H¨arte von Hamilton-Kreis und TSP ¨Uberblick ¨uber die Komplexit¨atslandschaft

H¨ arte von Hamilton-Kreis und TSP Uberblick ¨ ¨ uber die Komplexit¨ atslandschaft

Prof. Dr. Berthold V¨ocking Lehrstuhl Informatik 1 Algorithmen und Komplexit¨at

RWTH Aachen

28. Januar 2011

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 ?

Berthold V¨ocking, Informatik 1 () Vorlesung Berechenbarkeit und Komplexit¨at 28. Januar 2011 2 / 20

HC ≤

DHC

Lemma HC≤_p DHC.

Beweis:

Reduktion:F¨ur HC liege ein ungerichteter Graph G vor. Wir transformierenG in einen gerichteten GraphenG⁰, 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 G⁰

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 GraphenG⁰:

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

G’

v vout

v_in

G v

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

Ausgangst¨uren.

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DHC ≤

HC – Fortsetzung Beweis

Korrektheit:

Wir m¨ussen zeigen,G hat genau dann einen Hamiltonkreis, wenn auchG⁰ einen Hamiltonkreis hat.

Jede Rundreise inG kann offensichtlich in eine Rundreise inG⁰ transformiert werden.

Aber wie sieht es mit der Umkehrrichtung aus?

Eine Rundreise in G⁰, die ein Zimmer durch die Eingangst¨ur betritt, betritt alle Zimmer durch die Eingangst¨ur.

Eine Rundreise in G⁰, 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 inG⁰ in einen Hamiltonkreis in

G transformiert werden.

NP-Vollst¨ andigkeit von HC und DHC

Satz

HC und DHC sindNP-vollst¨andig.

Beweis:

Beide Probleme sind offensichtlich in NP, da man die Kodierung eines Hamiltonkreises in polynomieller Zeit auf ihre Korrektheit

¨uberpr¨ufen kann.

Da HC und DHC beidseitig aufeinander polynomiell reduzierbar sind, gen¨ugt es die NP-H¨arte eines der beiden Probleme

nachzuweisen.

Wir zeigen die NP-H¨arte von DHC, durch eine polynomielle Reduktion von SAT.

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NP-Vollst¨ andigkeit von HC und DHC – Fortsetzung Beweis

Reduktion:

Wir pr¨asentieren eine polynomiell berechenbare Funktionf die eine KNF-Formelφmit Variablen

x1, . . . ,xN

und Klauseln

c1, . . . ,c_M

in einen gerichteten GraphenG = (V,E), der genau dann einen Hamiltonkreis hat, wennφ erf¨ullbar ist.

NP-Vollst¨ andigkeit von HC und DHC – Fortsetzung Beweis

F¨ur jede Variablex_i enthalte der GraphG die folgende StrukturG_i.

...

...

s

l r

t

i

i

i i

Diese Struktur heißtDiamantengadget.

Berthold V¨ocking, Informatik 1 () Vorlesung Berechenbarkeit und Komplexit¨at 28. Januar 2011 8 / 20

NP-Vollst¨ andigkeit von HC und DHC – Fortsetzung Beweis

DieseN Gadgets werden miteinander verbunden, indem wir die Knotent_i und s_i+1 (1≤i ≤N−1) sowie t_N und s₁ miteinander identifizieren. (Bild Tafel)

In dem so entstehenden Graphen besucht jede Rundreise, die beim Knotens₁ startet, die Gadgets in der Reihenfolge G₁,G₂, . . . ,G_N. Die Rundreise hat dabei f¨ur jedes Gadget G_i die Freiheit das Gadgetvon links nach rechts, also von li nach ri, oder von rechts nach links, also vonr_i nachl_i, zu durchlaufen.

Die erste Variante interpretieren wir als Variablenbelegungx_i = 1, die zweite als Variablenbelegungx_i = 0.

NP-Vollst¨ andigkeit von HC und DHC – Fortsetzung Beweis

Jetzt f¨ugen wir einen weiteren Knoten f¨ur jede Klauselcj ein.

Falls das Literalx_i in Klauselc_j enthalten ist, so verbinden wir das GadgetG_i wie folgt mit dem Klauselknoten c_j:

l_i r_i

cj

b_ij a_ij

...

... ...

...

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NP-Vollst¨ andigkeit von HC und DHC – Fortsetzung Beweis

Falls das Literal ¯x_i in Klauselc_j enthalten ist, so verbinden wir das GadgetGi wie folgt mit dem Klauselknoten cj:

l_i r_i

cj

b_ij a_ij

...

... ...

...

Ist es nach Hinzunahme der Klauselknoten m¨oglich, dass eine Rundreise zwischen den Gadgets hin- und herspringt statt sie in der

NP-Vollst¨ andigkeit von HC und DHC – Fortsetzung Beweis

Korrektheit:

zu zeigen:G hat einen Hamiltonkreis ⇒ φist erf¨ullbar

Wird ein Klauselknoten c_j aus einem GadgetG_i heraus von links nach rechts durchlaufen, so muss gem¨aß unserer Konstruktion, die Klausel c_j das Literal x_i enthalten.

Also wird diese Klausel durch die mit der Laufrichtung von links nach rechts assoziierten Belegung x_i = 1 erf¨ullt.

Bei einer Laufrichtung von rechts nach links, die mit der Belegungx_i = 0 assoziiert ist, wird die Klausel ebenso erf¨ullt, weil sie in diesem Fall das Literal ¯xi enth¨alt.

Also erf¨ullt die mit der Rundreise assoziierte Belegung alle Klauseln.

