 1. m F Im 1. Schritt müssen höchstens F Variablenbelegungen zugewiesen werden.

32 32 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT 2. Die Auswertung der aussagenlogischen Formel braucht k F Schritte. (k eine Konstante) Insgesamt ist die Laufzeit von V also in n = F in O(n). (Laufzeiten von Schritt 1 und Schritt 2 werden addiert.) Theorem (Cook-Levin). SAT ist N P-hart. Das Beweis folgt später. (siehe Seite 36) Spezielle Formen von SAT Defintion. 1. Ein Literal L ist: L = x oder L = x, wobei x eine Variable ist. 2. Eine Klausel C ist von der Form C = L 1 L r mit Literalen L i. 3. Eine AL-Formel F heißt in konjunktiver Normalform (CNF), falls Klauseln C 1,..., C s existieren mit s F = i=1 F heißt in n-cnf, falls F = s i=1 C i mit C i = n. 4. SAT CNF := {F F ist in CNF und F erfüllbar} AL-Formeln in CNF n-sat CNF := {F F ist in n-cnf und F erfüllbar} AL-Formeln in n-cnf Bemerkung. 1. SAT CNF, n-sat CNF N P : nehme den SAT-Verifizierer. Übungsaufgabe: 2-SAT P. 2. Übungsaufgabe: Jede AL-Formel ist zu einer in CNF äquivalent (Größe wächst polynomiell). Also SAT P SAT CNF Korollar. Aus Theorem (Cook-Levin) folgt: SAT CNF ist N P-hart, insgesamt also N P-vollständig. C i

33 1.6. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT UND DAS ERFÜLLBARKEITSPROBLEM Theorem. SAT ist N P-hart Übungsaufgabe. SAT P SAT CNF ( SAT CNF ist N P-hart, insgesamt also N P-vollständig.) Satz. n 3 gilt: SAT CNF P n-sat. Beweis SAT P n-sat n 3 SAT CNF P 3-SAT ad 1.: Sei s F = C i mit C i = 3 Konstruiere polynomiell berechenbar F in n-cnf so, dass F erfüllbar F erfüllbar Bilde aus C i = L i1 L i2 L i3 C i mit C i = n: i=1 Dann gilt C i C i, also F F und ist polynomiell berechenbar. C i = L i1 L i2 L i3 L i3 L i3 AL-Formeln in 3-SAT AL-Formeln in n-sat F F 3-SAT P n-sat n 3 ad 2.: Sei s F = i=1 in CNF. Konstruiere daraus F in 3-CNF so, dass F erfüllbar F erfüllbar C i C i = 1, 2: wende das Verfahren aus 1. an, um C i mit C i = 3 zu erhalten.

34 34 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT C i 4, das heißt C i = L i1 L ir, r 4 Führe neue Variablen z 1,..., z r 3 ein und setze C i := (L i1 L i2 z 1 ) (z 1 L i3 z 2 ) (z 2 L i4 z 3 ) (z r 4 L ir 2 z r 3 ) (z r 3 L ir 1 L ir ) C i ist in 3-CNF und es gilt: Die Abbildung {b: C i-var {0, 1} b(c i) = 1} {b: C i -Var {0, 1} b(c i ) = 1} (1.1) b b Ci-Var (1.2) ist wohldefiniert und surjektiv (Übungsaufgabe). Setze also s F := i=1 F ist in 3-CNF und es gilt F erfüllbar F erfüllbar C i Denn: Sei b: F -Variablen {0, 1} mit b(f ) = 1 i ist b(c i ) = 1 b hat ein Urbild unter (1.1) (surjektiv) Sei b: F -Variablen {0, 1} mit b(c i) = 1 b(f ) = 1 b(f ) = 1 i ist b(c i) = 1 b(c i ) = 1 b(f ) = 1 durch die Wohldefiniertheit von (1.1) SAT CNF P 3-SAT Satz. 3-SAT P CLIQUE Beweis. Sei F = s i=1 C i

