Exercícios: Alg Gulosos

1. Exercícios: Alg Gulosos Eduardo Laber

2. Cap 4-Exercício 2 • Verdadeiro, já que trocando cada elemento pelo seu quadrado não altera a ordem das arestas. Portanto, o algoritmo de Kruskal constrói a mesma árvore. • Falso. Considere o seguinte contra-exemplo: V={s,a,b,t}, cost(s,a)=9, cost(a,t)=1, cost(s,b)=6, cost(b,t)=6

3. Cap 4- Exercício 4 Estratégia: Encontrar a primeira ocorrência do primeiro elemento de S’ em S. Seja i(1) o índice desta ocorrência em S. Depois, encontre a primeira ocorrência do segundo elemento de S’ em S que esteja a direita de i, e assim por diante.

4. Cap 4- Exercício 4 Sejam e’(1),...,e’(m) os eventos de S’. Execute o seguinte algoritmo K0 Para i=1...m Encontre a primeira ocorrência de e’(i) em S que esteja depois da posição K Se nenhuma ocorrência for encontrada Retorne “S’ não é subsequência de S” Senão K posição em S aonde e’(i) foi encontrado Fim Se Fim Para Retorne “S’ é subsequência de S”

5. Cap 4- Exercício 4

6. Cap 4- Exercício 4 Prova de corretude • Se o algoritmo encontra a sequência ele funciona corretamente. • Considere que o algoritmo não encontra a sequência mas tal sequência existe. • Assuma que o algoritmo conseguiu encontrar k <m eventos nas posições P=i(1)< i(2)< ....< i(k) • Seja j(1),j(2),...,j(m) as posições da subsequência S’ em S que tem maior prefixo comum com P. COMPLETAR

7. Cap 4- Exercício 5 Execute o seguinte algoritmo: H conjunto com todas as casas Enquanto o conjunto H tem alguma casa Coloque uma base b 4 milhas à direita da casa mais à esquerda do conjunto H Remova todas as casas do conjunto H cuja distância até a base b é de no máximo 4 milhas Fim Enquanto

8. Cap 4- Exercício 5 Prova de Corretude. Assuma por contradição que a solução S do algoritmo não é ótima. Dentre as soluções ótimas, seja OPT={j1,...,jk} a solução ótima cujo prefixo comum com S é máximo. Seja j1,...,jr o prefixo comum entre as duas OPT: i1 i2 ir ir+1 ir+1 j1 j2 jr jr+1 jr+2 jr+3 S: O queacontece se trocarmos a base ir+1com a base jr+1?

9. Cap 4- Exercício 5 Prova de Corretude. Assuma por contradição que a solução S do algoritmo não é ótima. Dentre as soluções ótimas, seja OPT={j1,...,jk} a solução ótima cujo prefixo comum com S é máximo. Seja j1,...,jr o prefixo comum entre as duas OPT*: i1 i2 ir jr+1 ir+1 j1 j2 jr jr+1 jr+2 jr+3 S: Trocando a base ir+1 com a base jr+1, obtemosumaoutrasoluçãoótima OPT* jáque jr+1 e ircobremtodas as casas cobertaspor ir+1

10. Cap 4- Exercício 5 Prova de Corretude. Assuma por contradição que a solução S do algoritmo não é ótima. Dentre as soluções ótimas, seja OPT={j1,...,jk} a solução ótima cujo prefixo comum com S é máximo. Seja j1,...,jr o prefixo comum entre as duas OPT’* : i1 i2 ir jr+1 ir+1 j1 j2 jr jr+1 jr+2 jr+3 S: OPT* é ótima e o prefixocomum entre S e OPT*é maiorque o prefixocomum entre S e OPT. Essacontradição surge da hipóteseque S não é ótima. Portanto, S é ótima

11. Cap 4-Exercício 7 Algoritmo: • Obtenha um escalonamento S escalonandoos jobs no supercomputadoremordemdecrescente de f (tempo de processamento no PC) – O quetivermaior f éescalonado antes

12. Cap 4-Exercício 7 Prova de corretude • Assuma que o escalonamento S contém inversões  existem jobs i e j tal que i é escalonado imediatamente antes de j e que f(j)>f(i). • Seja P o tempo em que i começa a ser processado no super computador. Logo, i termina em P+p(i) + f(i) e j termina em P+p(i)+p(j)+f(j).

13. Cap 4-Exercício 7 Prova de corretude • Seja S’ o escalonamento obtido ao inverter i e j. Temos que: • O tempo de término fica inalterado para todos os jobs diferentes de i e j. • Para o job j a situação só pode melhorar. • O job i passa a terminar em t’(i)=P+p(j)+p(i)+f(i). Entretanto, temos t’(i)<t(j) já que f(i)<f(j).Portanto, S’ é melhor que S.

14. Cap 4-Exercício 7 Prova de corretude • Logo, sempre que um escalonamento S tiver inversões podemos obter um escalonamento S’ melhor que S. Portanto, o escalonamento ótimo não tem inversões. • Como todos escalonamentos sem inversão tem o mesmo desempenho e o algoritmo guloso obtém um escalonamente sem inversão então ele é ótimo.