Berthold V¨ocking, Informatik 1 () Vorlesung Berechenbarkeit und Komplexit¨at 28. Januar 2011 12 / 20

NP-Vollst¨ andigkeit von HC und DHC – Fortsetzung Beweis

zu zeigen:φist erf¨ullbar ⇒G hat einen Hamiltonkreis

Eine Belegung beschreibt in welcher Richtung die Gadgets G1, . . . ,G_N jeweils durchlaufen werden.

Klauselknoten cj k¨onnen wir in die Rundreise einbauen, indem wir eine der Variablenx_i ausw¨ahlen, diec_j erf¨ullt, undc_j vom GadgetG_i aus besuchen.

Sollte c_j f¨urx_i = 1 erf¨ullt sein, so istx_i unnegiert in c_j enthalten, und somit ist ein Besuch von c_j beim Durchlaufen des Gadgets Gi von links nach rechts m¨oglich.

Sollte cj hingegen f¨urxi = 0 erf¨ullt sein, so ist die Variable negiert in der Klausel enthalten, und der Besuch vonc_j kann beim Durchlaufen des Gadgets von rechts nach links erfolgen.

Also k¨onnen alle Klauselknoten in die Rundreise eingebunden

werden.

NP-Vollst¨ andigkeit von TSP

Satz

TSP ist starkNP-hart.

Beweis:

Wir m¨ussen zeigen, dass TSP sogar dann NP-hart ist, wenn die Eingabezahlen un¨ar kodiert sind.

{1,2}-TSP ist eine eingeschr¨ankte Variante des TSP-Problems, bei der wir nur die Distanzwerte 1 und 2 erlauben. Der Beweis des folgenden Lemmas ist eine einfache ¨Ubungsaufgabe.

Lemma

{1,2}-TSP istNP-hart.

Das TSP-Problem ist also bereits NP-hart, wenn alle

Eingabezahlen aus{1,2} gew¨ahlt sind. Ob wir diese Zahlen bin¨ar oder un¨ar kodieren, wirkt sich nicht signifikant auf die

Eingabel¨ange aus.

Berthold V¨ocking, Informatik 1 () Vorlesung Berechenbarkeit und Komplexit¨at 28. Januar 2011 14 / 20

NP-Vollst¨ andigkeit: Bedeutung

P enth¨alt die Probleme, die wir effizient, also in polynomieller Zeit auf der TM oder RAM (im logarithmischen Kostenmaß) l¨osen k¨onnen.

NP enth¨alt diejenigen Probleme, die wir in polynomieller Zeit mit einer NTM l¨osen k¨onnen.

NPC ist die Klasse der NP-vollst¨andigen Probleme, also der schwierigsten Problem in NP.

Die Klasse NPC ist von besonderem Interesse, weil sie viele praxis- relevante Probleme enth¨alt wie CLIQUE, KP-E, BPP-E, TSP-E und zahllose andere.

Unter der Hypothese P6= NP giltP∩NPC =∅, d.h. keines der NP-vollst¨andigen Probleme hat einen Polynomialzeitalgorithmus.

Aus dem Buch von Garey und Johnson (1979)

“I can’t find an efficient algorithm, but neither can all these famous people.”

Berthold V¨ocking, Informatik 1 () Vorlesung Berechenbarkeit und Komplexit¨at 28. Januar 2011 16 / 20

Die Klasse PSPACE

Sei PSPACE die Klasse derjenigen Probleme, die wir mit einem polynomiell beschr¨ankten Band auf einer TM l¨osen k¨onnen.

Im Gegensatz zur Zeitkomplexit¨at kann man nachweisen (Satz von Savitch), dass diese Klasse sich nicht ¨andern w¨urde, wenn wir sie bez¨uglich der Platzkomplexit¨at auf NTM definieren w¨urden.

Alternativ kann PSPACE auch ¨uber Registermaschinen definiert werden, ohne dass dies eine ¨Anderung bedeuten w¨urde.

Wie verh¨alt sich PSPACE zu NP? – Da sich der Kopf einer Turingmaschine pro Zeitschritt nur eine Position bewegen kann gilt

NP⊆PSPACE .

Die Klasse EXPTIME

Die Klasse der Probleme mit einer Laufzeitschranke 2^p(n) auf einer TM f¨ur ein Polynomp bezeichnen wir als EXPTIME.

Wie verh¨alt sich EXPTIME zu NP? und wie zu PSPACE?

Bei einer Speicherplatzbeschr¨ankung der Gr¨oßes(n) gibt es nur 2^O(s(n)) viele verschiedenen Konfigurationen f¨ur eine Turingmaschine, so dass auch die Rechenzeit durch 2^O(s(n)) beschr¨ankt ist.

Die Probleme in PSPACE k¨onnen deshalb in Zeit 2^p(n) gel¨ost werden, so dass gilt

PSPACE⊆EXPTIME .

Berthold V¨ocking, Informatik 1 () Vorlesung Berechenbarkeit und Komplexit¨at 28. Januar 2011 18 / 20

Zusammenfassung

Wir haben gezeigt

P⊆NP⊆PSPACE⊆EXPTIME

Es ist bekannt, dass Probleme existieren, die in EXPTIME aber nicht in P enthalten sind (Hierarchies¨atze). Somit gilt P(EXPTIME.

In allen anderen F¨allen ist unklar, ob die angegebenen Inklusionen echt oder unecht sind.

Zusammenfassung

EXPTIME

PSPACE

NP

NPC

P

Berthold V¨ocking, Informatik 1 () Vorlesung Berechenbarkeit und Komplexit¨at 28. Januar 2011 20 / 20