10.11.2013Kapitel 11 Methoden des Algorithmenentwurfs Kapitel 1.3: Approximation mit relativer Güte...

11.04.23 Kapitel 1 1

Methoden des Algorithmenentwurfs

Kapitel 1.3: Approximation mit relativer Güte

Christian Scheideler

SS 2009

Übersicht

• Notation

• Das metrische TSP Problem

• Unabhängige Mengen

• Bin Packing

• Nichtapproximierbarkeit

11.04.23 Kapitel 1 2

Notation

3.1 Definition: Sei ein Optimierungsproblem und A ein Approximationsalgorithmus für .

(a)A hat bei Eingabe I eine relative Güte von A(I) = max{ A(I)/OPT(I), OPT(I)/A(I) }Für ein Minimierungsproblem ist der erste Term dominant und für ein Maximierungsproblem der zweite.

(b) Die relative worst-case Güte von A ist die Funktion A

wc(n) = max { A(I) | ID, |I| n}(c)Sei A:IN IN eine Funktion. A garantiert eine relative

Güte von A(n) falls für alle n gilt: A

wc(n) A(n).

11.04.23 Kapitel 1 3

Notation

3.1 Definition (Forsetzung):(d) A macht bei Eingabe I einen relativen Fehler von

A(I) = |A(I)-OPT(I)| / OPT(I) A garantiert einen relativen Fehler von A(n) falls für alle ID mit |I|n gilt: A(I) A(n).

(e) Sei Á:IN IN eine Funktion. A hat eine relative Abweichung von Á(n), falls für unendlich viele n gilt Á(n) A

wc(n).Eine unendlich große Menge D´, D´D, heißt Á(n)-Zeugenmenge gegen A, wenn für alle ID´ gilt: A(I) Á(|I|). Eine solche Eingabe nennen wir dann einen Á(n)-Zeugen.

11.04.23 Kapitel 1 4

Notation

3.2 Bemerkung: Sei ein Optimierungspro-blem und A ein Approximationsalgorith-mus für .

(a)Bei einem Minimierungsproblem ist 1+A(n) = A(n).

(b)Bei einem Maximierungsproblem ist 1-A(n) = 1/A(n).

(c)Für beide Problemtypen ist A(n) A(n)-1.

11.04.23 Kapitel 1 5

Notation

Ziele:

• Finde Approximationsalgorithmen mit möglichst kleiner relativer Güte.

• Zeige (asymptotisch) übereinstimmende Werte für die relative Güte und relative Abweichung.

11.04.23 Kapitel 1 6

11.04.23 Kapitel 12 7

Das Metrische TSP Problem

Allgemeines TSP Problem: Gegeben der vollstän-dige Graph Kn mit Kostenfunktion c:EIN, finde einen Hamilton-Kreis mit minimalen Kosten.

Bemerkung: TSP ist ein NP-hartes Problem.

11.04.23 Kapitel 12 8


Eine natürliche Einschränkung des TSPs ist das folgende Problem:

TSP: Gegeben der Graph Kn mit Metrik c:EIN, bestimme einen Hamilton-Kreis mit minimalen Kosten.

Eine Metrik muss die Dreiecksungleichung erfüllen, d.h. u,v,wV: c(u,v) c(u,w)+c(w,v)

Bemerkung: Dieses Problem ist immer noch NP-hart, kann aber mit konstanter Güte approximiert werden.


Einfüge-Heuristik:• Idee: erweitere Tour nach und nach durch Hinzufügung eines

neuen Knotens.• Einfügeoperation für Tour C=(u1,...,uk,u1):

Algorithmus Einfüge(C,v)(1) bestimme i, so dass c(ui,v)+c(v,ui+1)-c(ui,ui+1) minimal ist(2) gib (u1,..., ui,v,ui+1,...,uk,u1) aus

11.04.23 Kapitel 1 9

ui

ui+1

v Erhöhung von c(C) durch v:c(ui,v)+c(v,ui+1)-c(ui,ui+1)


Klasse der Einfüge-Heuristiken:

Algorithmus EHC1:=(v1,v1) für einen beliebigen Knoten v1for j:=2 to n do (*) wähle einen Knoten vj, der nicht in Cj-1 ist Cj:=Einfüge(Cj-1,vj)

Beachte, dass in (*) offen geblieben ist, wie vj ausgewählt wird. (v1,...,vn) heißt die Einfüge-Abfolge und beschreibt die Wirkung des Algo-rithmus vollständig (sofern die Einfügestellen in Einfüge() eindeutig sind).