35 1.6. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT UND DAS ERFÜLLBARKEITSPROBLEM 35 in 3-CNF, das heißt C i = L i1 L i2 L i3. Konstruiere polynomiell berechenbar einen Graphen G F mit einer Zahl k so, dass F erfüllbar ist genau dann, wenn G F eine k-clique enthält. Definiere den einfachen Graphen G F wie folgt: (pro Literal in F einen Knoten) V := {v ij 1 i k, 1 j 3} v ij GF v ls : i = l oder L ij = L ls Behauptung: F (G F, k := F 3 = #Klauseln) ist eine Reduktion von 3-SAT auf CLIQUE. Zeige also: F ist erfüllbar G F enthält eine k-clique Idee: Ein Knoten v ij gehört zur k-clique L ij wird mit 1 belegt. Sei F = k i=1 C i erfüllbar durch die Belegung b wähle solch ein j i und setze Dann ist Cl eine k-clique, denn i = 1,..., k j i {1, 2, 3} mit b(l iji ) = 1 Cl := {v 1j1,..., v kjk } i i : b(l iji ) = 1 = b(l i j i ) das heißt L iji L i j i und v iji GF v i j i Sei Cl V (G F ) eine k-clique. Da für beliebige i {v i1, v i2, v i3 } unabhängig sind, existiert genau ein j i so, dass v iji Cl Cl = {v 1j1,..., v kjk } Belege nun L iji mit 1. Das ist wohldefiniert, denn für i i und L iji L i j i gilt v iji v i j i Da pro Klausel ein Literal mit 1 belegt wurde, ist F erfüllbar Korollar. CLIQUE ist N P-hart, also N P-vollständig (CLIQUE N P ist Übungs auf Blatt 3).

36 36 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Beweis des Cook-Levin-Theorems (Theorem ). Zeige: L Σ N P gilt: L P SAT Sei L Σ in N P und N = (Q, Σ, Γ, δ, q 0, q accept, q reject ) ein nicht-deterministischer polynomieller L-Entscheider mit Laufzeit f(n). Wir brauchen eine polynomiell berechenbare Reduktion { Σ AL-Formeln g : w φ w mit w L! φ w ist erfüllbar. Da w L N akzeptiert w heißt das: N akzeptiert w φ w ist erfüllbar Technischer Punkt: Setze die Übergangsfunktion δ auf ganz Q Γ fort. Das heißt, die Maschine N setzt auch bei Erreichen von q acc oder q rej die Rechnung fort. Ein Tableau für N auf w = w 1... w n ist eine (2f(n) + 3) (f(n) + 2)-Tabelle, die mit möglichen Rechnungen von N auf w gefüllt wird. Dabei sind rechts und links von q 0 jeweils f(n) + 1 Spalten (denn die Turingmaschine kann in beide Richtungen laufen). #... q 0 w 1 w 2... w n... # Startkonfiguration # # 2. Konfiguration # #.... # # f(n)-te Konfig. Ein Tableau heißt akzeptierend, falls es eine akzeptierende Konfiguration enthält. Jedes akzeptierende Tableau für N auf w entspricht einem akzeptierenden Ast des Rechenbaums von N auf w. Also: N akzeptiert w ein akzeptierendes Tableau von N auf w Jeder der Tableau-Einträge heißt Zelle: Cell[i, j], 1 i f(n) und 1 j 2 f(n) + 3

