„Algoritmuselmélet - Vizsga, 2013.06.06.” változatai közötti eltérés

← Régebbi szerkesztés Újabb szerkesztés →

A lap 2013. június 8., 08:25-kori változata

2013.06.06. vizsga megoldásai

1. Feladat (Van megoldás)

Ebben a feladatban a mélységi bejárással kapcsolatos kérdésekre kell válaszolni.

(a) Adja meg a keresztél definícióját!
(b) A mélységi bejárás során hogyan lehet a mélységi és a befejezési számok alapján felismerni a keresztéleket? Vizsgán megjegyzést fűztek hozzá: irányított gráfokra kell gondolni.
(c) Bizonyítsa be, hogy irányítatlan gráf mélységi bejárásánál nincsenek keresztélek!

Megoldás

a)
Tekintsük a G irányított gráf egy mélységi bejárását és a kapott T mélységi feszítő erdőt. Ezen bejárás szerint G egy x → y éle keresztél, ha x és y nem leszármazottjai egymásnak.

b)
msz - mélységi szám
bsz - befejezési szám
Ha $(m s z [y] < m s z [x])$ és $(b s z [y] > 0)$ , akkor az x → y egy keresztél.
Fájl:Keresztel 1.png
c)
A b) rész alapján könnyen belátható. Ha lenne keresztél, az azt jelentené, hogy van olyan x → y él, amire fennáll, hogy $(m s z [y] < m s z [x])$ és $(b s z [y] > 0)$ , vagyis y-ban előbb jártunk, mint x-ben, és y-nak van befejezési száma. Ennél fogva nem lehet keresztél, hiszen ha lenne, akkor y-ból eljuthattunk volna még x-be, mielőtt befejeztük volna.
Másképpen mondva: Nem fejezhettük volna be y-t anélkül, hogy ne jártunk volna x-ben.

Fájl:Keresztel 2.PNG

2. Feladat

Milyen műveletek vannak a nyitott címzésű hash-elésnél? Hogyan kell megvalósítani a keresést, ha a nyitott címzésű hashelésnél kvadratikus maradék próbát használunk?

Megoldás

3. Feladat

Adja meg az UNIÓ-HOLVAN adatszerkezet definícióját! (A fákkal való implementálást nem kell leírnia.) Mutassa meg, hogy mikor és hogyan használjuk az UNIÓ és a HOLVAN műveleteket a Kruskal algoritmusban!

Megoldás

4. Feladat

Pista bácsi fel akar ugrálni egy n hosszú, fekete illetve fehér fokokból álló csigalépcsőn. Legfeljebb k fokot tud ugrani, de arra vigyáznia kell, hogy páros (>=2) sok foknyi ugrás után páratlan sokat és páratlan sok után mindig páros (>=2) sokat ugorjon. Adjon O(nk) lépésszámú algoritmust, amely megmondja, hogy fel tud-e úgy ugrálni a csigalépcső tetejére, hogy csak egyféle színű lépcsőfokot használ. (A lépcső fokai rendszertelenül vannak színezve, a színezést ismerjük.) Vizsgán megjegyzést fűztek hozzá: a talaj és a legteteje nem színes, csak a lépcsők; csak fölfele (előrefele) ugrál, visszafele nem.

Megoldás

5. Feladat (Van megoldás)

A hátizsák probléma órán tanult algoritmusát futtattuk egy konkrét inputon, melyben 3 tárgy szerepel. Mi lehetett ez a konkrét input, ha az alábbi táblázat keletkezett?

	2	3	4	5	6	7
1	0	0	10	10	10	10
2	5	5	10	10	15	15
3	5	5	13	13	18	18

Megoldás

Az egyszerűség kedvéért a súly legyen kg, az érték pedig €.

Az első sor alapján az 1-es csomag értéke €10, súlya 4kg.
A második sor alapján a 2-es csomag értéke €5, súlya 2kg.
A 3. lépésben 2 lehetőségünk van, a 3. csomag értéke vagy 13-5=€8, vagy 13-0=€13.
1. €8 nem lehet, mert akkor a súlya 2kg lenne, de akkor a [2,3] cellába 8 lenne, nem 5.
2. Így csak a €13 jöhet szóba, súlya pedig 4kg, ami jó megoldás lesz.

Avagy kicsit gépiesebb megoldás:

Jelölje $T [s, c s]$ a táblázat $[s, c s]$ celláját, továbbá $V_{3}$ a 3. csomag értékét, $S_{3}$ pedig a súlyát.

Tudjuk, hogy $T [s, c s] = m a x {T [s, c s - 1]; V_{i} + T [s - S_{i}, c s - 1]}$ , ami ebben az esetben:

$T [4, 3] = m a x {T [4, 2]; V_{3} + T [4 - S_{3}, 2]} \to 13 = m a x {10; V_{3} + T [4 - S_{3}, 2]}$ , amiből következik, hogy:

13 = V_{3} + T [4 - S_{3}, 2] \to V_{3} = 13 - T [4 - S_{3}, 2] \Rightarrow \Rightarrow S_{3} = 4, V_{3} = 13

(Átgondolható, hogy a 3. csomag súlya nem lehet 1,2 vagy 3kg).