11.04.23 Kapitel 1 10


3.4 Satz: Jede Einfüge-Heuristik EH garantiert EH(Kn,c)(log n+1)OPT(Kn,c).

Beweis:• Sei (v1,...,vn) eine beliebige Einfüge-Abfolge.• Sei cost(vj) die Verlängerung der Tour durch vj, d.h.

cost(vj) = c(Cj)-c(Cj-1).• Mit cost(v1)=0 haben wir folgende Teleskop-summe:

cost({v1,...,vn}) = j=1n cost(vj)

= j=1n (c(Cj)-c(Cj-1))

= c(Cn) = EH(I)• Um fortzufahren, benötigen wir folgendes Lemma.

11.04.23 Kapitel 1 11


3.5 Lemma: Für alle vivj gilt: min{cost(vi),cost(vj)} 2c(vi,vj)

Beweis:• O.B.d.A. sei i<j. Sei x der Nachfolger von vi in Tour Cj-1

• In Cj-1 wird vj an einer Stelle eingefügt, für die die Verlängerung minimal ist.

• Also ist sie höchstens so groß, als würde vj zwischen vi und x eingefügt, d.h. cost(vj) c(vi,vj)+c(vj,x)-c(vi,x)

• Zudem gilt wegen der Dreiecksungleichung:c(vi,vj)+c(vi,x) c(vj,x), also c(vj,x)-c(vi,x) c(vi,vj)

• Daraus folgt cost(vj) 2c(vi,vj) und damit das Lemma.11.04.23 Kapitel 1 12


• Sei R*=(w1,...,wn,w1) eine optimale Tour für I und R=(wi1,wi2,...,wik,wi1) ein Kreis aus k Knoten auf I mit ij<ij+1. R ist an R* angelehnt, also kein beliebiger Kreis.

• Wegen der Dreiecksungleichung giltc(R) ≤ c(R*) = OPT(I)

• Wir zeigen jetzt, dass man aus jedem an einer optimalen Tour angelehnten Kreis ca. die Hälfte der Knoten so auswählen kann, dass deren Kosten gemäß der gegebenen EH-Heuristik höchstens OPT(I) sind.

11.04.23 Kapitel 1 13


3.6 Lemma: Seien R* und R wie oben. Dann gibt es eine Menge Z {wi1,wi2,...,wik,wi1} mit |Z|=k/2 und cost(Z) OPT(I).

Beweis:• R wird in zwei Mengen aufgeteilt (wenn k ungerade ist,

fehlt die letzte Kante des Kreises):M1={{wi1,wi2},{wi3,wi4},…} undM2={{wi2,wi3},{wi4,wi5},…}

• Es ist |M1|=|M2|= k/2 • Sei M dasjenige Mi, für das c(Mi) ≤ c(R)/2 ≤ c(R*)/2 ist• Sei Z die Menge der Knoten, die pro Kante in M den

kleineren cost-Wert haben• Die Wahl von Z hängt von EH-Heuristik ab11.04.23 Kapitel 1 14


3.6 Lemma: Seien R* und R wie oben. Dann gibt es eine Menge Z {wi1,wi2,...,wik,wi1} mit |Z|=k/2 und cost(Z) OPT(I).

Beweis (Fortsetzung):

• Es ist |Z|=k/2 und wegen Lemma 3.5,cost(Z) = {wij,wij+1}M min{cost(wij),cost(wij+1

)}

{wij,wij+1}M 2c(wij,wij+1) = 2c(M)

2c(R)/2 OPT(I)11.04.23 Kapitel 1 15


• Anfangs setzen wir R1=R*.• Dann bestimmen wir Z1 gemäß Lemma 3.6 und

berechnen R2=R1-Z1.• Allgemein bestimmen wir sukzessive Zi gemäß

Lemma 3.6 und berechnen Ri+1=Ri-Zi, bis Ri nur noch aus einer Kante (mit Kosten max. OPT(I) ) besteht.

• Wie man leicht sieht, ist |Ri| ≤ n/2i-1+1 für alle i, so dass der Prozess oben nach höchstens log n+1 Runden terminiert.

• Die Gesamtkosten sind alsocost({v1,…,vn}) = cost( i Zi) = i cost(Zi) ≤ (log n +1) OPT(I)

11.04.23 Kapitel 1 16


• Bis heute ist nicht bekannt, ob Satz 3.4 scharf ist. Man kennt allerdings Auswahl-strategien mit relativer Abweichung (log n / log log n)

• Es gibt aber auch Auswahlstrategien mit relativer Güte 2. Dazu wird als Knoten v immer derjenige Knoten gewählt, der am nächsten zu einem Knoten in Cj-1 ist.

• Der resultierende Algo heißt dann NearestInsertion.

