Algoritmusok bonyolultsága

Átírás

1 Algoritmusok bonyolultsága 9. előadás 1 / 18

2 Közelítő algoritmusok ládapakolás (bin packing) Adott n tárgy (s i tömeggel) és végtelen sok 1 kapacitású láda (doboz). Helyezzük el a tárgyakat minél kevesebb ládába! S = (s 1, s 2,..., s n ) úgy, hogy 1 s 1 s 2 s n > 0. Eredmény: B = (B 1, B 2,..., B n ): a B i halmaz tartalmazza az i-edik ládába került tárgyak indexét. LÁDAPAKOLÁS(S) 1. for i := 1 to n 2. do B i = // az i-edik láda tárgyainak indexhalmaza 3. b i := 0 // mennyire van megtelve az i-edik láda 4. for t := 1 to n 5. do j := 1 6. while b j + s t > 1 7. do j := j B j := B j {t} 9. b j := b j + s t 11. return B 2 / 18

3 Ládapakolás példa közelítő algoritmus eredménye: optimális megoldás: / 18

4 Ládapakolás elemzés Az algoritmus négyzetes (a két egymásba ágyazott ciklus miatt): Θ(n 2 ). Tétel A LÁDAPAKOLÁS algoritmus 2-közelítő algoritmus. Legyen az optimális megoldás C láda, és az algoritmus eredménye C láda (nyilván C C.) Két egymás melletti láda esetében nem fordulhat elő, hogy mindkettő csak legfeljebb félig legyen megtöltve, hisz ekkor a második láda tartalma belefért volna az elsőbe. Tehát legalább C 1 láda felénél jobban meg van töltve. Azaz n s i > C 1 n 2, de s i < C, innen pedig C 1 < 2C, i=1 azaz C 2C. i=1 4 / 18

5 Közelítő sémák hátizsákfeladat (knapsack) Adott n tárgy (s i tömeggel) és egy K kapacitású hátizsák. Töltsük meg minél jobban a zsákot! S = (s 1, s 2,..., s n ) úgy, hogy s 1 s 2 s n. HÁTIZSÁK k (S, K ) 1. H := ; max := 0 2. for {1, 2,..., n} minden legfeljebb k elemű T részhalmazára 3. do sum := i T s i 4. for i := 1 to n 5. do if (j T ) and (sum + s j K ) 6. then sum := sum + s j 7. T := T {j} 8. if max < sum 9. then max := sum 10. H := T 11. return H 5 / 18

6 Hátizsákfeladat példa S=(50,42,32,26,20,19,6,3), K=100 Optimális megoldás: 42, 32, 26 összeg: 100 HÁTIZSÁK 0 : 50, 42, 6 összeg: 98 HÁTIZSÁK 1 : 32, 50, 19 összeg: 99 HÁTIZSÁK 2 : 42, 32, 26 összeg: / 18

7 Hátizsákfeladat elemzés ( ) n Az {1, 2,..., n} halmaznak darab i elemű részhalmaza van. i k ( ) n Az algoritmus sorait -szer végezzük el. i ( ) ( ) i=0 n n De = 1 és n i, ezért 0 i k i=0 ( ) n 1 + kn k i A ciklus belsejét legfeljebb n-szer végezzük el, ezért az algoritmus bonyolultsága: ( O n + kn k+1) (, azaz O kn k+1). 7 / 18

8 Hátizsákfeladat elemzés Tétel A HÁTIZSÁK k közelítő algoritmus esetében az optimális megoldás C tömegösszege és az algoritmus által adott C tömegösszeg aránya k (Az. algoritmus ( ) ) k -közelítő algoritmus. Bizonyítás: Legyen s 1 s 2 s n. Az optimális megoldás s i1 s i2... s ip. Ekkor C = p j=1 s i j. Innen: Ha 1 j p, akkor s ij C j. és ha k + 1 j p, akkor s ij C k+1. Ha p k, akkor C = C. Ha p > k, akkor legyen s q az első tömeg, amelyik nincs benne az optimális megoldásban. Ekkor C + s q > K, innen C C + sq C > K C 1. Innen C C + 1 k+1 > 1 és C C > k C k+1 vagy C < k. 8 / 18