15. Cap 4- Exercício 8 • Assuma que existam duas MST’s T e T’. Seja e uma aresta que está em T mas não está em T’. Logo, T U e contém um ciclo. • Como todas as arestas tem custo diferente, segue da propriedade do ciclo que a aresta mais cara deste ciclo não pode estar em uma MST, o que contradiz o fato de T e T’ serem MST’s

16. Cap 4- Exercício 9 Exercício 9 a) Não. • Considere um grafo G formado por um triângulo, onde um dos vértices está ligado a um caminho. (arestas tem custos distintos) • Considere que a aresta de maior custo em G não pertence ao triângulo. • Então existe apenas uma MST e toda árvore geradora é uma miminum bottleneck tree (MBT).

17. Cap 4- Exercício 9 b) Sim. • Assuma que uma MST T não é uma MBT. • Seja T* uma MBT para o grafo e seja f a aresta de maior custo de T. Temos que f não pertence a T* já que T não é uma MBT • Logo, o subgrafo obtido pela união de T* com a aresta f contém um ciclo. • A aresta mais cara deste ciclo é f e, portanto, pela propriedade do ciclo, f não pode pertencer a T. Contradição!

18. Cap 4 - Exercício 10 a) Se a aresta uv for inserida, teste se existe alguma aresta no caminho que liga u a v em T que é mais cara que uv. • Se existir, T não é mais uma MST (propriedade do ciclo). • Caso não exista, T é uma MST ( Algoritmo de Kruskal faria as mesmas escolhas). • DFS, executa em O(|V|) já que o número de arestas em T é |V|-1

19. Cap 4 –Exercicio 10 (assumindo custos distintos) b) Encontrar um ciclo na árvore T+e e remover a aresta de custo máximo deste ciclo. As demais arestas do grafo não pertencem a MST antes e não passar a pertencer após adição de e já que elas são as arestas mais caras de algum ciclo

20. Cap 4 -Exercício 12 a) Falso J(1)=(1,1000), J(2)=(1000,1),r= 1 Para o segundo job não vale, mas escalonando J(1) depois J(2) a restrição é satisfeita.

21. Cap 4 -Exercício 12 b) Para i=1,...,n, seja r(i)=b(i)/t(i) • Ordene os streams em ordem crescente de r(i). • Para i=1,...,n, verifique se a soma dos b’s para os i primeiros streams dividido pela soma dos t’s para os i primeiros streams é menor que r. • Se a condição for sempre satisfeita, um escalonamento viável foi encontrado. Caso contrário, não existe escalonamento viável

22. Cap 4 -Exercício 12 Prova de corretude. • Dizemos que as streams i e j estão invertidas em um escalonamento S se i ocorre antes de j e r(i) > r(j) • Seja S um escalonamento viável com inversões  existem streams i e i+1 tal que r(i) >r(i+1) e i aparece imediatamente antes de i+1 em S.

23. Cap 4 -Exercício 12 Prova de corretude. • Seja T o tempo que i começa em S e B o número de bits transmitidos antes de i começar. • Vamos mostrar que invertendo i e i+1 obtemos um escalonamento S* que é viável e tem menos inversões que S • Basta analisar os instantes de tempo em que os streams i e i+1 estão sendo enviados já que os demais streams não são afetados pela inversão.

24. Cap 4 -Exercício 12 Prova de Corretude (cont) • Seja t um número no intervalo [0, t(i+1)]. No instante T+t: • O escalonamento S* já transmitiu B+tr(i+1) bits • O escalonamento S transmitiu B+min{t,t(i))}r(i) + max{0,t-t(i)}  r(i+1) • Como r(i)>r(i+1), S* transmitiu menos bits e, portanto, ele é viável neste instante. • Seja t um número no intervalo (0, t(i)]. No instante T+t(i+1)+t: • O escalonamento S* transmitiu B+ t(i+1)r(i+1)+tr(i) bits • O escalonamento S transmitiu B+ min{t(i),t(i+1)+t)r(i) + max{0,t(i+1)+t –t(i) }r(i+1). • Como r(i)>r(i+1), S* transmitiu menos bits e, portanto, ele é viável neste instante.

25. Cap 4 -Exercício 12 Prova de corretude. • Portanto, o stream S* é viável e tem menos inversões que S • Portanto, se existe um escalonamento viável, então existe um viável com 0 inversões.

26. Cap 4 - Exercício 13 • Escalonar em ordem decrescente de wi/ ti. • Considerar solução ótima com número mínimo de inversões e argumentar que trocar a ordem de jobs invertidos consecutivos não piora a solução

27. Cap 4 - Exercício 15 S Todos estudantes; C vazio Enquanto S<>vazio • Seja s o estudante de S, ainda não coberto por C, cujo shift termina primeiro. Inclua no comitê o estudante t cujo shift é o último a terminar dentre todos os estudantes de S cujo shift começa antes do término do shift de s. • Remova de S o estudante t e todos os estudantes cujo shift termina antes do término do shift de t • Coloque t em C Fim Enquanto

28. Cap 4 - Exercício 15 Prova de Corretude • Utilizar técnica da soluçào ótima com o maior prefixo comum com aquela construída pelo Greedy.

29. Cap 4 -Exercício 19 Bottleneck tree • Compute uma árvore geradora T de custo máximo ( Aplique Kruskal ordenado as arestas por ordem decresente de peso) • Se existir um caminho P entre u e v em G tal que o bottleneck seja maior do que o dado por T então T U P tem um ciclo em que a aresta de menor custo pertence a T. Pela propriedade do ciclo isto contradiz o fato de T ser uma árvore geradora de custo máximo

30. Cap 4 - Exercício 21 • Encontre um ciclo na Near tree e remova aresta mais cara (cycle property). Repita este procedimento 9 vezes