3.7 Satz: NearestInsertion garantiert bei Eingaben über n Knoten eine relative Güte von 2-2/n.

11.04.23 Kapitel 1 17


• Die NearestInsertion Heuristik ist identisch mit einem Algorithmus von Christofides.

• Dieser Algorithmus basiert auf der Berechnung eines minimalen Spannbaums und einer Euler-Tour durch diesen. Dazu zunächst einige Definitionen.

11.04.23 Kapitel 1 18

11.04.23 Kapitel 1 19

Exkurs: Minimaler Spannbaum

Zentrale Frage: Welche Kanten muss ich nehmen, um mit minimalen Kosten alle Knoten zu verbinden?

2

1

1

3

3

2

2

43

25

11.04.23 Kapitel 1 20


Eingabe:• ungerichteter Graph G=(V,E)• Kantenkosten c:EIR+

Ausgabe:• Teilmenge TE, so dass Graph (V,T) verbunden

und c(T)=eT c(e) minimal ist

• T formt immer einen Baum (wenn c positiv).• Baum über Knoten in V mit minimalen

Kosten: minimaler Spannbaum (MSB)

11.04.23 Kapitel 1 21


3.8 Lemma: Sei (U,W) eine Partition von V (d.h. UW = V und UW = ) und e={s,t} eine Kante mit minimalen Kosten mit sU und tW. Dann gibt es einen minimalen Spannbaum (MSB) T, der e enthält.

s tU W

e

11.04.23 Kapitel 1 22


Beweis:• Betrachte beliebigen MSB T´• e={s,t}: (U,W)-Kante minimaler Kosten

• Ersetzung von e´ durch e führt zu Baum T´´, der höchstens Kosten von MSB T´ hat, also MSB ist

s t

U W

e

in T´

e´

11.04.23 Kapitel 9 23


Problem: Wie wandelt man Lemma 3.8 in einen effizienten Algorithmus um?

Strategie von Jarnik/Prim:• Starte bei beliebigem Knoten s, MSB T besteht

anfangs nur aus s• Ergänze T sukzessive durch eine günstigste

Kante von T zu einem Knoten w, der noch nicht in T ist, bis T alle Knoten im Graphen umfasst

Laufzeit bei geeigneter Implementierung: O(|V| log |V| + |E|)

11.04.23 Kapitel 9 24


Beispiel:

2

1

1

3

3

2

2

43

25

s

11.04.23 Kapitel 12 25

Exkurs: Euler-Tour

Ein (Multi-)Graph G heißt Eulersch, wenn es in G einen Kreis gibt, der jede Kante von G genau einmal durchläuft (eine sogenannte Euler-Tour oder Euler-Kreis).

3.9 Lemma: G ist Eulersch genau dann, wenn G zusam-menhängend ist und jeder seiner Knoten geraden Grad hat.

Beweis: : klar : durch Induktion über die Kantenzahl• Da alle Knoten Grad 2 haben, gibt es einen Kreis C in

G. (Fange bei beliebigem Knoten an und wandere ent-lang beliebiger Kanten, bis ein Knoten zum zweitenmal besucht wird.)

11.04.23 Kapitel 12 26

Exkurs: Euler-Tour

Beweis (Fortsetzung):• Seien G1,…,Gk die ZHKs von G nach Entfernung der

Kanten in C. Da C ein Kreis ist, sind die Knotengrade in jedem Gi gerade. Nach der Induktion gibt es also einen Euler-Kreis Ci in jedem Gi.

• Diese Euler-Kreise und Kreis C können leicht an Schnitt-stellen zu einem Euler-Kreis von G zusammengesetzt werden.

C1 C2 C3

C

Exkurs: Euler-Tour

• Der Beweis zum Lemma kann in einen Algorithmus umgewandelt werden, der eine Euler-Tour in Zeit O(|V|+|E|) berechnet.

• Jetzt sind wir soweit, Christofides´ ersten Algorithmus zum TSP Problem vorzustellen.

11.04.23 Kapitel 1 27

11.04.23 Kapitel 12 28


Betrachte den folgenden Algorithmus für dasTSP-Problem mit Metrik c:

CH1-Algorithmus:1. Berechne einen minimalen Spannbaum T von

(V,c).2. Verdopple alle Kanten in T zum Multigraph T*.3. Konstruiere einen Euler-Kreis K von T*.4. Entferne in K Wiederholungen von Knoten, so

dass sich ein Hamilton-Kreis C ergibt.5. Gib C aus.

