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Exercícios: Alg Gulosos
Eduardo Laber
Cap 4-Exercício 2
a) Verdadeiro, já que trocando cada elemento pelo seu quadrado não altera a ordem das arestas. Portanto, o algoritmo de Kruskal constrói a mesma árvore.
b) 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
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.
Cap 4- Exercício 4
Sejam e’(1),...,e’(m) os eventos de S’. Execute o seguinte algoritmo
K0Para i=1...m
Encontre a primeira ocorrência de e’(i) em S que esteja depois da posição K
Se nenhuma ocorrência for encontradaRetorne “S’ não é subsequência de S”
SenãoK posição em S aonde e’(i) foi encontrado
Fim SeFim ParaRetorne “S’ é subsequência de S”
Cap 4- Exercício 4
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
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
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
j1 j2 jr
i1 i2 ir ir+1OPT:
S: jr+1
O que acontece se trocarmos a base ir+1 com a base jr+1?
ir+1
jr+2 jr+3
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
j1 j2 jr
i1 i2 irOPT*:
S: jr+1
Trocando a base ir+1 com a base jr+1 , obtemos uma outra solução ótima OPT* já que jr+1 e ir cobrem todas as casas cobertas por ir+1
ir+1
jr+2 jr+3
jr+1
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
j1 j2 jr
i1 i2 irOPT’* :
S: jr+1
OPT* é ótima e o prefixo comum entre S e OPT*é maior que o prefixo comum entre S e OPT. Essa contradição surge da hipótese que S não é ótima. Portanto, S é ótima
ir+1
jr+2 jr+3
jr+1
Cap 4-Exercício 7
Algoritmo:
•Obtenha um escalonamento S escalonando os jobs no supercomputador em ordem decrescente de f (tempo de processamento no PC) – O que tiver maior f é escalonado antes
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).
Cap 4-Exercício 7Prova 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.
Cap 4-Exercício 7Prova 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.
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
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).
Cap 4- Exercício 9b) 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!
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
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
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.
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
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.
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.
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+tr(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)+tr(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.
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.
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
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
Cap 4 - Exercício 15
Prova de Corretude
• Utilizar técnica da soluçào ótima com o maior prefixo comum com aquela construída pelo Greedy.
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
Cap 4 - Exercício 21
• Encontre um ciclo na Near tree e remova aresta mais cara (cycle property). Repita este procedimento 9 vezes