Musterlösung - Aufgabenblatt 2 Aufgabe 1 Um den Algorithmus von

Musterlösung - Aufgabenblatt 2
Aufgabe 1
Um den Algorithmus von Bellman-Ford anzuwenden, modellieren wir das Problem
zunächst als ein Kürzeste-Wege-Problem in einem Graphen. Dazu nummerieren wir
die Gegenstände: 1 = Schlafsack, 2 = Taschenmesser, . . . , 5 = Isomatte und bezeichnen das Volumen des i-ten Gegenstands mit ai und seinen Nutzen mit ci .
Wie in der Vorlesung beschrieben hat der Graph dann Knoten der Form (i, x) mit
i ∈ {0, 1, . . . , 6} und x ∈ {0, 21 , 1, 32 , 2, 25 }. Es gibt drei Sorten von Kanten:
• Kanten der Form ((i − 1, x), (i, x)) bekommen die Länge 0,
• Kanten der Form ((i − 1, x), (i, y)) mit y − x = ai haben Länge −ci ,
• Kanten der Form ((5, x), (6, 52 )) haben Länge 0.
Wir erhalten dann folgenden Graphen. (Kanten der Länge 0 sind grau gezeichnet,
alle anderen Kanten tragen ihr Gewicht als Label.)
5/2
-4
2
-3
-4
-4
3/2
-3
-4
-4
1
-3
-4
-4
1/2
-3
-5
-4
-5
-4
-5
-4
-4
-4
0
0
1
2
3
4
5
6
Kürzeste (0, 0)-(6, 52 )-Wege in diesem Graphen entsprechen optimalen Rucksackpackungen. Da wir uns nur für (0, 0)-(6, 25 )-Wege interessieren, können wir alle
Kanten ignorieren, die nicht auf solchen Wegen liegen. Das heißt, wir können den
Algorithmus von Bellman-Ford (mit s = (0, 0)) auf folgenden reduzierten Graphen
anwenden:
5/2
-3
2
-4
-5
-4
3/2
-3
-5
-3
-5
-4
1
-4
-4
1/2
-4
-4
0
0
1
2
3
4
5
6
Der Algorithmus setzt zunächst die Werte der Funktion d0 wie folgt:
d0 ((0, 0)) = 0,
d0 ((i, x)) = ∞ für i, x 6= 0.
Dann beginnt die for-Schleife, in der jeweils für den wachsenden Parameter k die
Funktion dk+1 bestimmt wird und dabei auch die Funktion g:
k = 0: Nachdem zunächst d1 = d0 gesetzt wird, wird dann für jede Kante ((i, x), (j, y))
getestet, ob d1 ((j, y)) > d0 ((i, x)) + l((i, x), (j, y)). Ist dies der Fall, wird
d1 ((j, y)) = d0 ((i, x)) + l((i, x), (j, y)) und g((j, y)) = (i, x) gesetzt.
Da ∞ = d1 ((1, 0)) > d0 ((0, 0))+l((0, 0), (1, 0)) = 0, erhalten wir d1 ((1, 0)) = 0
und g((1, 0)) = (0, 0). Ebenso bekommen wir d1 ((1, 32 )) = −4 und g((1, 23 )) =
(0, 0).
Alle anderen Kanten haben als Startknoten einen Knoten (i, x) mit d0 ((i, x)) =
∞, die if-Bedingung wird also für keine andere Kante erfüllt. Wir erhalten:
d1 ((0, 0)) = 0,
d1 ((1, 0)) = 0,
d1 ((1, 32 )) = −4,
d1 ((i, x)) = ∞ sonst.
Zudem haben wir g((1, 0)) = (0, 0) und g((1, 23 )) = (0, 0).
Bevor wir die folgenden Schritte der for-Schleife betrachten, überlegen wir uns,
dass sich die Funktionen dk und dk+1 nur auf Knoten der Form (k + 1, x) unterscheiden können und ansonsten übereinstimmen.
Dies folgt aus der Struktur des Graphen: Nach Vorlesung ist dl ((i, x)) die minimale
Länge einer (0, 0)-(i, x)-Kantenfolge die ≤ l Kanten enthält. In unserem Graphen
enthält jede (0, 0)-(i, x)-Kantenfolge, wenn denn eine existiert, genau i Kanten. Damit gilt:
(
∞
für l < i,
dl ((i, x)) =
di ((i, x)) für l ≥ i,
was obige Behauptung zum Vergleich der Funktionen dk und dk+1 beweist.