11.04.23 Kapitel 12 29


1

11

2

2

2

1

11

2

2

2

1

11

2

2

2

1

11

2

2

2

T

K

C

11.04.23 Kapitel 12 30


3.10 Satz: Der CH1-Algorithmus ist eine 2(1-1/n)-Approxi-mation des TSPs.

Beweis:• Der CH1-Algorithmus ist in poly. Zeit implementierbar.• Für eine Kantenmenge E sei c(E) = eE c(e).• Da c eine Metrik ist, gilt c(C) c(K)

(C entsteht ja aus K über “Abkürzungen”.)• Nach der Konstruktion von T* gilt c(K) = c(T*) = 2c(T)• Sei C* die optimale Lösung des -TSPs. Löschen wir

eine beliebige Kante {v,w} in C*, so ist C* ein Spann-baum in G. Also gilt c(T) c(C*\{v,w}) (1-1/n) c(C*), falls {v,w} die teuerste der Kanten in C* ist.

• Damit folgt c(C) 2(1-1/n)c(C*)

11.04.23 Kapitel 12 31


Ist der CH1-Algorithmus bestmöglich?

Nein. Christofides hat auch einen verbesserten Algorithmus vorgestellt, bekannt als Christofides´ Algorithmus.

Dazu brauchen wir weitere Definitionen.• Ein Matching M eines Graphen G=(V,E) ist eine Menge

von Kanten, in jeder Knoten höchstens einmal vorkommt.

• Ein perfektes Matching M ist eine Menge von Kanten, in der jeder Knoten genau einmal vorkommt.

• Ein perfektes Mathing M mit minimalem Kantengewicht nennen wir ein leichtestes Matching.


Beispiele:

Matching perfektes Matching

11.04.23 Kapitel 1 32


3.11 Lemma: (a)In jedem Graphen G ist die Anzahl der

Knoten ungeraden Grades gerade.(b)Für jedes (V,c) mit geradem |V| kann ein

leichtestes Matching in O(n2,5(log n)4) Zeit gefunden werden (zeigen wir hier nicht).

Beweis von (a):• Für alle Graphen G=(V,E) gilt v deg(v) = 2|

E|. v deg(v) ist also gerade. • Sei U die Menge der Knoten in G mit unge-

radem Grad. Dann ist auch vU deg(v) gerade und damit |U| gerade.

11.04.23 Kapitel 1 33

11.04.23 Kapitel 1 34


Christofides´ Algorithmus:• Berechne einen MSB T zu (V,c).• Bestimme die Menge U der Knoten ungeraden

Grades in T. (|U| ist nach Lemma 3.11 gerade, besitzt also ein perfektes Matching.)

• Berechne ein leichtestes Matching M für (U,c).• Sei G=(V, TM). (Alle Knoten haben damit

geraden Grad.) Konstruiere in G einen Euler-Kreis K.

• Entferne in K Wiederholungen, so dass Hamilton-Kreis C verbleibt.

• Gib C aus.

11.04.23 Kapitel 1 35


3.12 Satz: Christofides´ Algorithmus ist eine (3/2-1/n)-Approximation des TSP.

Beweis:• Wie für den Beweis des CH1-Algorithmus gilt c(C) c(K) = c(G) = c(T)+c(M)• Zu zeigen: c(M) c(C*)/2 für einen optimalen Hamilton-Kreis C*.• Sei C*=(v1,v2,…,vn) und U=(vi1

,…,vim). Betrachte die Matchings

M1 = { {vi1,vi2

}, {vi3,vi4

},…,{vim-1,vim

} }M2 = { {vi2

,vi3}, {vi4

,vi5},…,{vim

,vi1 } }

• Wegen der Dreiecksungleichung gilt c(M1)+c(M2) c(C*)• Aus der Minimalität von M folgt: 2c(M) c(M1)+c(M2) c(C*)• Also ist

c(C) c(T)+c(M) (1-1/n)c(C*) + c(C*)/2 = (3/2-1/n)c(C*)

C*M1

M2

11.04.23 Kapitel 1 36


Die Analyse von Christofides´ Algorithmus ist scharf, wie der folgende Satz zeigt. Es wird jedoch vermutet, dass eine 4/3-Approximation für das TSP existiert.

3.13. Satz: Sei n gerade. Gbad(n) ist ein (3/2-1/n)-Zeuge gegen Christofides´ Algorithmus.

456n/2+2

n 1

2

3

Gbad(n). Die eingezeichneten Kanten haben Länge 1.


Beweis:• Da alle nicht eingezeichneten Kanten Länge

>1 haben, ist R*=(1,2,…,n,1) eine optimale Rundreise, d.h. OPT(Gbad)=n.

• Minimaler Spannbaum T:

• Kosten: c(T)=n-1 11.04.23 Kapitel 1 37

456n/2+2

n 1

2

3



• Alle Knoten in T haben ungeraden Grad.