37 1.6. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT UND DAS ERFÜLLBARKEITSPROBLEM 37 Definition von g(w) = φ w : Setze C := Q Γ {#} (# Q, Γ) Führe 1 i f(n), 1 j (2 f(n) + 3) und s C die Variable x i,j,s in φ w ein. Interpretation: x i,j,s = 1 s Cell[i, j] Setze φ := φ cell φ start φ move φ accept, wobei die 4 Formeln das Folgende sicherstellen sollen: φ cell : pro Zelle genau ein Eintrag φ start : In der 1. Zeile steht die Startkonfiguration q 0 w φ move : Zeilenübergänge entsprechen N-Übergängen (Das Tableau stellt tatsächlich eine Rechnung von N dar.) φ accept : mindestens eine Zeile enthält akzeptierende Konfiguration Dann folgt: ein akzeptierendes Tableau von N auf w φ = φ cell φ start φ move φ accept ist erfüllbar. ( ) φ cell := x i,j,s (x i,j,s x i,j,t ) 1 i f(n) 1 j 2 f(n)+3 s C s,t C s t Dabei stellt der erste Teil in den Klammern sicher, dass die Zelle [i, j] mindestens einen Eintrag aus C enthält, der zweite Teil stellt sicher, dass [i, j] höchstens einen Eintrag aus C enthält. Beide Teile sind mit verknüpft, also soll [i, j] genau einen Eintrag aus C enthalten. Das wird für jede Zelle durchgeführt. φ cell akzeptiert also genau dann, wenn jedes Feld des Tableaus genau einen Eintrag aus C enthält. Der Aufwand für die Berechnung von φ cell liegt in O(f(n) 2 ). φ start := x 1,1,# x 1,2, x 1,f(n)+1, x 1,f(n)+2,q0 x 1,f(n)+3,w1... x 1,f(n)+n+2,wn x 1,f(n)+n+3, x 1,2f(n)+2, x 1,2f(n)+3,# φ start akzeptiert also genau dann, wenn in der ersten Zeile des Tableaus die Startkonfiguration q 0 w steht. Der Aufwand für die Berechnung von φ start liegt in O(f(n)). φ accept := 1 i f(n) 1 j 2f(n)+3 x i,j,qacc φ accept akzeptiert also genau dann, wenn der akzeptierende Zustand mindestens einmal im Tableau enthalten ist. Der Aufwand für die Berechnung von φ accept liegt in O(f(n) 2 ). Um φ move zu definieren, betrachte zunächst die (i, j)-fenster

38 38 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT (i,j-1) (i,j) (i,j+1) (i+1,j-1) (i+1,j) (i+1,j+1) Ein Fenster heißt legal, falls es δ von N nicht verletzt. Sei zum Beispiel δ(q 1, a) = {(q 1, b, R)} und δ(q 1, b) = {(q 2, c, L), (q 2, a, R)}. Legale Fenster sind dann a) a q 1 b q 2 a c b) a q 1 b a a q 2 c) a a q 1 a a b d) # b a # b a e) a b a a b q 2 f) b b b c b b a) und b) sind legal, weil die Übergangsfunktion es N erlaubt, sich wie angegeben zu bewegen. c) ist legal weil durch das q 1 oben rechts unklar ist, über welchem Symbol sich der Lesekopf der Turingmaschine befindet. Falls sich der Lesekopf über einem a befindet, könnte q 1 dieses zu b machen und sich nach rechts bewegen. Das Fenster ist also im Rahmen von N Übergangsfunktion möglich und folglich legal. d) ist legal weil obere und untere Reihe identisch sind, das ist der Fall, wenn der Lesekopf der Turingmaschine das Fenster nicht berührt. # Kann links oder rechts in beiden Reihen eines legalen Fensters auftauchen. e) ist legal, weil sich möglicherweise rechts von der oberen Zeile ein Zustand q 1, der ein b einliest befindet und sich nach links bewegt, um rechts unten in Erscheinung zu treten. f) ist legal, weil q 1 links von der oberen Reihe stehen könnte, das b zu einem c gemacht und sich nach links bewegt haben könnte. Illegale Fenster sind a) a b a a a a b) a q 1 b q 1 a a c) b q 1 b q 2 b q 2 Fenster a) ist illegal, weil das mittlere Symbol der oberen Reihe sich ohne benachbarte Zustände nicht verändern kann. b) ist illegal weil laut Übergangsfunktion b zu einem c, nicht zu einem a werden müsste. c) ist illegal, weil es in der unteren Zeile zwei Zustände gibt. φ move kann definiert werden durch mit φ(i, j) := φ move := 1 i<f(n) 1<j<2f(n)+3 a 1,a 2,a 3,a 4,a 5,a 6 legale Einträge in (i, j)-fenster ( (das (i, j)-fenster ist legal) }{{} φ(i,j) x i,j 1,a1 x i,j,a2 x i,j+1,a3 x i+1,j 1,a4 x i+1,j,a5 x i+1,j+1,a6 Der Aufwand für die Berechnung von φ move liegt in O(f(n) 2 ). Es gilt w L N akzeptiert w φ w = φ cell φ start φ move φ accept ist erfüllbar )