Im k-ten Durchlauf der for-Schleife werden also nur Werte von Knoten der Form
(k + 1, x) geändert. Wir schränken unsere Beschreibung des Algorithmus auf diese
Knoten ein.
k = 1: Wie auch im ersten Schritt (k = 0) werden in diesem Schritt alle zu betrachtenden Knoten von genau einer Kante erreicht, die den neuen Wert des
Knotens bestimmt. Es ergibt sich:
d2 ((0, 0)) = 0,
d2 ((1, 0)) = 0,
d2 ((1, 32 )) = −4,
d2 ((2, 0)) = 0,
d2 ((2, 32 )) = −4,
d2 ((2, 21 )) = −4,
d2 ((2, 2)) = −8,
d2 ((i, x)) = ∞ sonst.
Zudem bekommen wir g((2, 0)) = g((2, 12 )) = (1, 0) und g((2, 32 )) = g((2, 2)) =
(1, 32 ).
k = 2: Bis auf den Knoten (3, 32 ) werden auch hier alle Knoten von genau einer
Kante erreicht. Für Knoten (3, 23 ) werden beide Kanten ((2, 12 ), (3, 23 )) und
((2, 32 ), (3, 32 )) getestet. Da d2 ((2, 21 )) + l((2, 12 ), (3, 23 )) = −4 + (−3) = −7 den
kleineren Wert liefert als d2 ((2, 23 )) + l((2, 32 ), (3, 32 )) = −4 + 0 = −4, bestimmt
die erste der beiden Kanten den Wert von (3, 32 ).
Wir bekommen:
d3 ((0, 0)) = 0,
d3 ((1, 0)) = 0,
d3 ((1, 32 )) = −4,
d3 ((2, 0)) = 0,
d3 ((2, 32 )) = −4,
d3 ((2, 21 )) = −4,
d3 ((2, 2)) = −8,
d3 ((3, 32 )) = −7,
d3 ((3, 0)) = 0,
d3 ((3, 21 )) = −4,
d3 ((3, 2)) = −8,
d3 ((3, 1)) = −3,
d3 ((3, 52 ) = −7,
d3 ((i, x)) = ∞ sonst.
Zudem haben wir g((3, 0)) = g((3, 1)) = (2, 0), g((3, 21 )) = g((3, 32 )) = (2, 12 ),
g((3, 52 )) = (2, 32 ) und g((3, 2)) = (2, 2).
Wir halten das Ergebnis bildlich fest. Der Wert von d3 eines Knotens steht
neben dem Knoten, wenn er nicht ∞ ist. Die durch die Funktion g bestimmten
Kanten sind schwarz.
-7
5/2
-8
2
-4
3/2
-4
-3
-4
-7
-3
1
-4
-4
1/2
0
0
0
0
1
-4
-8
-3
0
-3
-4
-5
-4
-5
-4
-5
-4
0
2
-4
3
4
5
6
k = 4: Die unteren drei Knoten (4, 0), (4, 12 ) und (4, 1) werden wieder nur von einer
Kante erreicht. Die anderen drei Knoten werden von je zwei Kanten erreicht.
Für diese werden beide Möglichkeiten getestet und die bessere festgehalten.
Diesmal beschreiben wir das Ergebnis nur bildlich:
5/2
-8
2
-4
3/2
-4
-3
-4
-3
-4
-4
0
0
0
0
1
-4
0
2
-8
-8
-9
-7
1
1/2
-7
-3
-3
-4
0
3
-5
-5
-5
-7 -4
-3 -4
-4 -4
0 -4
4
5
6
k = 5: Die unteren zwei Knoten (5, 0) und (5, 21 ) werden wieder nur von einer Kante
erreicht. Die anderen vier Knoten werden von je zwei Kanten erreicht. Für
diese werden beide Möglichkeiten getestet und die bessere festgehalten.