• Leichtestes Matching:

• Kosten: c(M)=n/2

11.04.23 Kapitel 1 38

456n/2+2

n 1

2

3


Beweis (Fortsetzung):• Ein Eulerkreis ist

(1,4,5,1,2,3,1,n,6,n-1,…,n/2,n/2+5,n/2+1,n/2+4,n/2+2,n/2+3,n/2+4,n/2+5,…,n-1,n,1).

• Daraus ergibt sich folgende Rundreise:

• Die Kosten sind gleich denen des Euler-Kreises, also (3/2)n-111.04.23 Kapitel 1 39

456n/2+2

n 1

2

3

Übersicht

• Notation



• Bin Packing


11.04.23 Kapitel 1 40

Unabhängige Mengen

• Es gibt Probleme, bei denen die relative Güte nicht konstant ist sondern von der Eingabegröße abhängen kann. Ein Beispiel dafür ist das Independent Set Problem (IS).

3.14 Definition: Sei G=(V,E) ein Graph und sei UV eine Knotenmenge. U wird unabhängig genannt, wenn für alle Knotenpaare u,vU gilt: {u,v}E.

Das IS Problem ist das Problem, zum Eingabe-graphen eine möglichst große unabhängige Menge zu finden.

11.04.23 Kapitel 1 41

Unabhängige Mengen

• Das IS Problem ist NP-hart und benötigt daher einen Approximationsalgorithmus.

• Wir untersuchen den folgenden Algorithmus:

Algorithmus GreedyIS:U:= ;t:=0; V(0):=Vwhile V(t) do // Runde t G(t):= der von V(t) induzierte Graph ut:= ein Knoten mit minimalem Grad in G(t)(*) V(t+1):=V(t)-({ut}G(t)(ut)) U:=U{ut} t:=t+1gib U aus

11.04.23 Kapitel 1 42

=:lösch(t)

Unabhängige Mengen

• Offensichtlich berechnet GreedyIS eine nichterweiterbare unabhängige Menge, und das in Zeit O(|V|+|E|).

• Wie nah ist diese Menge an einer maximalen unabhängigen Menge?

3.15 Satz: Sei G=(V,E) eine Eingabe für GreedyIS. Dann ist GreedyIS(G) |E|/|V|+1.

Für planare Graphen ist die relative Güte also konstant (denn |E| 3|V|-6 ).

11.04.23 Kapitel 1 43

Unabhängige Mengen

Beweis:• t=|lösch(t)|: Anzahl der in Runde t aus G(t) entfernten

Knoten• U*: maximale unabhängige Menge, d.h. OPT(G)=|U*|• t=|U* lösch(t)|: Anzahl der in dieser Runde

betroffenen Knoten aus U*• Es gilt:

t=0|U|-1 t = |V| und t=0

|U|-1 t = OPT(G)• Wir wollen nun bestimmen, wieviele Kanten durch (*)

aus G(t) mindestens entfernt werden.• Betrachte dazu zunächst Extremfälle für Knoten ut.

11.04.23 Kapitel 1 44

Unabhängige MengenBeweis (Fortsetzung):• Extremfälle für ut für Anzahl entfernter Kanten:

• In (a) werden mindestens (t -1)(t -2) Kanten und in (b) noch t (t -1)/2 Kanten entfernt, was minimal ist.

• Allerdings sind t Knoten in lösch(t) U* unabhängig, d.h. sie dürfen nicht durch Kanten verbunden sein.

• Da diese Kanten außerhalb von lösch(t) enden müssen, ist die Mindestzahl der gelöschten Kanten also (t(t-1)+t(t-1))/2.

11.04.23 Kapitel 1 45

Grad t -1

ut

t -2Grad t -1

ut(a) (b)

Unabhängige Mengen

Beweis (Fortsetzung):• Insgesamt gilt also:t=0

|U|-1 (t(t-1)+t(t-1))/2 |E|• Ausklammern, Umformen und Einsetzen ergibt:

t=0|U|-1 (t

2+t2) 2|E|+|V|+OPT(G)

• Diese Ungleichung gilt für beliebige zulässige Werte für t und t und daher insbesondere für t=|V|/|U| und t=OPT(G)/|U|

• Damit und mit GreedyIS(G)=|U| bekommt man |V|2+OPT(G)2

GreedyIS(G)und schließlich OPT(G)/GreedyIS(G) |E|/|V| +1

11.04.23 Kapitel 1 46

2|E|+|V|+OPT(G)

Unabhängige Mengen

Nebenrechnungen:

11.04.23 Kapitel 1 47

Unabhängige Mengen

Bei hohem Grad kann GreedyIS sehr schlechte Ausgaben liefern:

3.16 Satz: GreedyIS hat eine relative Abweichung von mindestens (|V|-1)/4.

Beweis:• Betrachte den folgenden Graphen Gbad:

11.04.23 Kapitel 1 48

………

………

(n-1)/2

(n-1)/2

GreedyIS(Gbad) = 2

OPT(Gbad) = (n-1)/2

Unabhängige Mengen

3.17 Satz: Sei G=(V,E) ein knoten-k-färbbarer Graph mit k2. Dann ist GreedyIS(G) logk(|V|/3).

Beweis:• Wir benötigen dazu das folgende Lemma, das

eine Beziehung zwischen der Anzahl der Farben und dem minimalen Grad eines Graphen herstellt.