9 Részletösszeg-feladat (változat a hátizsákfeladatra) CLRS Adott S={s 1, s 2,..., s n }, ahol minden s i > 0, és adott K > 0. A feladat: létezik-e X S úgy, hogy x = K? NP-teljes feladat x X Gyakorlatban: keressük azt az X S részhalmazt, amelyre x K, és az összeg a lehető legnagyobb. x X Lista: L =< s 1, s 2,..., s k >, ahol s 1 s 2... s k. Ekkor L + x =< s 1 + x, s 2 + x,..., s k + x >. 9 / 18

10 Exponenciális idejű, pontos algoritmus Csak a részletösszeget határozza meg. Az ÖSSZEFÉSÜL két listát egybefésül, kihagyva az ismétlődő elemeket. PONTOS-RÉSZLETÖSSZEG(S, K ) 1. n := S 2. L 0 :=< 0 > 3. for i := 1 to n 4. do L i := ÖSSZEFÉSÜL(L i 1, L i 1 + s i ) 5. töröljük L i -ből a K -nál nagyobb elemeket 6. return L n legnagyobb eleme Példa: S = {1, 2, 4, 6}, K = 9 L 0 =< 0 > L 1 =< 0, 1 > L 2 =< 0, 1, 2, 3 > L 3 =< 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 > L 4 =< 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 > 10 / 18

11 Polinomiális közelítő séma Legyen 0 < δ < 1, és ha y 1 + δ z y, akkor y-t kitöröljük a listából, z az y képviselője az új listában. Ez a művelet a ritkítás. Ha δ = 0, 1, akkor L =< 10, 11, 12, 15, 20, 21, 22, 23, 24, 29 > 24 ritkítása: L =< 10, 12, 15, 20, 23, 29 >, mert pl. 1,1 < 23 < / 18

12 L =< y 1, y 2,..., y m > elemei növekvő sorrendbe vannak RITKÍT(L, δ) 1. m := L 2. L :=< y 1 > 3. last := y 1 4. for i := 2 to m 5. do if y i > last (1 + δ) 6. then tegyük y i -t L végére 7. last := y i 8. return L 12 / 18

13 KÖZELÍTŐ-RÉSZLETÖSSZEG(S, K, ε) 1. n := S 2. L 0 :=< 0 > 3. for i := 2 to n 4. do ÖSSZEFÉSÜL(L i 1, L i 1 + s i ) 5. L i := RITKÍT(L i, ε/2n) 6. töröljük L i -ből a K -nál nagyobb elemeket 7. return L n legnagyobb eleme 13 / 18

14 Példa S =< 104, 102, 201, 101 >, K = 308, ε = 0, 40, ekkor ε/8 = 0, 05 Eredmény: 302 Az optimális megoldás: 307= / 18

15 Gráfszínezés Feladat: minimális számú színnel kifesteni a gráf elemeit (csúcsok, élek, tartományok) úgy, hogy két szomszédos elem nem legyen ugyanolyan színű. síkgráfok tartományainak színezése négyszínprobléma, 1976-ban megoldották (K. Appel és W. Haken) 15 / 18

16 Csúcsok színezése NP-teljes feladat Közelítő algoritmus Adott a G = (V, E) gráf, ahol V = {v 1, v 2,..., v n }. Az algoritmus hozzárendel minden v i csúcshoz egy c i színt. Eredmény a C = (c 1, c 2,..., c n ) vektor. SZEKVENCIÁLIS_SZÍNEZÉS(G) 1. for i = 1 to n 2. do s := 1 3. while N(v i )-ben van s színű csúcs 4. do s := s c i := s színezzük ki v i -t az s színnel 6. return C 16 / 18

17 Példa Eredmény: C = (1, 2, 3, 1, 2). Kromatikus szám: Az a legkisebb c, amennyi színnel ki lehet színezni a gráf csúcsait. Jelölése: χ(g). Fenti példában χ(g) = 3, mivel kevesebb színnel nem lehet kiszínezni, ugyanis v 2 szomszédai egy úton vannak, tehát két szín szükséges a kiszínezésükre, így v 2 már csak egy harmadik színnel színezhető. 17 / 18

18 Az algoritmus polinomiális, O(n 2 ) bonyolultságú. Eredményessége azonban függ a csúcsok sorrendjétől. Például, { legyen G = }(V, E), ahol V = {a 1, b 1, a 2, b 2,..., a n, b n }, E = {a i, b j } i j. A közelítő algoritmus eredménye: 2, ha a csúcsok sorrendje a 1, a 2,..., a n, b 1, b 2,..., b n, n, ha a csúcsok sorrendje a 1, b 1, a 2, b 2,..., a n, b n. 18 / 18