Informatik B Sommersemester Musterlösung zur Klausur am

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1 Informatik B Sommersemester 01 Musterlösung zur Klausur am Leider wurde der Hinweis, dass alle Lösungen kurz (stichpunktartig), aber inhaltlich ausreichend zu kommentieren sind, nicht immer beachtet. Die Musterlösung soll demonstrieren, wie man die Lösungen sehr kurz und trotzdem präzise aufschreiben kann. Um solche notwendigen Begründungen von weiteren Kommentaren, Lösungsvarianten und Erklärungen zum besseren Verständnis abzugrenzen, werden diese Zusatzkommentare kursiv gedruckt. Aufgabe 1: Graphalgorithmen Punkte + Zusatzpunkte a) Berechnen Sie für den unten abgebildten Graphen einen MST mit dem Algorithmus von Kruskal. Tragen Sie in der daneben stehenden Tabelle die Reihenfolge der Kanten bei Aufnahme in den MST sowie Knotenanzahl und den Repräsentanten der neu entstandenen Komponente ein. a neue Komponente Kante Knoten- Repräanzahl sentant {b, c} b 9 {e, f} e b 1 c {g, i} g 5 d e f {f, h} 3 e {b, d} 3 b {c, f} b 9 g 10 h i {a, c} b {d, g} 9 b

2 b) Der ungerichtete Graph G n = (V n, E n ) sei gegeben durch V n = {1,,..., n} und E n = { {i, j} 1 i < j n (j = i + 1 j = i)}, d.h. der Knoten i ist adjazent zu i 1, i + 1 und i sofern diese Zahlen in V n liegen und zu i wenn i eine gerade Zahl ist. Zeichnen Sie G 10 in das gegebene Schema und bestimmen Sie den Durchmesser D (G 10 ) - Begründung hier nicht notwendig! Untersuchen Sie, ob G 10 bipartit ist! D(G 10 ) = G 10 ist nicht bipartit, weil es in G 10 Kreise ungerader Länge gibt, z.b. durch, 3,. c) Führen Sie auf G 10 die Breitensuche mit Startknoten 1 und aufsteigend geordneten Adjazenzlisten aus. Tragen Sie die Reihenfolge der Knoten u beim Entfernen aus der Warteschlange, ihre Entfernung d[u] zum Startknoten und die Werte der Π Zeiger in die beiliegende Tabelle ein. Knoten u π(u) NIL d[u] Zusatzaufgabe d) Zeigen Sie, dass der Durchmesser D(G n ) in Θ(log n) liegt. Hinweis: Als Zwischenschritt kann man zeigen, dass für alle k V n ein Weg der Länge log k von k nach 1 existiert.

3 1) Wir beweisen zuerst die Behauptung aus dem Hinweis: Für jedes k > 1 gibt es einen Weg der Länge von k nach { k, nämlich über die Kante k, k } wenn k gerade ist oder bei ungeradem k über die Kanten {k, k 1} und { } k 1, k 1. Da man durch Halbierungen mit Abrunden nach höchstens log k Schritten von k auf 1 kommt, erhalten wir die Behauptung. ) Seien nun j und k zwei beliebige Knoten aus V n, dann gilt d(j, k) d(j, 1) + d(1, k) log n + log n und somit D(G n ) O(log n) 3) Andererseits ist D(G n ) d(1, log n ) = log n und folglich D(G n ) Ω(log n). Aufgabe : AVL-Bäume und Halden + 3 Punkte a) Bauen Sie einen AVL Baum auf, in den nacheinander die Schlüssel,,,,, 5 eingefügt werden. Löschen Sie zum Schluss den Schlüssel. Nutzen Sie dazu die unten gegebene Vorlage und zeichnen Sie wie für die ersten drei Operationen gezeigt die Bäume nach den jeweiligen Suchbaum Einfüge bzw. Löschoperationen und gegebenfalls ein zweites Bild nach den notwendigen Rotationen. Halten Sie sich an die in der Vorlesung besprochenen Methoden. Zur Vereinfachung der Zeichnungen können Sie alle Blätter ignorieren. einfügen: einfügen: einfügen: Rotation einfügen: einfügen: Doppel rotation

4 5 einfügen: löschen: Doppelrotation b) Gegeben seien zwei Halden H 1 mit k Einträgen und H mit k + 1 Einträgen. Wie kann man in O(k) Zeit aus H 1 und H eine Halde H konstruieren, welche die Vereinigung der Einträge beider Halden enthält. Geben Sie eine verbale Beschreibung und eine kurze Begründung der Laufzeit! Hinweis: Das Einfügen aller Elemente von H in H 1 oder umgekehrt würde zu viel Zeit kosten. Beide Halden haben aber eine sehr spezielle Form - das kann man nutzen! Auf Grund der Vorgaben sind in den Halden H 1 (bzw. H ) die Level 0 bis k 1 vollständig mit inneren Knoten gefüllt und es gibt in Level k genau einen (bzw. genau zwei) innere Knoten. Aufbau von H: 1) Lösche das Minimum aus H 1 (es entsteht H 1 ohne innere Knoten in Level k) und speichere den gelöschten Eintrag x. ) Bilde eine Halde mit einer neuen Wurzel, H als linken und H 1 als rechten Teilbaum. 3) Setze den Eintrag x in die neue Wurzel und rekonstruiere die Ordnungseigenschaft durch Versickern (down bubbling). Die Schritte 1 und 3 haben Laufzeit O(k), Schritt erfordert nur konstante Zeit. Aufgabe 3: Java + 3 Punkte a) Betrachten Sie das folgende Codefragment und tragen Sie in der nachfolgenden Tabelle die Werte ein, welche die Variablen x, y, n, m nach Ausführung des Codes angenommen haben. boolean x, y; int m, n; int[] a = {1,,3}; int[] b = {3,,5};