3.18 Lemma: Sei G=(V,E) ein knoten-k-färbbarer Graph. Dann gibt es ein uV mit degG(u) (1-1/k)|V|.

11.04.23 Kapitel 1 49

Unabhängige Mengen

Beweis (Lemma 3.18):• Sei G mit k Farben gefärbt und bezeichne Ui

die Menge der Knoten mit Farbe i.• Ui ist eine unabhängige Menge für alle i.• Es muss eine Menge U unter den Ui´s geben,

die mindestens |V|/k Knoten enthält.• Jeder Knoten in U kann nur mit höchstens |

V|-|U| <|V|- |V|/k = (1-1/k)|V| Knoten außerhalb von U verbunden sein.

11.04.23 Kapitel 1 50

Unabhängige Mengen

Beweis (Satz 3.17):• Sei |V|=n und |V(t)|=nt. Es gilt k2.• Wegen Lemma 3.14 hat ut höchstens (1-1/k)nt Nachbarn. • Wenn diese zusammen mit ut aus V(t) herausgenommen

werden, ergibt sich: n0 = n und nt+1 nt – (1-1/k)nt -1 nt/k – 1und damit n k 1 n kt k-1 kt kt

• In jeder Runde t mit nt1 wird ein neuer Knoten nach U gelegt. Das geht auf jeden Fall solange, bis t logk(n/3) ist.

• Damit ist |U| logk(n/3) .

11.04.23 Kapitel 1 51

nt - 1 - - 2

Unabhängige Mengen

• Wie wir oben bemerkt haben, kann man allen Knoten einer unabhängigen Menge dieselbe Farbe zuweisen.

• Das nutzen wir jetzt für einen neuen Algorithmus für das Knotenfärbungsproblem.

• Idee: bestimme mit GreedyIS eine unabhängige Menge, weise diesen Knoten eine Farbe zu, lösche die Knoten aus dem Graphen, und wiederhole das, bis alle Knoten gefärbt sind.

11.04.23 Kapitel 1 52

Unabhängige Mengen

Algorithmus GreedyCol2:t:=1; V(1):=Vwhile V(t) do G(t) := der durch V(t) induzierte Graph Ut := GreedyIS(G(t)) färbe alle Knoten in Ut mit Farbe t V(t+1):=V(t)-Ut

t:=t+1gib die Färbung aus

11.04.23 Kapitel 1 53

Unabhängige Mengen

3.19 Satz: Sei G=(V,E) ein knoten-k-färbbarer Graph, n=|V|. GreedyCol2 gibt eine Färbung mit höchstens 3n/logk(n/16) Farben aus und hat eine relative Gütegarantie von O(n/log n).

Beweis:• Sei nt=|V(t)|. Wegen Satz 3.17 ist |Ut| logk(nt/3).• Das führt zu folgender rekursiver Beziehung:

n1 = n und nt+1 nt – logk(nt/3)

• Der Algorithmus bricht ab, wenn nt<1 ist. Wir bestimmen nun, für welches t das eintritt.

11.04.23 Kapitel 1 54

Unabhängige Mengen

Beweis (Fortsetzung):• Sei nt n/logk(n/16). Mit der Beziehung n/logkn(3/4)n1/2

ergibt sich:logk(nt/3) logk(n/3logkn) logk((n/16)1/2) = logk(n/16)/2

• D.h. solange noch n/logk(n/16) Knoten ungefärbt sind, werden mindestens logk(n/16)/2 Knoten je Runde gefärbt.

• Da spätestens nach t=2n/logk(n/16) Runden und damit verteilten Farben die Anzahl der verbliebenen Knoten <n/logk(n/16) ist, ist die Gesamtzahl der vergebenen Farben höchstens 3n/logk(n/16).