Tehát végeredményben a megoldás:

1-es csomag (€10, 4kg)
2-es csomag (€5, 2kg)
3-as csomag (€13, 4kg)

6. Feladat (Van megoldás)

Egy irányítatlan, élsúlyozott gráf az alábbi éllistával adott (zárójelben az élsúlyok):

$A : B (1), D (3), E (2); B : A (1), C (3), D (y); D : A (3), C (y), E (x); E : A (2), B (1), D (x) .$

(a) Mi lehet x és y értéke, ha tudjuk, hogy az élsúlyok egész számok, és azt is tudjuk, hogy a B csúcsból indított Prim algoritmus az alábbi sorrendben vette be az értékeket: BE, ED, BA, BC. Vizsgán megjegyzést fűztek hozzá: az élsúlyok pozitív egész számok, a pozitív szót kifelejtették véletlenül.
(b) Mely éleket és milyen sorrendben választja ki a Kruskal algoritmus? (Ha több megoldás is van, akkor az összeset adja meg!)

Megoldás

Fájl:2013 06 06 V2 6.png

a) Prim algoritmus - Ugyebár úgy dolgozik, hogy az aktuális fához a vele szomszédos élek közül a legkisebb súlyút veszi be. Prim: BE → ED → BA → BC

A fához hozzáadjuk a BE élt.
Most az ED élt választottuk. Ez alapján x értéke csak 1 lehet, így $x = 1$ . (Feladatból kihagyták, hogy pozitív egészekről van szó, amúgy $x \leq 1$ lehetne.)
Most az AB élt adjuk hozzá, ez alapján $y \geq 1$ .
Most a BC élt adjuk hozzá, ez alapján $y \geq 3$ , így végül $y \geq 3$ .

b) Kruskal algoritmus - Éleket nagyság szerint sorrendbe rakjuk, és növekvő sorrendben felvesszük a fához az éleket, vigyázva, hogy ne csináljunk kört.

1 súlyú - AB, BE, ED

2 súlyú - AE

3 súlyú - BC, AD, EC (és DC, ha $y = 3$ )

Az összes megoldás:

Az 1 súlyú éleket $3! = 6$ féleképpen veheti fel az algoritmus (nem lehet belőlük kört csinálni, így itt nincsen para).
Utána megpróbálná felvenni az AE élt, de azzal egy kört kapna, így nem veszi fel. Az AD éllel szintén így járna (~ezeket kéne pirosra színezni, ha olyan lenne a feladat).
Maradtak a BC, EC és DC oldalak.
1. Ha $y = 3$ , akkor ezeket szintén 6 féleképpen veheti fel, tehát összesen 36 féleképpen futhat az algoritmus.
2. Ha $y \geq 3$ , akkor a DC oldal kiesik, a maradék 2 élt 2 féleképpen veheti fel, így 12 féleképpen futhat az algoritmus.

7. Feladat

Létezik-e olyan X eldöntési probléma, amire X∉NP és X≺SAT egyszerre fennáll?

Megoldás

Kiegészítések a feladat megértéséhez

Eldöntési probléma osztályok?

A problémáknak lehet több típusú több bemenete, és több típusú több kimenete. Ezeket átfogalmazzuk olyanra, hogy a kimenete egyetlen bit legyen (IGEN / NEM), mert ezen algoritmusok felhasználásával is teljesen jól lehet dolgozni, ugyanakkor könnyebb őket nehézség / bonyolultság szerint osztályozni. Az ilyen 1 bites kimenetű problémákat nevezzük eldöntési problémáknak.

Az eldöntési problémákat nehézség / bonyolultság szerint osztályokba soroljuk, ezen osztályok között olyan kapcsolatok vannak mint a halmazoknál; ez a fenti rajzon látszik.

A P osztályba olyan problémák tartoznak, amelyekre ismert olyan algoritmus, ami a bemenet polinomjával megadott idő alatt lefut. Vagyis ha a bemenet n, akkor az algoritmusra azt mondjuk, hogy nagy_ordó(valami), ahol a valami n egy polinomja, például n négyzet, n köb, három n négyzet meg négy meg nyolc n köb, és ilyesmik.

Az NP osztályba olyan problémák tartoznak, amelyekre (jelenleg) nem ismert polinom idejű (P-beli) algoritmus, de igen válasz esetén létezik hatékony tanúsítvány. Vagyis, adott egy nagy csomó bemenet és van egy kérdés. P-idő alatt nem tudjuk megmondani a választ, de ha valaki megsúgja hogy a válasz IGEN, akkor P-időben meg tudjuk mondani, hogy ez hülyeség vagy nem hülyeség. Ha azt súgják meg hogy NEM, akkor fogalmunk sincs, P-időben nem tudjuk eldönteni hogy hülyeség-e vagy sem. (Ha így lenne, vagyis igen és nem válasz esetén is P-időben ellenőrizni tudnánk a válasz helyességét, akkor az egész probléma P-beli lenne, hiszen megsúgjuk saját magunknak hogy NEM és ha helyes akkor NEM egyébként igen. Persze ha az IGEN-ről P-időben kiderül hogy hülyeség attól még lehet hogy IGEN, csak éppen nem az a konkrét ami meg lett súgva, hanem egy másik.)

