Grafen. Indien de uitgraad van ieder punt 1 is, dan bevat de graaf een cykel. Indien de ingraad van ieder punt 1 is, dan bevat de graaf een cykel.

Transcriptie

1 Grafen Grafen Een graaf bestaat uit een verzameling punten (ook wel knopen, of in het engels vertices genoemd) en een verzameling kanten (edges) of pijlen (arcs), waarbij de kanten en pijlen tussen twee punten lopen. Een pijl is gericht, en kan alleen volgens de richting van de pijl worden doorlopen; een kant is ongericht en kan dus in beide richtingen worden doorlopen. Een graaf wordt genoteerd als G = (V, E) of G = (V, A). Hierbij is G de naam van de graaf; V geeft de verzameling punten aan; E de verzameling kanten; en A de verzameling pijlen. Officieel wordt een pijl van punt v naar punt w genoteerd als (v, w) en een kant tussen v en w als {v, w}. Een graaf kan gemakkelijk worden opgeslagen in de computer door de punten en kanten/pijlen op te slaan; dit kan bijvoorbeeld door middel van een stel nullen en enen in een matrix (of tweedimensionale array): een 0 geeft aan dat de kant/pijl niet bestaat. De ingraad van een punt v in een gerichte graaf is gedefinieerd als het aantal pijlen in A dat naar v toewijst (dus van de vorm (w, v)). De uitgraad van een punt v in een gerichte graaf is gedefinieerd als het aantal pijlen in A dat uit v wijst (dus van de vorm (v, w)). De graad van een punt v in een ongerichte graaf is gedefinieerd als het aantal kanten in E dat v bevat. Een pad is gedefinieerd als een verzameling opeenvolgende pijlen/kanten, waarbij de volgende pijl/kant uit het punt gaat waar de vorige pijl/kant naar toe wees. Een pad kan ook worden gerepresenteerd door middel van de punten die op het pad liggen (en dan uiteraard in de volgorde waarin de punten worden bezocht). Bijv. het pad (v 0, v 1,..., v k 1, v k ) komt overeen met de verzameling pijlen (v 0, v 1 ), (v 1, v 2 ),..., (v k 1, v k ). Indien het begin- en eindpunt gelijk zijn, dan spreekt men van een cykel. Wanneer een graaf geen cykel bevat, dan wordt de graaf acyclisch genoemd. Er gelden de volgende stellingen: Indien de uitgraad van ieder punt 1 is, dan bevat de graaf een cykel. Indien de ingraad van ieder punt 1 is, dan bevat de graaf een cykel. Indien de graad van ieder punt 2 is, dan bevat de graaf een cykel. De bovenstaande stellingen vallen gemakkelijk in te zien door te bedenken dat je, bijv. in het eerste geval, steeds naar een volgend punt kunt lopen, zodat je dus na verloop van tijd een keer in een punt moet komen dat je al eerder hebt gehad. Een punt t heet bereikbaar vanuit punt s indien er een pad van s naar t bestaat in die graaf. Een graaf heet samenhangend indien ieder punt vanuit ieder ander punt bereikt kan worden. Je kunt simpel nagaan of een graaf samenhangend is (of dat t bereikbaar is vanuit s) met behulp van een labelings-algoritme (dit lijkt sterk op het kortste-pad algoritme van Dijkstra). Gegeven een samenhangende, ongerichte graaf G = (V, E) dan kun je een opspannende boom construeren door een deelverzameling E van E te kiezen zodanig dat de resulterende graaf G = (V, E ) samenhangend is, waarbij de cardinaliteit van E minimaal is; dit komt erop neer dat G geen cykels bevat, want uit zo n cykel zou je dan een kant weg kunnen laten. Een boom 1