39 1.6. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT UND DAS ERFÜLLBARKEITSPROBLEM 39 und die Reduktion w φ w ist in polynomieller Zeit berechenbar.

40 40 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT 1.7 Das Färbbarkeitsproblem Defintion. Sei n 1. n-farb := {G χ(g) n} Graphen Bemerkung. 1. n 1 ist n-farb N P (analog zu 3-FARB N P) 2. 1-FARB = {G E(G) = } Graphen ist in P FARB P (Übungsaufgabe) 4. Ziel: n 3 ist n-farb N P-hart, also N P-vollständig Erinnerung. Seien G, H Graphen. Ein Morphismus f : G H ist eine Abbildung f : V (G) V (H) mit v G w f(v) H f(w) Bemerkung. 1. Falls E(G) =, so ist jede Abbildung f : V (G) V (H) ein Morphismus. 2. Sei w V (H) und { V (G) V (H) c w : v w (konstante Abbildung) Dann gilt: c w ist ein Morphismus E(G) = oder ww E(H) Beispiel Defintion. Sei H ein Graph. f : V (G) {1,..., n} ist eine Färbung (v G w f(v) f(w)) f : G K n ist ein Morphismus H-FARB := {G Morphismus f : G H} Graphen

41 1.7. DAS FÄRBBARKEITSPROBLEM Bemerkung. i) K n -FARB = n-farb ii) H-FARB N P: 1. Rate Abbildung f : V (G) V (H). 2. Teste, ob f ein Morphismus ist Satz. Sei H bipartit (das heißt χ(h) 2) oder H enthalte eine Schleife, dann ist H-FARB P. Beweis. Sei w V (H) mit ww E(H), also H hat an w eine Schleife. Dann ist für alle G ein Morphismus, also c w : G H H-FARB = Graphen P Sei nun H bipartit, das heißt es existiert ein Morphismus f : H K 2 Fall 1: E(H) = : H-FARB = {G E(G) = } = 1-FARB P Fall 2: v 1 v 2 E(H) { K2 H g : i v i ist ein Morphismus. Behauptung: H-FARB = K 2 -FARB (= 2-FARB P) Beweis: Sei G H-FARB, das heißt, Morphismus ϕ: G H. G ϕ H f K 2 ist Morphismus G K 2 -FARB Sei G K 2 -FARB, das heißt, G ψ K 2. G ψ g K 2 H ist Morphismus G H-FARB

42 42 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Theorem. (Hell, Nesetvil, 1986) Sei H nicht bipartit (d.h. χ(h) 3) und H enthalte keine Schleife. H-FARB ist N P-hart (Bachelorarbeit) Beispiel Übungsaufgabe Lemma. n 1 ist Beweis. Betrachte die Abbildung Nach Übung gilt: H = K n, n 3 : K n -FARB = n-farb H = C 2n+1, n 1 : C 2n+1 -FARB N P-hart χ(g K 1 ) = χ(g) + 1 n-farb P (n + 1)-FARB G n-farb G G K 1 χ(g) n χ(g K 1 ) n + 1 G K 1 (n + 1)-FARB Also ist die Abbildung G G K 1 eine polynomielle Reduktion von n-farb auf n + 1-FARB Satz. n 3 gilt: n-farb ist N P-hart. Beweis. Durch wiederholtes Anwenden von Lemma findet man n 3: 3-FARB P n-farb Zeige also, dass 3-FARB N P-hart ist. Behauptung: 3-SAT P 3-FARB Beweis: Sei F = r i=1 C i mit C i = L i1 L i2 L i3 in 3-CNF. Konstruiere polynomiell berechnbar einen Graphen G F so, dass Betrachte den Graphen H: F ist erfüllbar G F ist 3-färbbar