5 int[] c = (int[]) b.clone(); int[][] A = {a,b,a,c}; int[][] B = A; x = A[1] == A[3]; y = A[0] == B[]; for(int i=0; i<; i++) {A[i][0]++;} m = A[][0]; for(int i=1; i<; i++) {A[i][0] = A[i][0] - A[0][0];} n = A[3][0]; Variable x y m n Wert false true 3 b) Gegeben sei ein Array A der Länge n vom Typ int[] von dem bekannt ist, dass die Einträge aufsteigend geordnet sind und A[n 1] A[0] > n 1 gilt (Beispiel [, 3, 5,,, 9] mit 9 > 5. Da die Differenz zwischen End- und Anfangswert mindestens um größer ist als die Anzahl der Zwischenwerte (n ), muss eine ganze Zahl m aus dem Intervall zwischen A[0] und A[n 1] existieren, die nicht als Eintrag im Array A vorkommt. In unserem Beispiel gibt es sogar zwei davon, die und die. Implementieren Sie eine Methode int findmissing(int[] A), die einen solchen Wert möglichst in logarithmischer Laufzeit findet. Hinweis: Es ist sinnvoll eine Hilfsfunktionen help(int[] A, int j, int k) zu implementieren, welche die Aufgabe auf Teilintervallen mit A[k] A[j] > k j löst. help(int[] A, int j, int i){ if(k==j+1) {return (A[k]-1);} // ist nach Voraussetzung nicht in A int m=(k+j)/; // Index in der Mitte zwischen k und j if(a[m]-a[j] > m-j) {return help(a,j,m);} else {return help(a,m,k);} } findmissing(int[] A){return help(a,0,a.length-1);} Aufgabe : Algorithmen und Laufzeit Punkte Für diese Aufgabe dürfen Sie alle in der Vorlesung besprochenen Sätze und Algorithmen sowie die dort analysierten Laufzeiten als Bausteine verwenden. Sei G = (V, E) ein ungerichteter Graph mit V = E = n > 1.

6 a) Begründen Sie, dass G mindestens einen Kreis enthält. b) Beschreiben Sie verbal einen (möglichst schnellen) Algorithmus, der eine Kante e E findet, die auf einem Kreis liegt. c) Beschreiben Sie verbal einen (möglichst schnellen) Algorithmus, der für solch eine Kante e einen zugehörigen Kreis berechnet. d) Analysieren Sie die Laufzeit der Algorithmen aus b) und c) in Abhängigkeit von n. Hinweise: Beachten Sie, dass G möglicherweise unzusammenhängend ist. Das Finden einer Kante auf einem Kreis sollte einfach sein! Wie konstruiert man davon ausgehend den ganzen Kreis? Ziel sollte es sein, in beiden Fällen auf eine lineare Laufzeit zu kommen. a) Wenn G keinen Kreis enthalten würde, dann wäre G ein Wald mit k 1 Zusammenhangskomponenten (wegen V 1). Daraus folgt E = V k, also n < n, ein Widerspruch. Viele haben den ersten Hinweis ignoriert und nur mit einem Baum argumentiert, dafür gab es nur einen Punkt b) Starte eine Tiefensuche und registriere, wann zum ersten Mal in der Adjazenzliste des aktuellen Knoten u ein grauer Knoten v auftaucht. Dann ist e = {u, v} eine Kreiskante. c) Sei e = {u, v} eine Kreiskante wie in b). Verfolge von u aus den Π-Zeiger-Weg bis zum Erreichen von v. Auf Grund der DFS-Eigenschaften führt dieser Weg zu v und bildet zusammen mit e einen Kreis. Einige haben in Punkt b) auch mit einer Breitensuche (oder sogar mit dem Kruskal- Algorithmus) argumentiert. Das ist dort nicht problematisch, aber die Bestimmung des Kreises wird dann komplizierter, denn der Π-Zeiger-Weg von u führt im Allgemeinen nicht nach v: Entweder man verfolgt die Π-Zeiger-Wege der ursprünglichen Breitensuche von u und von v zurück bis zur Wurzel, und verfolgt dann noch einmal die umgekehrten Wege bis sie sich trennen, oder man streicht e aus G und startet eine neue Breitensuche von u bis v erreicht wird. Danach kann man den Π-Zeiger-Weg der neuen Suche zurückverfolgen. d) Wenn man die Tiefensuche gewählt hat, ist die Argumentation wieder einfach: DFS benötigt Θ( V + E ) = Θ(n) Zeit und die Rückverfolgung des Π-Zeiger-Wegs höchstens lineare Zeit, also insgesamt Θ(n). Bei Verwendung der Breitensuche kommt man auf die gleiche Zeit, muss aber bei der Begründung etwas weiter ausholen.