2 is een deelverzameling van een opspannende boom die bestaat uit één component (wanneer je de losse punten uit V verwijdert, dan houd je een opspannende boom over). Stelling Voor een opspannende boom B = (V, E) geldt E = V 1. Bewijs. Het bewijs van de stelling is gebaseerd op inductie naar het aantal elementen in E. Hier geldt dat de stelling waar is voor E = 1: er is maar één kant, en omdat de opspannende boom samenhangend is zijn er niet meer dan de twee punten waar de kant tussen loopt. Neem nu aan dat de stelling voor een gegeven waarde n 0 van E klopt. We gaan nu bewijzen dat hieruit volgt dat de stelling ook geldt voor E = n 0 + 1: dit is de zogenaamde inductiehypothese. Bewijs inductiehypothese. Neem aan dat E = n We willen graag bewijzen dat V = n Aangezien de opspannende boom geen cykel bevat, moet er een punt zijn met graad 1 (zie eerdere stelling). Wanneer we dit punt verwijderen met de bijbehorende kant, dan houden we een opspannende boom over met één kant en één punt minder, dus E = n 0. Aangezien iedere opspannende boom met E = n 0 precies n punten bevat (volgens onze aannamen), moet de oorspronkelijke opspannende boom met E = n precies V = n punten gehad moeten hebben. Kruskal s algoritme voor een mimimale opspannende booom Gegeven een ongerichte graaf G(V, E) moet je een opspannende boom van G maken van minimale lengte. Een opspannende boom (spanning tree) bestaat uit een deelverzameling E van de kanten uit E met E = V 1 zodanig dat de graaf G = (V, E ) samenhangend is; hieruit volgt dat G dan acyclisch is. Noteer de lengte van kant e E als l(e). Er zijn twee algoritmen bekend om de minimale opspannende boom te construeren: het algoritme van Kruskal en het algoritme van Prim (ook Prim-Dijkstra genoemd). Algoritme van Kruskal Sorteer de kanten in E in volgorde van lengte en nummer ze overeenkomstig (dus l(e 1 ) l(e 2 )...). Voeg één voor één de kanten toe aan E in volgorde van index. Wanneer het toevoegen van een kant e aan E leidt tot het ontstaan van een cykel, dan verwijder je e (en gaat door met de volgende). Je stopt zodra je een opspannende boom hebt gekregen. Stelling: Het algoritme van Kruskal construeert een opspannende boom van minimale lengte. Bewijs. Het bewijs is gebaseerd op het bereiken van een tegenspraak. Stel dat het algoritme van Kruskal niet tot een opspannende boom van minimale lengte leidt. Dat kan alleen het geval zijn indien er een betere oplossing bestaat (want het algoritme van Kruskal construeert een opspannende boom). Neem dus aan dat de totale lengte van de optimale opspannende boom (noem deze OP T ) kleiner is dan de totale lengte van de boom van Kruskal (noem deze K). Vergelijk OP T en K; laat kant e i K de laagstgenummerde kant zijn die wel in K voorkomt maar niet in OP T. Laat verder e h de laagstgenummerde kant in OP T zijn die niet in K voorkomt. 2

3 Claim 1. De index h is groter dan de index i. Bewijs Claim 1. Wederom met een tegenspraak argument. Stel dat h < i. Dat betekent dat alle kanten uit {e 1,..., e h 1 } die in K zitten ook in OP T zitten en omgekeerd. Aangezien e h niet is toegevoegd door Kruskal, betekent dit dat het toevoegen van e h aan de verzameling kanten uit {e 1,..., e h 1 } die eerder zijn gekozen tot een cykel moet hebben geleid. Maar dan zou OP T dat cykel moeten bevatten: tegenspraak, want OP T is een opspannende boom. We voegen de kant e i toe aan OP T. Dit levert een cykel op. Claim 2. Dit cykel bevat een kant e j met j > i. Bewijs Claim 2. Wederom met een tegenspraak argument. Indien alle kanten in dit cykel een index i zouden hebben, dan zouden ze ook allemaal aanwezig zijn in K (want e i is de laagstgenummerde kant in K die niet in OP T zit en in OP T zitten geen kant e h die niet in K zit met index h < i), maar K bevat geen cykel. Tegenspraak.. Wanneer we nu die kant e j uit dat cykel verwijderen, dan krijgen we een opspannende boom; deze heeft een lengte gelijk aan die van OP T plus l(e