Christian Scheideler SS 2009 Methoden des Algorithmenentwurfs Kapitel 1.3: Approximation mit relativer Güte Christian Scheideler SS 2009 25.03.2017 Kapitel 1

Übersicht Notation Das metrische TSP Problem Unabhängige Mengen Bin Packing Nichtapproximierbarkeit 25.03.2017 Kapitel 1

Notation 3.1 Definition: Sei P ein Optimierungsproblem und A ein Approximationsalgorithmus für P. A hat bei Eingabe I eine relative Güte von rA(I) = max{ A(I)/OPT(I), OPT(I)/A(I) } Für ein Minimierungsproblem ist der erste Term dominant und für ein Maximierungsproblem der zweite. Die relative worst-case Güte von A ist die Funktion rAwc(n) = max { rA(I) | ID, |I|  n} Sei rA:IN  IN eine Funktion. A garantiert eine relative Güte von rA(n) falls für alle n gilt: rAwc(n)  rA(n). 25.03.2017 Kapitel 1

Notation 3.1 Definition (Forsetzung): (d) A macht bei Eingabe I einen relativen Fehler von eA(I) = |A(I)-OPT(I)| / OPT(I) A garantiert einen relativen Fehler von eA(n) falls für alle ID mit |I|n gilt: eA(I)  eA(n). (e) Sei r´A:IN  IN eine Funktion. A hat eine relative Abweichung von r´A(n), falls für unendlich viele n gilt r´A(n)  rAwc(n). Eine unendlich große Menge D´, D´D, heißt r´A(n)-Zeugenmenge gegen A, wenn für alle ID´ gilt: rA(I)  r´A(|I|). Eine solche Eingabe nennen wir dann einen r´A(n)-Zeugen. 25.03.2017 Kapitel 1

Notation 3.2 Bemerkung: Sei P ein Optimierungspro-blem und A ein Approximationsalgorith-mus für P. Bei einem Minimierungsproblem ist 1+eA(n) = rA(n). Bei einem Maximierungsproblem ist 1-eA(n) = 1/rA(n). Für beide Problemtypen ist eA(n)  rA(n)-1. 25.03.2017 Kapitel 1

Notation Ziele: Finde Approximationsalgorithmen mit möglichst kleiner relativer Güte. Zeige (asymptotisch) übereinstimmende Werte für die relative Güte und relative Abweichung. 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem Allgemeines TSP Problem: Gegeben der vollstän-dige Graph Kn mit Kostenfunktion c:EIN, finde einen Hamilton-Kreis mit minimalen Kosten. Bemerkung: TSP ist ein NP-hartes Problem. 25.03.2017 Kapitel 12

Das Metrische TSP Problem Eine natürliche Einschränkung des TSPs ist das folgende Problem: TSP: Gegeben der Graph Kn mit Metrik c:EIN, bestimme einen Hamilton-Kreis mit minimalen Kosten. Eine Metrik muss die Dreiecksungleichung erfüllen, d.h. u,v,wV: c(u,v)  c(u,w)+c(w,v) Bemerkung: Dieses Problem ist immer noch NP-hart, kann aber mit konstanter Güte approximiert werden. 25.03.2017 Kapitel 12

Das Metrische TSP Problem 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 ui+1 Erhöhung von c(C) durch v: c(ui,v)+c(v,ui+1)-c(ui,ui+1) v ui 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem Klasse der Einfüge-Heuristiken: Algorithmus EH C1:=(v1,v1) für einen beliebigen Knoten v1 for 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). 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem 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}) = Sj=1n cost(vj) = Sj=1n (c(Cj)-c(Cj-1)) = c(Cn) = EH(I) Um fortzufahren, benötigen wir folgendes Lemma. 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem 3.5 Lemma: Für alle vivj gilt: min{cost(vi),cost(vj)}  2c(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)  2c(vi,vj) und damit das Lemma. 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem 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 gilt c(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. 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem 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},…} und M2={{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 ab 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem 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) = S {wij,wij+1}M min{cost(wij),cost(wij+1)}  S {wij,wij+1}M 2c(wij,wij+1) = 2c(M)  2c(R)/2  OPT(I) 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem 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 also cost({v1,…,vn}) = cost( i Zi) = Si cost(Zi) ≤ (log n +1)  OPT(I) 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem Bis heute ist nicht bekannt, ob Satz 3.4 scharf ist. Man kennt allerdings Auswahl-strategien mit relativer Abweichung W(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. 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem 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. 25.03.2017 Kapitel 1