Wir beschreiben das Ergebnis wieder nur bildlich:
5/2
-8
2
-4
3/2
-4
-3
-4
-3
-4
-4
0
0
0
0
1
-4
-8
-11
-8
-9
-9
-7 -4
-8
-3 -4
-4
-4 -4
-4
0 -4
0
-7
1
1/2
-7
-3
0
-3
-4
-5
-5
-5
0
2
3
4
5
6
k = 5: Hier betrachten wir nur den Knoten (6, 52 ), der von sechs Kanten erreicht
wird, die je Länge 0 haben. Den kürzesten Weg liefert also die Kante, deren
Startknoten den kleinsten Wert hat. Das ist der Knoten (5, 52 ). Das Ergebnis
bildlich:
5/2
-8
2
-4
3/2
-4
-3
-4
-3
-4
1/2
0
0
0
0
1
-4
0
2
-8
-11
-8
-9
-9
-7 -4
-8
-3 -4
-4
-4 -4
-4
0 -4
0
-7
1
-4
-7
-3
-3
-4
0
3
-5
-5
-5
4
5
-11
6
Die for-Schleife läuft noch bis k = 34. Nach unserer anfänglichen Beobachtung
verändern sich die Werte der Funktionen dk jedoch nicht mehr. Dies ist also das
Endergebnis. Die optimale Auswahl von Gegenständen für unseren Rucksack erhalten wir, indem wir den (schwarzen) Pfad, der zum Knoten (6, 52 ) führt zurück
verfolgen und für jede nicht-horizontale Kante den Gegenstand, der dem Endknoten entspricht einpacken: Isomatte, Kekse und Taschenmesser. Zusammen ergeben
diese Gegenstände einen Nutzen von 11 und haben ein Volumen von 2, 5`.
Aufgabe 2
Für einen gerichteten Graphen D = (V, A) und Knoten s, t ∈ V , so dass es einen
s-t-Weg gibt, wollen wir zeigen, dass die minimale Anzahl von Kanten in einem
s-t-Weg gleich dem folgenden Maximum ist:
max φ(t) − φ(s)
φ:V →Z
(1)
φ(w) − φ(v) ≤ 1 für alle (v, w) ∈ A.
Beweis.
min ≥ max: Sei φ : V → Z eine Funktion, die das Maximum in (1) annimmt und
sei P = (v0 , a1 , v1 , . . . , al , vl ), v0 = s, vl = t, ein minimaler s-t-Weg. Dann gilt:
max = φ(t) − φ(s) =
l
X
φ(vi ) − φ(vi−1 ) ≤ l = min,
i=1
wobei die Ungleichung gilt, da nach Wahl von φ jeder Summand höchstens
den Wert 1 hat.
min ≤ max: Die grundlegende Idee in diesem Teil des Beweises ist, eine Funktion
φ0 : V → Z anzugeben, die φ0 (w) − φ0 (v) ≤ 1 für alle (v, w) ∈ A erfüllt und
für die φ0 (t) − φ0 (s) = min gilt. Falls eine solche Funktion φ0 existiert, gilt
nämlich:
min = φ0 (t) − φ0 (s) ≤ max,
da φ0 eine der Funktionen ist, über die wir maximieren.
Es bleibt die Existenz einer solchen Funktion zu zeigen. Sei a = |A| die Anzahl
der Kanten in D. Wir definieren dann die Funktion φ0 : V → Z wie folgt:
(
min. Anzahl Kanten in einem s-v-Weg, falls so ein Weg existiert,
φ0 (v) =
a
sonst.
Sei (v, w) ∈ A eine Kante. Jeder s-v-Weg kann durch (v, w) zu einem s-w-Weg
verlängert werden (s. Bild).
Gibt es also einen s-v-Weg, so ist der s-w-Weg mit minimaler Kantenanzahl
um höchstens eine Kante länger als der entsprechende s-v-Weg. Es gilt also
φ0 (w) − φ0 (v) ≤ 1.
Gibt es keinen s-v-Weg, dann gilt φ0 (v) = a. Also ist
φ0 (w) − φ0 (v) ≤ a − a = 0 ≤ 1.
Die Funktion φ0 erfüllt also die erste der gewünschten Bedingungen. Zudem
gilt nach Definition von φ0 : φ0 (t) − φ0 (s) = min −0 = min
v
s
w