i ) l(e j ). Aangezien i < j geldt dus l(e i ) l(e j ). Indien l(e i ) < l(e j ), dan hebben we een betere opspannende boom gevonden: beter dan optimaal is niet mogelijk, dus dan kunnen we concluderen dat Kruskal een optimale oplossing vindt. Indien l(e i ) = l(e j ), dan vervangen we e j door e i in OP T en herhalen onze analyse. In iedere stap vinden we dan een optimale opspannende boom die meer lijkt op de opspannende boom van Kruskal: de index van de eerste kant die wel in K zit maar niet in OP T stijgt iedere keer. Na een eindig aantal van dit soort operaties hebben we dan OP T in K getransformeerd zonder een stijging van de lengte. Maar dan kan de lengte van OP T niet lager zijn dan die van K: tegenspraak. Het algoritme van Prim werkt als volgt (zonder bewijs van correctheid; dat is een opgave voor het werkcollege): Algoritme van Prim 1. Kies een willekeurig punt v V als beginpunt. Begin met V = {v} en E =. 2. Bepaal de kant {x, y} met minimale lengte waarvoor geldt dat x V en y / V. Voeg {x, y} toe aan E en voeg y toe aan V. 3. Indien V V, ga door met (2). Een nuttige toepassing van een opspannende boom is dat het gebruikt kan worden om een cykelbasis te bepalen. Wanneer er tijd is, dan komt het terug in het college; zo niet, dan kan ik het terug laten komen in het werkcollege. Dijkstra s kortste pad algoritme Gegeven een ongerichte graaf G(V, A) en een speciaal punt s moet je het kortste pad bepalen in G van s naar ieder punt in V dat uit s bereikbaar is (je kunt ook alleen het kortste pad van s naar t zoeken, maar de overige kortste paden krijg je er gratis bij). Noteer de lengte van de pijl (v, w) als d(v, w). Ik ben hier uitgegaan van een gerichte graaf, maar voor een ongerichte graaf 3

4 werkt onderstaande ook. Noodzakelijke voorwaarde: alle lengtes zijn 0. Het algoritme gebruikt labels l(v) die de lengte aangeven van het kortste pad van s naar v dat tot nu toe gevonden is. Dit pad gebruikt uitsluitend tussenpunten die gesettled zijn; dit zijn de punten waarvan het kortste pad gevonden is (zie algoritme). Algoritme van Dijkstra (1). Ieder punt v V krijgt l(v) en status unsettled. Punt s krijgt label l(s) = 0. (2). Bepaal het punt v met status unsettled waarvoor geldt dat l(v) minimaal is. Verander de status van v in settled. Pas voor alle unsettled punten w V het label l(w) aan als l(w) min{l(w), l(v) + d(v, w)} (3). Indien er een punt v V is met status unsettled en l(v) <, ga door met (2). Stelling: Het algoritme van Dijkstra vindt voor ieder punt het kortste pad vanaf s. Bewijs. We hernummeren de punten die gesettled zijn overeenkomstig de iteratie waarin ze worden gesettled: v k is het punt dat in iteratie k wordt gesettled (dus v 1 = s); de overige punten worden generiek aangeduid met v, w, enz. We herformuleren de stelling tot in iedere iteratie k is punt v k het unsettled punt met de laagste afstand tot s, en deze afstand is gelijk aan l(v k ). Wanneer we het hieronder over de stelling hebben, dan wordt deze herformulering bedoeld. We maken gebruik van inductie om de herformulering van de stelling te bewijzen. Het geldt voor k = 1, want v 1 = s en met l(s) = 0 klopt de stelling, want alle pijlen hebben een lengte 0. Nu bewijzen we de inductiehypothese: aannemende dat de stelling geldt voor alle k = 1,..., k 0 1, dan geldt de stelling ook voor k = k 0. We nemen dus aan dat voor de punten v 1, v 2,..., v k0 1 geldt dat de waarde van hun label gelijk is aan de lengte van het kortste pad vanuit s naar dit punt. Bewijs van de inductiehypothese. Uit het algoritme volgt dat voor ieder unsettled punt v geldt dat de waarde