Einführung in die Diskrete Mathematik Lösung 10

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Technische Universität Chemnitz
S. Dienelt
Chemnitz, 11.Januar 2007
Abgabe: 22. Januar 2008
Einführung in die Diskrete Mathematik
Lösung 10
1. (3 Punkte)
6 Computerprogramme P 1, . . . , P 6 sollen der Reihe nach auf einem Großrechner abgearbeitet werden (und dann wieder von vorne beginnen). Jedes Programm benötigt seine eigenen Resssourcen, wie z.B. einen Teil des
Hauptspeichers, einen Compiler und Laufwerke, und der Wechsel von einer
Ressourcenmenge zur anderen kostet Zeit. Die folgende Matrix C = (cij )
enthält die Zeiten cij , die für die Übertragung der Hilfsmittel für das Programm Pi zu denen für Programm Pj benötigt werden.


Ermitteln Sie eine Reihenfolge der
0
18
17
23
12
19




Programme, die eine Gesamtüber



18
0
26
31
20
30




tragungszeit benötigt, die höchsten


17 26 0 16 11 9
50% von der optimalen Übertra- C =
23 31 16 0 17 19 



gungszeit abweicht. (Gemeint ist die

 12 20 11 17 0 14 





Übertragungszeit, bis man wieder


19 30 9 19 14 0
am Anfang von P1 ist.)
Lösung:
Gesucht ist also eine Abarbeitungsreihenfolge der Programme, die möglichst
wenig Übertragungszeit beansprucht, also ein TSP.
Lösung z.B. mittels Christofides-Heuristik. D.h. suche einen MST, hier
P1 P2 , P1 P5 , P5 P3 , P3 P4 und P3 P6 . Dabei haben P2 , P3 , P4 und P6 ungeraden Knotengrad.
Suche Minimum Matching im durch diese vier Knoten induzierten Teilgraphen: P2 P4 , P3 P6 .
Erzeuge eine Eulertour: P1 − P2 − P4 − P3 − P6 − P3 − P5 − P1 .
Streiche schon besuchte Knoten: P1 − P2 − P4 − P3 − P6 − P5 − P1 .
Übertragungszeit: 100.
2. (3 Punkte)
Zeige dass der Petersen Graph nicht Hamiltonsch ist.
B
g
a
b
G
A
k
f
l
F
H
e
m
o
J
I
c
i
j
E
C
h
n
d
D
Lösung:
Sei E die Kantenmenge des Peterson Graphen, C die Kantenmenge eines zweiregulärer Teilgraphen (alle Komponenten sind Kreise, alle Knoten
überdeckt) und M := E \ C. Dann ist M ein Matching aus fünf Kanten.
E besteht aus den fünf Kanten des äußeren Kreises (Menge A), den fünf
Kanten des inneren überschlagenen Kreises (Menge I) und den fünf Speichen (Menge S).
Durchläuft man einen Kreis C in eine Richtung, wechselt man von A nach
I genausooft wie von I nach A, benutzt also keine, 2 oder 4 Speichen.
Ist M = S, so besteht C aus zwei Kreisen der Länge 5.
Sonst enthält M entweder genau drei oder genau eine Speiche.
Ein Matching, welches genau drei Speichen und noch eine weitere Kante
(sagen wir uv) enthält, hat die Eigenschaft, dass uv die Speichen uu0 und
vv 0 ausserhalb des Matchings enthält. Da E die Kante u0 v 0 jedoch nicht
enthält, enthält ein solches Matching genau vier Kanten.
Also enthält sonst M genau eine Speiche uu0 . Damit enthält es von I und
A jeweils zwei der drei u und u0 vermeidenden Kanten, welche einen Weg
bilden, also genau die beiden äußeren des Weges. E \ M besteht dann aus
zwei Kreisen der Länge 5.
Damit ist gezeigt: Jeder zweireguläre Teilgraph des Peterson Graphen besteht aus zwei disjunkten Kreisen der Länge 5.
Korollar: Der Peterson Graph ist nicht hamiltonsch!
3. (3 Punkte)
Sei (cij ) eine symmetrische Kostenmatrix für das TSP, cij ≥ 0, welche die
Dreiecksungleichung cik ≤ cij + cjk erfüllt. Starte mit einer beliebigen Ecke
v und schreibe C1 = {v}. Sei der Kreis Ck = {u1 , . . . , uk } schon konstruiert.
Bestimme u ∈
/ Ck mit minimalem Abstand zu Ck (innerhalb dieser wähle
einen, dessen kürzester Weg minimale Kantenanzahl hat) und füge u vor
einem entsprechenden Knoten mit kürzestem Abstand ein. Zeige, dass für
die so konstruierte Tour c(T ) ≤ 2c(Topt ) gilt.
Lösung:
Wegen cij ≥ 0 liegt zwischem dem Knoten mit kürzestem Abstand und dem
entsprechendem Knoten am Kreis genau eine Kante mit diesem Abstand.
Der Algorithmus konstruiert daher einen MST und schreibt diesen Baum
in umgekehrter Depth-First-Search Ordnung (Ordnung bei Start vom Anfangsknoten) auf. Diese Ordnung entsteht gerade bei der MST-Heuristik,
also folgt das Ergebnis aus Satz 11.5.
4. (3 Punkte)
Löse das Wägeproblem, wenn bekannt ist, dass die falsche Münze schwerer
ist.
Lösung:
Jeweils dritteln. Dann ist für jede Antwort bekannt, in welchem Drittel die
schwerere Münze ist; setze rekursiv fort. ⇒ Länge ist dlog3 ne (Gedanken
zum Beweis für Gleichheit machen).
5. (4 Punkte)
Zeige, dass es für n, q (q ≥ 2) genau dann einen vollständigen (n, q)-Baum
gibt, wenn q − 1 ein Teiler von n − 1 ist.
Lösung:
Induktion: Richtig für n = 1 und n = q. Sei n > q und T vollständig, dann
gibt es einen inneren Knoten mit q Blättern; schrumpfe diesen zu einem
Blatt → T 0 ∈ T (n − q + 1, q) vollständig und nach I.V. (q − 1)|(n − q), also
(q − 1)|(n − 1).
Ist andererseits n−1 durch q −1 teilbar (n−1 = k(q −1)), konstruiere einen
Baum durch Anhängen von q neuen Blättern an ein bereits existierendes
Blatt. Es entstehen in jedem Schritt q − 1 neue Blätter, in jedem Schritt
ist er Baum vollständig. Nach k Schritten haben wir einen vollständigen
(n, q)-Baum.
6. (4 Punkte)
Zeige, dass jede Permutation a1 , a2 , . . . , an der Zahlen 1, . . . , n durch sukzessive Vertauschung benachbarter Elemente auf die Form 1, . . . , n gebracht
werden kann. Beispiel: 3124 → 1324 → 1234. Was ist die minimale Anzahl
von Vertauschungen?
Lösung:
Jede Zahl muss mindestens mit allen Zahlen vertauscht werden, die größer
sind als sie selbst und kleineren Index haben. Ein Algorithmus, der dieses
erreicht, ist: Bringe in Iteration i das Element mit Wert i durch Vertauschung nach vorn auf Stelle i. Für i = 1, . . . , n sei bi die Anzahl der Zahlen
> i, deren Index in der Anfangsreihenfolge kleinerPals der der Zahl i ist,
dann ist die minimale Anzahl der Vertauschungen ni=1 bi .
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