• Da k=OPT(G) ist, ist die relative Güte von GreedyCol23n/logk(n/16)(1/k) = 3n/log(n/16)(log k/k) = O(n/log n)

11.04.23 Kapitel 1 55

Übersicht

• Notation



• Bin Packing


11.04.23 Kapitel 1 56

Bin Packing

Bin Packing Problem:• Gegeben: Liste L von Zahlen s1,…,snIN und die

Bin Größe SIN • Gesucht: Eine Partitionierung von {1,…,n} in

Mengen B1,…,Bk mit jBi sj S für alle i, so dass

k minimal.

Bemerkung: Die Entscheidungsvariante von Bin Packing ist NP-hart.

Der Einfachheit halber nehmen wir im Folgenden an:s1,…,sn[0,1] und S=1 (d.h. der Parameter S ist nicht mehr notwendig)

11.04.23 Kapitel 1 57

Bin Packing

Mögliche Strategien:• Algorithmus FF(L) (First Fit)

for j:=1 to n do packe sj in Bin Bi mit kleinstem i, in den sj noch passt

• Algorithmus BF(L) (Best Fit)for j:=1 to n do packe sj in Bin Bi mit kleinster ungenutzter Kapazität, in den sj noch passt

• Algorithmus FFD(L) (First Fit Decreasing)sortiere die Liste L so, dass s1…snwende FF(L) an

11.04.23 Kapitel 1 58

Bin Packing

3.20 Satz: FF und BF haben eine relative Abweichung von mindestens 5/3.

Beweis:• Sei n ein Vielfaches von 18 und 0<<1/84.• Definiere L=(s1,…,sn) durch

1/6 – 2 falls 1 i n/3 si = 1/3 + falls n/3 < i 2n/3 1/2 + falls 2n/3 < i n

• Dann gilt OPT(L)=n/311.04.23 Kapitel 1 59

Bin Packing


OPT FF & BF

11.04.23 Kapitel 1 60

1/2+

1/3+

1/6-2

1/6-2

1/6-2

1/6-2

1/6-2

1/6-2

1/6-2

1/3+

1/3+

1/2+

n/3 mal n/18 mal n/6 mal n/3 mal

n/18+n/6+n/3 = 5n/9 = (5/3)(n/3)

Bin Packing

Bemerkung: Es ist bekannt, dass die relative Güte von FF und BF im worst case exakt 17/10 ist. Geht es besser?

3.21 Satz: FFD hat eine Approximationsgüte von 3/2.Beweis:• Sei L=(s1,…,sn) mit s1…sn und m=OPT(L).• Sei r die Anzahl der von FFD erzeugten Bins.• r=m: fertig• r>m: Wir zeigen zunächst folgendes Lemma:

3.22 Lemma: Sei sk das erste Element, das in Bm+1 gepackt wurde. Dann gilt sk1/3.

11.04.23 Kapitel 1 61

Bin Packing

Beweis (Lemma 3.22):• Angenommen, sk>1/3.• Dann gibt es ein hm, so dass jeder Bin Bj mit jh

genau ein Element und jeder Bin Bj mit h<jm genau zwei Elemente enthält:

• Es folgt damit k-h-1=2(m-h) (*).• Weiter gilt sj+sq>1 für alle jh und j<qk, sonst wäre sq

in Bj gepackt worden.11.04.23 Kapitel 1 62

B1 B2

….

Bh Bh+1

….

Bm

….

Bin Packing

Beweis (Lemma 3.22):• Seien B´1,…,B´m die Bins einer optimalen Packung.• Enthält Bin Bí ein Element sj mit jh, so ist kein

weiteres sq mit 1<qk in Bí packbar.• Also sind s1,…,sh in verschiedenen Bins Bí, im,

enthalten, und diese Bins enthalten keine Elemente aus sh+1,…,sk.

• Die restlichen Bins enthalten höchstens zwei Elemente aus sh+1,…,sk, da sj>1/3 für alle jk.

• Die Elemente sh+1,…,sk benötigen also nach (*) mindestens (k-h)/2 = m-h+1 weitere Bins.

• Insgesamt werden somit h+(m-h+1)=m+1>m Bins benötigt, ein Widerspruch zur Definition von m!

11.04.23 Kapitel 1 63

Bin Packing

Beweis (Satz 3.21):• Sei st ein Element in Bin Br (zur Erinnerung: FFD(L)=r ). • Da st1/3 (wegen Lemma ), sind die Bins B1,…, Br-1 zu

mindestens 2/3 gefüllt, andernfalls wäre st in eines dieser Bins gepackt worden.

• Dasselbe Argument zeigt auch, dass h(Br-1)+st > 1 (h(Bi): Last von Bin Bi).

• Insgesamt erhalten wiri=1

n si i=1r-1 h(Bi)+st = i=1

r-2 h(Bi)+(h(Br-1)+st) > (2/3)(r-2)+1• Da m=OPT(L) i=1

n si , folgtOPT(L) (2/3)(r-2)+1 = (2/3)r-1/3

und damit r (3/2)OPT(L) +1.