Exkurs: Minimaler Spannbaum Zentrale Frage: Welche Kanten muss ich nehmen, um mit minimalen Kosten alle Knoten zu verbinden? 1 3 2 3 2 2 5 2 3 1 4 25.03.2017 Kapitel 1

Exkurs: Minimaler Spannbaum Eingabe: ungerichteter Graph G=(V,E) Kantenkosten c:EIR+ Ausgabe: Teilmenge TE, so dass Graph (V,T) verbunden und c(T)=eT c(e) minimal ist T formt immer einen Baum (wenn c positiv). Baum über Knoten in V mit minimalen Kosten: minimaler Spannbaum (MSB) 25.03.2017 Kapitel 1

Exkurs: Minimaler Spannbaum 3.8 Lemma: Sei (U,W) eine Partition von V (d.h. UW = V und UW = ) und e={s,t} eine Kante mit minimalen Kosten mit sU und tW. Dann gibt es einen minimalen Spannbaum (MSB) T, der e enthält. s t e U W 25.03.2017 Kapitel 1

Exkurs: Minimaler Spannbaum 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 e U W e´ in T´ 25.03.2017 Kapitel 1

Exkurs: Minimaler Spannbaum 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|) 25.03.2017 Kapitel 9

Exkurs: Minimaler Spannbaum Beispiel: 1 3 2 3 2 2 5 s 2 3 1 4 25.03.2017 Kapitel 9

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.) 25.03.2017 Kapitel 12

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 25.03.2017 Kapitel 12

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 DTSP Problem vorzustellen. 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem Betrachte den folgenden Algorithmus für das DTSP-Problem mit Metrik c: CH1-Algorithmus: Berechne einen minimalen Spannbaum T von (V,c). Verdopple alle Kanten in T zum Multigraph T*. Konstruiere einen Euler-Kreis K von T*. Entferne in K Wiederholungen von Knoten, so dass sich ein Hamilton-Kreis C ergibt. Gib C aus. 25.03.2017 Kapitel 12

Das Metrische TSP Problem 1 2 2 T 1 2 2 1 1 2 2 C 1 2 1 2 2 2 1 1 K 1 1 25.03.2017 Kapitel 12

Das Metrische TSP Problem 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) = eE 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*) = 2c(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*) 25.03.2017 Kapitel 12

Das Metrische TSP Problem 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. 25.03.2017 Kapitel 12

Das Metrische TSP Problem Beispiele: Matching perfektes Matching 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem 3.11 Lemma: In jedem Graphen G ist die Anzahl der Knoten ungeraden Grades gerade. 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 vU deg(v) gerade und damit |U| gerade. 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem 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, TM). (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. 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem 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: 2c(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 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem 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. n/2+2 6 5 4 3 n 1 2 Gbad(n). Die eingezeichneten Kanten haben Länge 1. 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem 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 n/2+2 6 5 4 3 n 1 2 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem Beweis (Fortsetzung): Alle Knoten in T haben ungeraden Grad. Leichtestes Matching: Kosten: c(M)=n/2 n/2+2 6 5 4 3 n 1 2 25.03.2017 Kapitel 1

Das Metrische TSP Problem 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-1 n/2+2 6 5 4 3 n 1 2 25.03.2017 Kapitel 1