43 1.7. DAS FÄRBBARKEITSPROBLEM 43 v 1 H v 2 z v 3 Eigenschaften von H: 1. Es existiert eine 3-Färbung von H mit f(v 1 ) = f(v 2 ) = f(v 3 ) = f(z) 2. Für jede 3-Färbung f mit f(v 1 ) = f(v 2 ) = f(v 3 ) gilt f(z) = f(v 1 ) Denn obda sei f(v 1 ) = Konstruktion von G F : Konstruiere pro C i = L i1 L i2 L i3 einen Graphen H i = H v i1 H i v i2 z i v i3

44 44 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Idee: Die Farben von v ij entsprechen Belegungen von L ij. L ij = L rs (i, j) (r, s) Füge zwei neue Knoten hinzu und verbinde: H i v ij v rs H r L ij = L rs verbinde: v ij v rs Füge außerdem einen Knoten α hinzu mit α v ij i, j und einen Knoten ω mit α ω z 1 z r z i Zeige nun: F ist erfüllbar G F ist 3-färbbar Dafür: b : F -Variablen {1, 2} 1 = wahr, 2 = falsch ˆ=0 Sei F mit b F : Variablen {1, 2} erfüllt, das heißt, b(f ) = 1. Konstruiere eine 3-Färbung f von G F. Setze f(v ij ) := b(l ij ). Es gilt b(l ij ) {1, 2}, also kann man α mit 3 färben:

45 1.7. DAS FÄRBBARKEITSPROBLEM ,2 α v ij Die v ij -Färbungen sind untereinander okay: 1. L ij = L rs v ij und v rs sind verschieden gefärbt. Etwa: b(l ij ) = 1 b(l rs ) = 2 v ij L ij = L rs, (i, j) (r, s), etwa b(l ij ) = b(l rs ) = 1. Dann kann man f fortsetzen zu 2 v rs v ij 1 1 v rs Betrachte nun die H i : man weiß, dass b(f ) = 1, daraus folgt b(c i ) = 1, das heißt, i ist mindestens ein Knoten von v i1, v i2, v i3 mit 1 gefärbt. f ist so auf H i fortsetzbar, dass z i mit 1 oder 3 gefärbt wird. Dafür muss man einfach die verschiedenen Fälle ausprobieren. Färbe abschließend ω mit 2. Auch das klappt. α 3 3 ω 2 z 1 1,3 1,3 1,3 z r z i Damit ist F ist erfüllbar G F ist 3-färbbar gezeigt. Sei G F 3-gefärbt mit Färbung f : V (G F ) {1, 2, 3}. obda gilt f(α) = 3 und f(ω) = 2. Dann sind alle v ij mit 1 oder 2 gefärbt. Setze b(l ij ) := f(v ij ) {1, 2}

46 46 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Das ist wohldefiniert: Sei L ij = L rs, (i, j) (r, s). Dann gilt f(v ij ) = f(v rs ). Denn angenommen, f(v ij ) f(v rs ): 3 v ij 1 2 v rs? Sei L ij = L rs v ij v rs f(v ij ) f(v rs ) b(l ij ) b(l rs ) Behauptung: i v ij mit f(v ij ) = 1 = b(l ij )( i ist b(c i ) = 1 b(f ) = 1 F ist erfüllbar) Angenommen, i so, dass f(v i1 ) = f(v i2 ) = f(v i3 ) = 2 v i1 v i2 v i z i Eig 2 von H f(z i ) = 2 Aber: 2 2 w Dann kann f keine G F -Färbung sein. Damit ist F ist erfüllbar G F ist 3-färbbar gezeigt. z i