A coNP osztály lényegében ugyanaz mint az NP osztály, csak NEM válaszra. Vagyis (jelenleg) nem ismerünk rá P-beli algoritmust, de ha a válasz NEM, akkor P-időben (hatékonyan) ellenőrizni tudjuk, hogy ez-e a jó válasz vagy sem. Szintén, IGEN válasz esetén semmit sem tudunk mondani P-időben, a fenti okok miatt (ami a zárójelben van).

Az NP nehéz osztályba tartozó eldöntési problémák közül bármelyik legalább olyan nehéz, mint bármelyik másik NP-beli eldöntési probléma. Itt jön képbe a Karp-redukció fogalma. Jó dolog sok NP nehéz problémát ismerni, mert akkor ha találunk egy problémát, akkor ha találunk olyan Karp-redukciót, ami azt mutatja, hogy ez a probléma visszavezethető egy közismert NP nehéz problémára, akkor a mi ismeretlen problémánk is NP nehéz lesz. Ez azért van, mert a Karp-redukció tranzitív művelet, továbbá a Karp-redukcónál használt f függvény P-beli, amit kétszer egymás után alkalmazva is még mindig P-beli lesz ez a dolog (az inputok átalakítása).

Az NP teljes problémák azok, amik NP nehezek és NP-beliek is egyszerre. A fenti dolog ide is érvényes, vagyis jó dolog ha sok nevezetes NP teljes problémát ismerünk, mert ha egy ismeretlen problémához találunk egy olyan Karp-redukciót, ami alapján az ismeretlen problémánkat visszavezethetjük egy közismert NP teljes problémára, akkor az ismeretlen problémánkról is kiderült, hogy NP teljes.

Karp-redukció?

Van egy olyan gépünk, ami kizárólag B problémát tudja megoldani. Nekünk viszont A problémánk van. Ekkor ha szerencsénk van, akkor fogunk találni egy olyan Karp-redukciót, hogy A≺B. Ennek persze vannak feltételei. Az A eldöntési probléma inputját át kell alakítani B eldöntési probléma inputjává, és meg is kell adni ezt a függvényt, nevezzük el ezt a függvényt f függvénynek. Feltétel, hogy f függvény polinom időben kiszámolható legyen, és ezt be is kell bizonyítani. Továbbá azt is be kell bizonyítani, hogy amennyiben a normális inputra A azt válaszolná, hogy IGEN, akkor az f(normális input)-ra a B szintén ugyanezt válaszolná (és ugyanezt be kell bizonyítani NEM válaszra is). Magyarul a B dolgot megoldó gépet megerőszakoljuk hogy A problémát is hajlandó legyen megoldani.

Ebből következik néhány dolog. Például az, hogy B legalább olyan nehéz probléma, mint A. Ha például B NP-teljes, akkor A is az. Ha B NP-nehéz, akkor A is az. Ha B coNP-beli, akkor A is az. Ez miért van? Hát azért, mert polinom időben át lehet alakítani az A problémát B-vé. Ezt indirekten könnyen lehet bizonyítani. Indirekt tegyük fel, hogy annak ellenére hogy B probléma NP-teljes és létezik egy olyan Karp-redukció ami A problmémát átalakítja B-vé, szóval mindezek ellenére A probléma P-beli. Ekkor A problémát egy polinom idejű f függvénnyel simán átalakítjuk B problémává, erről szól ugye a Karp-redukció. Ezek után ha bármikor B problémát akarnánk megoldani, akkor az f-függvény fordítva végrehajtásával a B inputját átalakítjuk A inputjává, megoldjuk az A problémát polinom időben, és kész is. Ez ellentmondás mivel B-ről azt mondtuk hogy NP-teljes. A másik érdekesség, hogy ha például egy NP-teljes vagy NP-nehéz problémáról kiderülne hogy P-beli, akkor az összes NP-beliről kiderülne hogy P-beli, mivel az NP-nehéz definíciója az, hogy legalább olyan nehéz mint bármely tetszőleges NP-beli.

Még egy fontos megjegyzés a Karp-redukcióhoz: ugye A problémát akarjuk megoldani, de csak B-t megoldó gépünk van. Az egyik gyakorlaton elhangzott, és fontos tudni, hogy a B-t megoldó gépet az A eldöntési probléma megoldásához csak EGYSZER használhatjuk. Azért mert a Karp-redukció az ilyen.

SAT probléma?

todo

A feladat megoldása:

todo

8. Feladat

P-ben van vagy NP-teljes az alábbi eldöntési probléma:

Input: irányítatlan G gráf
Kérdés: Igaz-e, hogy G-ben vagy van Hamilton-út vagy G 3 színnel színezhető?

Megoldás

Kiegészítések a feladat megértéshez