11.04.23 Kapitel 1 64

Übersicht

• Notation



• Bin Packing


11.04.23 Kapitel 1 65

11.04.23 Kapitel 12 66

Nichtapproximierbarkeit von TSP

3.23 Satz: TSP hat keine -Approximation für alle Konstanten >1, es sei denn, P=NP.

Beweis:• Betrachte das Hamilton-Kreis (HK) Problem:

Gegeben ein ungerichteter Graph G=(V,E), entscheide, ob G einen Hamilton-Kreis besitzt oder nicht.

• Es ist bekannt, dass es NP-hart ist, das HK-Problem zu entscheiden.

• Wir wollen mithilfe des HK-Problems zeigen, dass dann auch Satz 3.23 gilt.

11.04.23 Kapitel 12 67


Beweis (Fortsetzung):• Betrachte eine beliebige Konstante >1.• Für eine Instanz G=(V,E) des HK-Problems definieren

wir eine Distanzfunktion d mit

• Falls G einen Hamilton-Kreis hat, dann gibt es eine Lösung des TSPs (V,d) der Länge n.

• Hat G keinen Hamilton-Kreis, muss jede Lösung des TSPs (V,d) mindestens eine Kante {v,w} verwenden, die nicht in E ist, kostet damit also mehr als n.

d(v,w) =1 falls {v,w}E

n sonst

11.04.23 Kapitel 12 68


Beweis (Fortsetzung):• Angenommen, es gibt eine -Approximation A zum TSP.

Dann verwende den folgenden Algorithmus für das HK-Problem:

Gegeben ein Graph G=(V,E), konstruiere (V,d) wie oben und wende A darauf an. Falls A einen Kreis zurückgibt mit Länge n, gib “Ja” aus und sonst “Nein”.

• Dieser Algorithmus könnte dann das HK-Problem in polynomieller Zeit entscheiden, ein Widerspruch zur Tatsache, dass das HK-Problem NP-hart ist!

• Also kann es keine -Approximation für das TSP geben, es sei denn, P=NP.

Nichtapprox. von Bin Packing

3.24 Satz: Bin Packing hat keine -Approximation mit <3/2, es sei denn, P=NP.

Beweis:• Betrachte das NP-harte Entscheidungsproblem Partition:

Gegeben eine Menge S={a1,…,an} natürlicher Zahlen, gibt es Partition S=S1S2, so dass aiS1 ai = aiS2

ai?• Angenommen, es gibt einen Algo A für Bin Packing mit

relativer Güte kleiner als 3/2.• Sei S={a1,…,an} eine Instanz von Partition und T:=i=1

n ai. Ist T ungerade oder gibt es ein ai mit ai>T/2, so kann es keine Partition geben (da a1,…,anIN sind).

• Sonst sei L=(2a1/T,…,2an/T) eine Instanz von Bin Packing und m die Anzahl der von A benötigten Bins für L.

• Wir unterscheiden zwei Fälle.

11.04.23 Kapitel 1 69

Nichtapprox. von Bin Packing

Beweis (Fortsetzung):• Fall 1: Ist m3, so gilt wegen m/OPT(L)<3/2, dass

OPT(L)>2. Die Elemente in L können also nicht in zwei Bins der Größe 1 gepackt werden, d.h. die Antwort für L bzgl. Partition ist „Nein“.

• Fall 2: Ist m2, so folgt wegen i=1n 2ai/T = 2

sofort, dass m=2. Insbesondere sind dann beide vom Algorithmus gepackten Bins voll, und die Antwort für L bzgl. Partition lautet „Ja“.

• Also wäre mittels A das Partition Problem in polynomieller Zeit entscheidbar, was der Tatsache widerspricht, dass Partition NP-hart ist.

11.04.23 Kapitel 1 70

Nichtapproximierbarkeit

Allgemein kann man zeigen:

3.25 Satz: Sei L* ein NP-vollständiges Entscheidungs-problem und sei ein Minimierungsproblem. Gibt es zwei in Polynomzeit berechenbare Funktionen f:*D und c:* IN und eine Konstante >0, so dass für alle Eingaben x* gilt:

c(x) xL c(x)(1+) xLdann gibt es keinen polynomiellen Approximations-algorithmus der relativen Güte mit es sei denn, P=NP.

11.04.23 Kapitel 1 71

OPT(f(x))

11.04.23 Kapitel 1 72

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10.11.2013Kapitel 11 Methoden des Algorithmenentwurfs Kapitel 1.3: Approximation mit relativer Güte...

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