Berechenbarkeit und Komplexit¨at Vorlesung 18

Berechenbarkeit und Komplexit¨at Vorlesung 18

Prof. Dr. Wolfgang Thomas Lehrstuhl Informatik 7

RWTH Aachen

23. Januar 2015

NP-Vollst¨andigkeit von CLIQUE

Wie erinnern uns an das Cliquenproblem.

Problem (CLIQUE)

Eingabe:Graph G = (V,E), k ∈ {1, . . . ,|V|}

Frage:Gibt es eine k-Clique?

Satz

CLIQUE istNP-vollst¨andig.

Beweis der NP-Vollst¨andigkeit von CLIQUE

Da wir schon wissen, dass das Cliquenproblem in NP ist, m¨ussen wir zum Nachweis der NP-Vollst¨andigkeit nur noch die NP-H¨arte nachweisen.

Dazu zeigen wir 3SAT≤_p CLIQUE.

Wir beschreiben eine polynomiell berechenbare Funktionf, die eine 3-KNF-Formelϕin einen GraphenG = (V,E) und eine Zahl k∈Ntransformiert, so dass gilt:

ϕist erf¨ullbar ⇔ G hat einek-Clique .

Beweis der NP-Vollst¨andigkeit von CLIQUE

Beschreibung der Funktionf:

Seien C1, . . . ,Cm die Klauseln vonϕ.

Seien ℓ_i,1, . . . , ℓ_i,3 die Literale in KlauselCi. Identifiziere Literale und Knoten, d.h. setze

V = {ℓ_i,j |1≤i ≤m,1≤j ≤3} . Zwei Knoten werden durch eine Kante verbunden, wenn

1) die assoziierten Literale geh¨oren zu verschiedenen Klauseln, 2) die beiden Literale sind nicht komplement¨ar zueinander.

Setzek =m.

Beweis der NP-Vollst¨andigkeit von CLIQUE

Korrektheit der Transformation:

zz:ϕerf¨ullbar⇒ G hat m-Clique

Jede erf¨ullende Belegung erf¨ullt in jeder Klausel mindestens ein Lite- ral. Pro Klausel w¨ahle eines dieser erf¨ullten Literale beliebig aus. Sei U die Menge dieser Literale. Wir behaupten,U ist eine m-Clique.

Begr¨undung:

Per Definition ist|U|=m.

Seien ℓund ℓ^′ zwei unterschiedliche Literale ausU. ℓ undℓ^′ geh¨oren zu verschiedenen Klauseln.

ℓ undℓ^′ k¨onnen nicht komplement¨ar sein; sonst w¨urde die Belegung einer Variablen zugleich den Wert 0 und den Wert 1 zuordnen.

Also gibt es eine Kante zwischen ℓund ℓ^′.

Beweis der NP-Vollst¨andigkeit von CLIQUE

zz:G hat m-Clique⇒ φerf¨ullbar Sei U einem-Clique inG.

Wir bestimmen eine Belegung, indem jedes Literal inU den Wert 1 erh¨alt.

Die Belegung ist wohldefiniert, da kein Literal sowohl positiv als auch negativ vorkommt. (Komplement¨are Literale sind nach Konstruktion nicht durch eine Kanten verbunden.) U enth¨alt somit genau ein Literal mit Wahrheitswert 1 pro Klausel in ϕ.

Also ist ϕerf¨ullbar.

Die Laufzeit f¨ur die Berechnung vonf ist offensichtlich polynomiell

beschr¨ankt.

COLOR(3)

Erinnerung:

Problem (COLOR(3))

Gegeben ein ungerichteter Graph G = (V,E)

Frage: Ist G 3-f¨arbbar, d.h. kann man jedem Knoten eine von drei Farben so zuordnen, dass kantenverbundene Knoten verschiedene Farben tragen?

Wir zeigen:

Satz

COLOR(3) ist NP-vollst¨andig.

COLOR(3) ist in NP, denn als Zertifikate man Funktionen

f :V → {0,1,2} w¨ahlen: Das Zertifikat, etwa als Liste von Paaren (Knotenname, Farbe), ist von polynomialer L¨ange in|V|. Es kann in Polynomzeit daraufhin getestet werden, ob kantenverbundene Knoten verschiedene Farben tragen.

NP-Vollst¨andigkeit von COLOR(3)

Finde eine Polynomzeit-berechenbare Transformationf, die jede Boolesche Formelϕmit 3 Literalen pro Klausel in einen Graphen Gϕ ¨uberf¨uhrt mit

(∗) ϕerf¨ullbar gdw. Gϕ ist 3-f¨arbbar.

Betrachte

ϕ=c1∧. . .∧cm, wobeic_i =l_i1∨l_i2∨l_i3,l_ij jeweilsx_k oderx_k.

Wir konstruierenG mit den Knoten A,B, den Knotenx1, . . . ,x_n,

¯

x¹, . . . ,x¯n sowie sechs weiteren Knoten pro Klausel.

Das folgende Beispiel illustriert die Konstruktion.

Beispiel

ϕ= (x¹∨x²∨x³)∧(x¹∨x²∨x³).