47 1.7. DAS FÄRBBARKEITSPROBLEM Das Hamilton-Pfad(-Kreis)-Problem Erinnerung. Ein Digraph D = (V, E) hat gerichtete Kanten, das heißt E V V. Notation: (v, w) E : v w Beispiel. D : Sei G ein Graph. Dann ist D(G) der folgende Digraph: V (D(G)) = V (G), (v, w) E(D(G)) vw E(G) Beispiel. G : D(G) : Defintion. Sei G ein Graph, D ein Digraph. 1. Ein Hamilton-Pfad in G ist eine Knotenanordnung {v 1,..., v n } = V (G) mit: v 1 G v 2 G v 3 G G v n 1 G v n v1 v2 v3 vn 1 vn Ein (gerichteter) Hamilton-Pfad in D ist eine Knotenanordnung {v 1,..., v n } = V (D) mit: (v 1, v 2 ), (v 2, v 3 ),..., (v n 1, v n ) E(D) v1 v2 v3 vn 1 vn Beispiel: hat keinen gerichteten Hamilton-Pfad. hat einen gerichteten Hamilton-Pfad. 2. Ein Hamilton-Kreis in G (in D) ist ein Hamilton-Pfad v 1,..., v n so, dass v n G v 1 für G, (v n, v 1 ) E(D) für D.

48 48 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Lemma. DIRHAMPATH := {D D enthält Hamilton-Pfad} Digraphen DIRHAMCYCLE := {D D enthält Hamilton-Kreis} Digraphen HAMPATH := {G G enthält Hamilton-Pfad} Graphen HAMCYCLE := {G G enthält Hamilton-Kreis} Graphen i) HAMPATH P DIRHAMPATH ii) HAMCYCLE P DIRHAMCYCLE Beweis. G D(G) ist eine Reduktion für (i) und (ii) Lemma. Alle 4 Probleme aus Definition sind in N P. Beweis. Wegen des vorigen Lemmas reicht es, einen nicht-deterministischen Entscheider in polynomieller Laufzeit für die gerichteten Versionen anzugeben. M = Input D Digraph, V (D) = {1,..., n} 1. Rate σ S n. 2. Teste, ob (σ(i), σ(i + 1)) E(D) für alle i = 1,..., n 1 (bzw. zusätzlich (σ(n), σ(1) E(D))) 3. Ist 2. erfolgreich (d.h. immer Ja-Antwort): Akzeptiere. Sonst: Lehne ab. σ(1),..., σ(n) ist dann der Hamilton-Pfad(-Kreis). M ist ein nicht-deterministischer polynomieller Entscheider Übungsaufgabe. 1. HAMPATH P HAMCYCLE. 2. DIRHAMPATH P DIRHAMCYCLE Satz. 1. DIRHAMPATH P HAMPATH. 2. DIRHAMCYCLE P HAMCYCLE. Beweis. Konstruiere polynomiell berechenbar D G D wobei D ein Digraph und G D ein Graph ist so, dass D DIRHAMPATH (DIRHAMCYCLE) G D HAMPATH (HAMCYCLE) (1.3) (für 1. und 2. die gleiche Reduktion). Sei V (D) = {1,..., n} V (G D ) := {1,..., n, a 1,..., a n, b 1,..., b n } E(G D ) := {ib i, ia i i = 1,..., n} {a i b j (i, j) E(D)}

49 1.8. DAS HAMILTON-PFAD(-KREIS)-PROBLEM 49 von 1.3: Sei i 1..., i n ein Hamilton-Pfad(-Kreis) in D. Dann ist b i1,i 1, a i1, b i2,..., b in, i n, a in (1.4) ein Hamiltonpfad in G D (mit ain bi1 ein Hamiltonkreis in G D, falls (i n, i 1 ) E(D)). von 1.3: Jeder Hamilton-Pfad(-Kreis) von G D hat die Gestalt 1.4. ist ein Hamilton-Pfad(-Kreis) in D. i 1,..., i n Satz. DIRHAMPATH ist N P-hart. (3-SAT P DIRHAMPATH) Korollar. Alle 4 Probleme sind N P-hart. Beweis. 3-SAT P P HAMPATH P DIRHAMPATH P DIRHAMCYCLE HAMCYCLE P Beweis von Satz Zeige, dass 3-SAT P DIRHAMPATH. Sei r F = C i, C i = L i1 L i2 L i3 i=1 in 3-CNF. Konstruiere polynomiell berechenbar (D F ein Digraph) mit: F D F F erfüllbar D F hat Hamilton-Pfad Konstruktion von D F : Seien x 1,..., x n die F -Variablen. Pro x i bilde Kette aus 6 r Knoten: v1 v2 v3 v6r 1 v6r