Übersicht Notation Das metrische TSP Problem Unabhängige Mengen Bin Packing Nichtapproximierbarkeit 25.03.2017 Kapitel 1

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 UV eine Knotenmenge. U wird unabhängig genannt, wenn für alle Knotenpaare u,vU gilt: {u,v}E. Das IS Problem ist das Problem, zum Eingabe-graphen eine möglichst große unabhängige Menge zu finden. 25.03.2017 Kapitel 1

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):=V while 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}GG(t)(ut)) U:=U{ut} t:=t+1 gib U aus =:lösch(t) 25.03.2017 Kapitel 1

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 rGreedyIS(G)  |E|/|V|+1. Für planare Graphen ist die relative Güte also konstant (denn |E|  3|V|-6 ). 25.03.2017 Kapitel 1

Unabhängige Mengen Beweis: gt=|lösch(t)|: Anzahl der in Runde t aus G(t) entfernten Knoten U*: maximale unabhängige Menge, d.h. OPT(G)=|U*| kt=|U*  lösch(t)|: Anzahl der in dieser Runde betroffenen Knoten aus U* Es gilt: St=0|U|-1 gt = |V| und St=0|U|-1 kt = OPT(G) Wir wollen nun bestimmen, wieviele Kanten durch (*) aus G(t) mindestens entfernt werden. Betrachte dazu zunächst Extremfälle für Knoten ut. 25.03.2017 Kapitel 1

Unabhängige Mengen Beweis (Fortsetzung): Extremfälle für ut für Anzahl entfernter Kanten: In (a) werden mindestens (gt -1)(gt -2) Kanten und in (b) noch gt (gt -1)/2 Kanten entfernt, was minimal ist. Allerdings sind kt 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 (gt(gt-1)+kt(kt-1))/2.  gt -2 Grad gt -1 Grad gt -1 (a) ut (b) ut 25.03.2017 Kapitel 1

Unabhängige Mengen  2|E|+|V|+OPT(G) Beweis (Fortsetzung): Insgesamt gilt also: St=0|U|-1 (gt(gt-1)+kt(kt-1))/2  |E| Ausklammern, Umformen und Einsetzen ergibt: St=0|U|-1 (gt2+kt2)  2|E|+|V|+OPT(G) Diese Ungleichung gilt für beliebige zulässige Werte für gt und kt und daher insbesondere für gt=|V|/|U| und kt=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  2|E|+|V|+OPT(G) 25.03.2017 Kapitel 1

Unabhängige Mengen Nebenrechnungen: 25.03.2017 Kapitel 1

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: GreedyIS(Gbad) = 2 ……… (n-1)/2 OPT(Gbad) = (n-1)/2 ……… (n-1)/2 25.03.2017 Kapitel 1

Unabhängige Mengen 3.17 Satz: Sei G=(V,E) ein knoten-k-färbbarer Graph mit k2. 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 uV mit degG(u)  (1-1/k)|V|. 25.03.2017 Kapitel 1

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. 25.03.2017 Kapitel 1

Unabhängige Mengen nt   Beweis (Satz 3.17): Sei |V|=n und |V(t)|=nt. Es gilt k2. 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 – 1 und damit n k 1 n kt k-1 kt kt In jeder Runde t mit nt1 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) . nt  - 1 -  - 2 25.03.2017 Kapitel 1

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. 25.03.2017 Kapitel 1

Unabhängige Mengen Algorithmus GreedyCol2: t:=1; V(1):=V while 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+1 gib die Färbung aus 25.03.2017 Kapitel 1

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. 25.03.2017 Kapitel 1

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 GreedyCol2 3n/logk(n/16)(1/k) = 3n/log(n/16)(log k/k) = O(n/log n) 25.03.2017 Kapitel 1

Übersicht Notation Das metrische TSP Problem Unabhängige Mengen Bin Packing Nichtapproximierbarkeit 25.03.2017 Kapitel 1