van l(v) gelijk is aan de lengte van het kortste pad van s naar v dat bestaat uit het kortste pad naar een gesettled punt w plus de pijl (w, v). Stel dat er een unsettled punt q is waarvoor geldt dat de lengte van het kortste pad van s naar q kleiner is dan l(v k ). Laat w het eerste unsettled punt op het pad zijn (dit moet bestaan, want q is ook unsettled). Dan geldt dat de lengte van dit pad gelijk is aan de som van de lengtes van de paden van s naar w en van w naar q. Het eerste stuk heeft als lengte l(w ), en daarvan weten we dat l(w ) l(v k ) (want v k had het kleinste label); de lengte van het tweede stuk is 0. Tegenspraak, dus we weten dat voor alle unsettled punten v geldt dat de lengte van het kortste pad van s naar v een lengte heeft dat l(v k ) is. Dit geldt ook voor v k, dus l(v k ) moet gelijk zijn aan de lengte van het kortste pad van s naar v k. Het kortste pad van s naar w kan gevonden worden door de labels na te lopen. Wanneer v het laatste punt op dit pad is voor w, dan moet gelden l(w ) = l(v) + d(v, w), enz. Zoals reeds opgemerkt werkt het algoritme van Dijkstra in theorie goed, maar in geval van een graaf met veel punten en pijlen duurt het erg lang. Tegenwoordig zijn er slimmere implementaties ontwikkeld gebaseerd op het opdelen van de graaf in hiërarchische lagen (bijv. zandpaden, landweggetjes t/m snelwegen), waardoor de graaf veel kleiner wordt gemaakt, zonder dat de optimaliteit verloren gaat. 4

5 Uitbreidingen Zoals eerder opgemerkt werkt het algoritme van Dijkstra alleen correct indien alle kanten een lengte 0 hebben. Stel nu dat er ook kanten zijn met negatieve lengte. Indien de graaf een cykel bevat met negatieve lengte, dan kun je de lengte van een kortste pad dat via dat cykel loopt zo klein maken als je wilt. Wanneer de graaf echter geen cykel bevat met negatieve lengte, dan kunnen we het kortste pad probleem, waarbij we de lengte van het kortste pad zoeken van s naar alle andere punten, oplossen met het algoritme van Bellman-Ford; dit is gebaseerd op DP. We gebruiken hierbij toestandsvariabelen f(v, k); deze geven de lengte aan van het kortste pad van s naar v dat uit maximaal k kanten bestaat. De initialisatie is simpel: we definiëren f(v, 0) = voor alle v s, en f(s, 0) = 0. Wanneer we de labels f(v, k) hebben bepaald voor alle v V, dan bepalen we de labels f(v, k + 1) met behulp van de volgende recurrente betrekking: f(v, k + 1) = min{ min w:(w,v) A [f(w, k) + d(w, v)], f(v, k)} De eerste term geeft aan dat we de lengte van het kortste pad naar w dat uit ten hoogste k kanten bestaat nemen, waarna we kant k + 1 gebruiken om van w naar v te gaan; de tweede term geeft aan dat we de mogeijkheid om de extra kant te gebruiken niet nemen. Ga zelf na wat de looptijd is van dit algoritme, en hoe we dit algoritme kunnen gebruiken om te checken of er een cykel bestaat met negatieve lengte. Indien er een cykel bestaat met negatieve lengte, dan kunnen we proberen om het probleem op te lossen van het bepalen van het kortste pad van s naar v dat ieder punt ten hoogste één keer bezoekt. Dit probleem is echter N P-lastig. In sommige applicaties wil je niet alleen de lengte weten van het kortste pad van s naar ieder ander punt, maar de lengten van de kortste paden van ieder punt naar ieder ander punt. Dit kan met behulp van een zogenaamd all-pairs shortest path algoritme. Een goed algoritme hiervoor is het algoritme van Floyd-Warshall, dat is gebaseerd op DP. Dit is het onderwerp van een opgave bij het werkcollege. Een tweede algoritme is het algoritme van Johnson, dat eveneens bij het werkcollege aan de orde komt. 5