50 50 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Führe noch Knoten v start, v end ein mit: v start v1 v6r x 1 -Kette v 1 v 6r x n -Kette v end Verbinde weiterhin i = 1,..., n 1 v1 v 6r x i - Kette v1 v 6r x i+1 -Kette Bisher wurde erreicht, dass ein Hamilton-Pfad in D F mit v start beginnen und mit v end enden muss. Weiterhin wird jede x i -Kette genau einmal komplett durchlaufen, von links nach rechts, oder von rechts nach links: Erst die x 1 -Kette komplett, dann die x 2 -Kette,..., dann die x n -Kette komplett. Interpretation: Es gilt: x i = 1 : x i -Kette wird von links nach rechts durchlaufen x i = 0 : x i -Kette wird von rechts nach links durchlaufen Hamilton-Pfad in D F = Abbildung b : {x 1,..., x n } {0, 1} Baue nun die Klauseln ein: pro Klausel C j neuen Knoten u j. x i in C j : uj v 6(j 1)+1 v 6(j 1)+2 x i -Kette x i ist in C j : uj v 6(j 1)+4 v 6(j 1)+5 x i -Kette

51 1.8. DAS HAMILTON-PFAD(-KREIS)-PROBLEM 51 Jeder Klauselknoten ist also mit 3 Knotenpaaren aus den Variablen, die in der Klausel vorkommen, verbunden. Behauptung: F ist erfüllbar D F enthält einen Hamilton-Pfad (im Sinne der Interpretation) " : Sei F mit b: {x 1,..., x n } {0, 1} erfüllt, das heißt, b(f ) = 1 j ist b(c j ) = 1. Durchlaufe die x i -Kette von links nach rechts, falls b(x i ) = 1 rechts nach links, falls b(x i ) = 0 Ist dabei ein u j unbesucht, aber besuchbar, mache einen Umweg über u j. Es gilt: { b(x i ) = 1 x i C j u j ist besuchbar (1.5) b(x i ) = 0 x i C j Da pro C j mindestens ein Literal mit 1 belegt ist, sind alle u j besuchbar. Das gibt einen Hamiltonpfad in D F und schließt die Hinrichtung ab. Enhalte D F einen Hamiltonpfad. Wenn dieser jede x i -Kette komplett in eine Richtung durchläuft und dabei alle u j besuchbar sind, ist F erfüllbar. Der Hamiltonpfad muss aber mit u j -Umwegen komplett jede x i -Kette durchlaufen, denn die einzige Möglichkeit, eine Kette frühzeitig zu verlassen, sind die Klauselknoten. Jeder Knoten jeder Kette ist mit höchstens einem Klauselknoten verbunden. Das heißt wenn die Kette über einen Klauselknoten verlassen würde, müsste der Hamiltonpfad über den gleichen Knoten zurückkehren, um den Rest der Kette zu besuchen. Der Hamiltonpfad durchläuft die Kette von links nach rechts: b(x i ) := 1 von rechts nach links: b(x i ) := 0 Da es sich um einen Hamiltonpfad handelt, wird jedes u j von mindestens einer x i -Kette besucht. Wegen (1.5) heißt das: b(c j ) = 1 b(f ) = 1 F ist erfüllbar