Bin Packing Bin Packing Problem: Gegeben: Liste L von Zahlen s1,…,snIN und die Bin Größe SIN Gesucht: Eine Partitionierung von {1,…,n} in Mengen B1,…,Bk mit SjBi 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) 25.03.2017 Kapitel 1

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…sn wende FF(L) an 25.03.2017 Kapitel 1

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<d<1/84. Definiere L=(s1,…,sn) durch 1/6 – 2d falls 1 i  n/3 si = 1/3 + d falls n/3 < i  2n/3 1/2 + d falls 2n/3 < i  n Dann gilt OPT(L)=n/3 25.03.2017 Kapitel 1

Bin Packing Beweis (Fortsetzung): OPT FF & BF 1/2+d 1/2+d n/3 mal n/18+n/6+n/3 = 5n/9 = (5/3)(n/3) 25.03.2017 Kapitel 1

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 sk1/3. 25.03.2017 Kapitel 1

Bin Packing Beweis (Lemma 3.22): Angenommen, sk>1/3. Dann gibt es ein hm, so dass jeder Bin Bj mit jh genau ein Element und jeder Bin Bj mit h<jm genau zwei Elemente enthält: Es folgt damit k-h-1=2(m-h) (*). Weiter gilt sj+sq>1 für alle jh und j<qk, sonst wäre sq in Bj gepackt worden. …. …. …. B1 B2 Bh Bh+1 Bm 25.03.2017 Kapitel 1

Bin Packing Beweis (Lemma 3.22): Seien B´1,…,B´m die Bins einer optimalen Packung. Enthält Bin B´i ein Element sj mit jh, so ist kein weiteres sq mit 1<qk in B´i packbar. Also sind s1,…,sh in verschiedenen Bins B´i, im, 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 jk. 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! 25.03.2017 Kapitel 1

Bin Packing Beweis (Satz 3.21): Sei st ein Element in Bin Br (zur Erinnerung: FFD(L)=r ). Da st1/3 (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 wir Si=1n si  Si=1r-1 h(Bi)+st = Si=1r-2 h(Bi)+(h(Br-1)+st) > (2/3)(r-2)+1 Da m=OPT(L)  Si=1n si , folgt OPT(L)  (2/3)(r-2)+1 = (2/3)r-1/3 und damit r  (3/2)OPT(L) +1. 25.03.2017 Kapitel 1

Übersicht Notation Das metrische TSP Problem Unabhängige Mengen Bin Packing Nichtapproximierbarkeit 25.03.2017 Kapitel 1

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. 25.03.2017 Kapitel 12

Nichtapproximierbarkeit von TSP 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 25.03.2017 Kapitel 12

Nichtapproximierbarkeit von TSP 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. 25.03.2017 Kapitel 12

Nichtapprox. von Bin Packing 3.24 Satz: Bin Packing hat keine r-Approximation mit r<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=S1S2, so dass SaiS1 ai = SaiS2 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:=Si=1n ai. Ist T ungerade oder gibt es ein ai mit ai>T/2, so kann es keine Partition geben (da a1,…,anIN 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. 25.03.2017 Kapitel 1

Nichtapprox. von Bin Packing Beweis (Fortsetzung): Fall 1: Ist m3, 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 m2, so folgt wegen Si=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. 25.03.2017 Kapitel 1

Nichtapproximierbarkeit Allgemein kann man zeigen: 3.25 Satz: Sei LS* ein NP-vollständiges Entscheidungs-problem und sei P ein Minimierungsproblem. Gibt es zwei in Polynomzeit berechenbare Funktionen f:S*D und c:S* IN und eine Konstante g>0, so dass für alle Eingaben xS* gilt:  c(x) xL  c(x)(1+g) xL dann gibt es keinen polynomiellen Approximations-algorithmus der relativen Güte r mit r<1+g, es sei denn, P=NP. OPT(f(x)) 25.03.2017 Kapitel 1

Fragen? 25.03.2017 Kapitel 1