G_ϕ sieht so aus:

Basisknoten:

Variablenknoten:

Klauselgraphen:

A B

x1 x¯1 x2 x¯2 x3 x¯3

Von Erf¨ullbarkeit zu F¨arbbarkeit

Seiβ eineϕerf¨ullende Belegung.

Finde 3-F¨arbung vonGϕ, etwa mit Farben 0,1,2.

F¨arbeAmit 2, B mit 0,

x_i mit Farbe 1, falls β(x_i) = 1, sonst mit 0, xi umgekehrt.

Daβ die Formel ϕerf¨ullt, wird f¨ur jeden Klauselgraphen, mit Anbindung etwa beil1,l2,l3, einer der Knotenl1,l2,l3 mit 1 gef¨arbt.

1. Fall

Die Knotenl1,l2 der Anbindung haben beide die Farbe 0. Dann ist l³ mit 1 gef¨arbt, und wir k¨onnen den Klauselgraphen f¨arben:

l¹ l² l³

0 0 1

1 2

0 2

1

0 0

B

2. Fall

Beil1,l2 kommt wenigstens eine 1 vor. Dann k¨onnen wir den Klauselgraphen wieder f¨arben:

l¹ l² l³

1 0 1

0 2

1 0

1

2 0

B

Von F¨arbbarkeit zu Erf¨ullbarkeit

SeiG_ϕ 3-f¨arbbar. Nehme Farben 0,1,2.

O.B.d.A. seiA mit 2 gef¨arbt undB mit 0.

(Siehe unten zum Fall, dass wir B die Farbe 1 geben.) Dann sind diex_i ,x_i irgendwie mit 0 oder 1 gef¨arbt.

Definiere die Belegungβ durch β(xi) := Farbe von xi. Zeige:Diesesβ erf¨ullt ϕ.

Es gen¨ugt: In jeder Klausell1∨l2∨l3 bekommt wenigstens ein Literal den Wert 1.

D.h.: Im Klauselgraphen, der zur Klausell1∨l2∨l3 geh¨ort, f¨uhrt wenigstens eine Kante zu einem mit 1 gef¨arbtenl_i.

Erf¨ullbarbeit aus F¨arbbarkeit

Wir f¨uhren folgende Annahme zum Widerspruch:

Alle drei Variablenknoten haben Farbe 0.

Die 3-F¨arbung vonGϕ f¨uhrt zu Kollision:

l¹ l² l³

0 0 0

1,2 → 0

0

← 1,2 0 B

Alternative F¨arbung von B

Wenn B die Farbe 1 erh¨alt,

definieren wir die Belegung mit Vertauschung von 0 und 1.

Dann muss jede Klausel mindestens einmal den Wert 0 erhalten.

Man schließt dann aus, dass alle drei Literale den Wert 1 haben.

Hamiltonkreisprobleme

Problem (Hamiltonkreis – Hamiltonian Circuit – HC) Eingabe: Graph G = (V,E)

Frage: Gibt es einen Hamiltonkreis in G ?

Problem (Gerichteter Hamiltonkreis – Directed HC – DHC) Eingabe: gerichteter Graph G = (V,E)

Frage: Gibt es einen Hamiltonkreis in G ?

HC ≤

DHC

Lemma HC≤p DHC.

Beweis:

Reduktion:F¨ur HC liege ein ungerichteter GraphG vor. Wir transformierenG in einen gerichteten GraphenG^′, indem wir jede ungerichtete Kante durch zwei entgegengesetzte gerichtete Kanten ersetzen. Diese lokale Ersetzung ist offensichtlich in polynomieller Zeit m¨oglich.

Korrektheit:G hat genau dann einen Hamiltonkreis, wenn auch G^′

einen Hamiltonkreis hat.

DHC ≤

HC

Lemma DHC≤_p HC.

Beweis:

Reduktion:Gegeben sei nun ein gerichteter GraphG = (V,E).

AusG konstruieren wir wieder mittels lokaler Ersetzung einen ungerichteten GraphenG^′:

... ... ... ...

G’

v v_out

v_in

G v

Interpretation: v ist Zimmer,vin und vout sind Ein- bzw.

Ausgangst¨uren.

DHC ≤

HC – Fortsetzung Beweis

Korrektheit:

Wir m¨ussen zeigen,G hat genau dann einen Hamiltonkreis, wenn auchG^′ einen Hamiltonkreis hat.

Jede Rundreise inG kann offensichtlich in eine Rundreise inG^′ transformiert werden.

Aber wie sieht es mit der Umkehrrichtung aus?

Eine Rundreise in G^′, die ein Zimmer durch die Eingangst¨ur betritt, betritt alle Zimmer durch die Eingangst¨ur.

Eine Rundreise in G^′, die ein Zimmer durch die Ausgangst¨ur betritt, betritt alle Zimmer durch die Ausgangst¨ur. Aber diese Rundreise k¨onnen wir r¨uckw¨arts ablaufen.

Also kann auch jeder Hamiltonkreis inG^′ in einen Hamiltonkreis in

G transformiert werden.