52 52 KAPITEL 1. N P-VOLLSTÄNDIGKEIT Das Traveling Salesman Problem Defintion. Sei n N, n 1 d: { E(Kn ) N {i, j} d(i, j) i j V (K n ) d ist die Distanzfunktion. Eine Rundreise ist ein Hamilton-Kreis in i 1,..., i n V (K n ). Die Länge der Rundreise ist n 1 d(i j, i j+1 ) + d(i n, i 1 ) j=1 TSP := {(n, d: E(K n ) N, L) es existiert Rundreise der Länge < L} Lemma. TSP N P Beweis. Input (n, d, L) 1. Rate σ S n 2. Berechne Länge von σ(1),..., σ(n) L 3. Teste ob L < L Übungsaufgabe. HAMCYCLE P TSP( TSP ist N P-hart)

53 1.8. DAS HAMILTON-PFAD(-KREIS)-PROBLEM 53 2 Färbungen von Produkten 2.1 Summen und Produkte revisited Lemma. Seien G, H Graphen und es existiere ein Morphismus G f H. Dann gilt χ(g) χ(h) Beweis. Sei n = χ(h) H g K n Morphismus G f H g K n Morphismus n-färbung von G χ(g) χ(h) Erinnerung. Seien G, H Graphen. Die Summe G + H ist die disjunkte Vereinigung Bemerkung. Die Inklusionen ι H : H G + H ι G : G G + H sind Morphismen. Nach Lemma 2.1.1: } χ(h) χ(g + H) max{χ(g), χ(h)} χ(g + H) χ(g) χ(g + H) Ziel: es gilt auch Notation. Seien G, H Graphen. Hom(G, H) := {f : V (G) V (H) f ist ein Morphismus} ist die Menge der Morphismen G H.

54 54 KAPITEL 2. FÄRBUNGEN VON PRODUKTEN Satz (Universelle Eigenschaft der Summe). Für alle G, H 1, H 2 ist die Abbildung φ: { Hom(H1 + H 2, G) Hom(H 1, G) Hom(H 2, G) f (f ι H1, f ι H2 ) eine Bijektion. H 1 ι H1 f 1 ι H2 H 1 + H 2 f G H 2 f 2 Beweis. Behauptung: Die Abbildung ψ : { Hom(H1, G) Hom(H 2, G) Hom(H 1 + H 2, G) (f 1, f 2 ) f mit f(v) := { f 1 (v) v H 1 f 2 (v) v H 2 ist wohldefiniert und Umkehrabbildung von φ. Zeige: ψ(f 1, f 2 ) : H 1 + H 2 G ist ein Morphismus, falls f 1 und f 2 Morphismen sind. Seien v H1+H 2 w. i {1, 2} mit v, w V (H i ) Da ψ(f 1, f 2 )(v) = f i (v) ψ(f 1, f 2 )(w) = f i (w) und f i : H i G ein Morphismus ist, folgt ψ(f 1, f 2 ) Hom(H 1 + H 2, G) und φ ψ = Id ψ φ = Id : klar.

55 2.1. SUMMEN UND PRODUKTE REVISITED Lemma. Seien G, H Graphen. Dann gilt max{χ(g), χ(h)} χ(g + H) Zusammen mit der Bemerkung folgt Gleichheit. Beweis. Sei m := max{χ(g), χ(h)} G f G K m und H f H K m (m n : K n K m ) f : G + H K m χ(g + H) m Lemma. Seien X, Y, Z Graphen und X f Y ein Morphismus. Dann ist auch ein Morphismus. f + Id Z : X + Z Y + Z { v v f(v) v V (Z) v V (X) Beweis. Nutze Satz Prüfe, dass (f + Id Z ) ι X und (f + Id Z ) ι Z Morphismen sind. X f ι X X + Z f+id Y ι Y Y + Z (f + Id Z ) ι X = ι Y f Da ι Y f ein Morphismus ist, ist auch (f + Id Z ) ι X ein Morphismus. X + Z f+id Y + Z ι z Z Da ι Z ein Morphismus ist, ist auch (f + Id) ι Z = ι Z ein Morphismus Erinnerung. Seien G und H Graphen. Das Produkt G H ist ι z V (G H) := V (G) V (H) (v, w) G H (v, w ) : v G v w H w