Hinweise zum 10. Übungsblatt zu GIN1b, WS04/05 Prof. Dr. W. Conen (Version 1.0alpha, )

Dijkstra (Aufgabe 43) s = a Rundev*v* D(a)V(a)D(b)V(b)D(c)V(c)D(d)V(d)D(e)V(e) Init-0-3a5a1a1a 1b4b7b1a 2c6c7c 3d 4e Achtung, in Runde 3 passiert kein Update, es wird der erste kurze Weg genommen e d b c

Dijkstra (Aufgabe 43) s = a e d b c Kürzeste Wege: a zu b: a b, 3 a zu c: a b c, 4 a zu d: a b c d, 6 a zu e: a b c e, 7 (Vorsicht, über d wäre falsch, s. Algo)

Prim (Aufgabe 45) s = a Rundev*v* D(a)V(a)D(b)V(b)D(c)V(c)D(d)V(d)D(e)V(e) Init-0-3a5a1a1a 1b1b4b1a 2c2c3c 3d1d 4e e d b c

Prim (Aufgabe 45) a e d b c Prim Spannbaum, Gewicht = e d b c Dijkstra Spannbaum, Gewicht = 9 Beide Fragen sind mit NEIN zu beantworten, die Spannbäume sind in diesem Beispiel nicht identisch und der Primsche Baum ist nicht immer besser (aber nicht schlechter!) – einfaches Beispiel: a b, also nur eine Kante (Prim und Dijkstra-Spannbaum sind hier natürlich gleich)

Moore-Bellmann-Ford (Aufgabe 44) a RundeD(a)V(a)D(b)V(b)D(c)V(c)D(d)V(d)D(e)V(e) Init0-1a1a1a1a 11d2e2b3d 2d0e0b1d 3-3d-2e bd 4-5d-4e b-3d e d b c 5/a 3/a 4/b 2/b 3/d 4 Runden, jeweils alle Kanten anschauen (dargestellt ist die erste Runde) Reihenfolge: (a,b),(b,a),(a,c),(c,a),(b,c),(c,b),(b,d),(d,b),(c,d),(d,c),(d,e),(e,d),(c,e),(e,c) 1/d 2/e Usw. Hier nicht sinnvoll anwendbar! Negative ungerichtete Kanten ergeben einen neg. Kreis!

Moore-Bellmann-Ford (Aufgabe 44) a RundeD(a)V(a)D(b)V(b)D(c)V(c)D(d)V(d)D(e)V(e) Init0-1a1a1a1a 13a2e2b3d 2 e d b c 5/a 3/a 4/b 2/b 3/d 4 Runden, jeweils alle Kanten anschauen (dargestellt ist die erste Runde) Reihenfolge: (a,b),(b,a),(a,c),(c,a),(b,c),(c,b),(b,d),(c,d),(d,c),(d,e),(e,d),(e,c) 2/e In der Runde 2,3 und 4 tritt keine Änderung mehr ein (nach 2 kann man stoppen!) Bei anderen Reihenfolgen der Kantenbetrachtung gibt es das gleiche Endergebnis, aber andere Rundenverläufe (fangen sie mal hinten an, also mit (e,c) usw.). Verändert man das (bd)-Gewicht auf -2, dann hat man wieder einen neg. Kreis!

Moore-Bellmann-Ford (Aufgabe 44) s = a RundeBogenD(a)V(a)D(b)V(b)D(c)V(c)D(d)V(d)D(e)V(e) Init-0-1a1a1a1a 1(a,b)3a (a,c)5a (b,c)4b (b,d)2b (d,e)3d (e,c)2e 2 e d b c 5/a 3/a 4/b 2/b 3/d Reihenfolge: (a,b),(b,a),(a,c),(c,a),(b,c),(c,b),(b,d),(c,d),(d,c),(d,e),(e,d),(e,c) 2/e Leichter auszufüllende Tabelle mit Zwischenschritten (Zeile eintragen, wenn eine Änderung eintritt) Wie gehabt gibt es keine Veränderung mehr in Runde 2, dann Abbruch.

Aufgabe 42 Zeigen Sie: Jeder ungerichtet Graph ohne Schleifen mit n >= 2 Knoten enthält mindestens zwei Knoten mit gleichen Grad. Wir nehmen an, dass G in bel. zusammenhängender Graph ohne Schleifen mit mehr als einem Knoten ist. Der maximale Grad eines Knotens in G ist (n-1), der minimale 1. Die Menge der Gradzahlen, die auftreten können, ist also {1,...,n-1}, sie hat (n-1) Elemente. Wir haben aber n Knoten, die auf (n-1)-Zahlen abgebildet werden, d.h. wenigstens eine der Zahlen muß mindestens zweimal getroffen werden (denn die Abbildung kann nicht injektiv von der Menge der Knoten in die Menge der Gradzahlen sein!) – fertig! Übrigens: Wenn G nicht zusammenhängend wäre, dann könnten wir jede Zusammenhangskomponente mit mehr als einem Knoten für sich betrachten mit dem obigen Argument: m Knoten in der Komponente, nur (m-1) Gradzahlen verfügbar. Wenn es keine Zusammenhangskomponente mit mehr als einem Knoten gibt, dann muß es mindestens zwei einzelne unverbundene Knoten geben, beide mit der Gradzahl 0, auch das erfüllt die Behauptung.