l e x e voor alle e E

Transcriptie

1 Geselecteerde uitwerkingen Werkcollege Introduceer beslissingsvariabelen x e met x e = als lijn e in de boom zit en anders x e = 0. De doelfunctie wordt: min e E l e x e Voor elke deelverzameling S V met tenminste één terminal in S en tenminste één terminal buiten S moet gelden dat er tenminste één lijn van de boom S verlaat. x e voor alle S V, S T, T \ S e δ(s) met δ(s) de verzameling lijnen met één eindpunt in S en één eindpunt in V \S. Let op: dit zijn exponentieel veel voorwaarden! Tenslotte hebben we de geheeltalligheidsvoorwaarden: x e {0, } voor alle e E Het is niet nodig om een restrictie op te nemen die eist dat er geen circuits zijn, aangezien we de totale lengte van de de lijnen in de boom minimaliseren en alle lengtes positief zijn. Een oplossing met circuits kan dus nooit optimaal zijn. Werkcollege 2 Opgave 5. O n = {x R n c T x voor alle c {, } n }

2 Werkcollege 3 Starttableaux eerste fase: min w = x a 2. basis b x x 2 x 3 s s 2 s 3 x a 2 s x a s w Trek tweede rij af van doelstellingsrij om een 0 te creeëren in de kolom van basisvariabele x a 2. basis b x x 2 x 3 s s 2 s 3 x a 2 s x a s w Breng x 2 in de basis. min{5/, 2/} = 2/ dus x a 2 verlaat de basis (min ratio test). Trek rij 2 af van rij en tel rij 2 op bij doelstellingsrij. basis b x x 2 x 3 s s 2 s 3 x a 2 s x s w Gereduceerde doelstellingscoëfficienten zijn niet-negatief dus een optimale oplossing van de eerste fase is gevonden. x a 2 zit niet in de basis, dus we kunnen de kolom van x a 2 verwijderen en de orginele doelstellingsfunctie terugplaatsen. 2

3 basis b x x 2 x 3 s s 2 s 3 s x s z Trek rij 2 van doelstellingsrij af om een nul te creëren in de kolom van basisvariabele x 2. basis b x x 2 x 3 s s 2 s 3 s x s z Breng x in de basis. s 3 verlaat de basis (min ratio test). basis b x x 2 x 3 s s 2 s 3 s x x z Optimale oplossing gevonden (gereduceerde doelstellingscoëfficienten nietnegatief) x = 2, x 2 = 2, x 3 = 0. We kunnen echter nog meer optimale oplossingen vinden door x 3 de basis in te brengen (gereduceerde doelstellingscoëfficient nul). x verlaat dan de basis. 3

4 basis b x x 2 x 3 s s 2 s 3 s x x z Andere optimale oplossing gevonden: x = 0, x 2 =, x 3 =. Dit zijn de enige optimale toegelaten basisoplossingen. Alle optimale oplossingen kunnen verkregen worden door convexe combinaties van deze twee oplossingen te nemen: 0 2 Alle optimale oplossingen: λ 2 + ( λ) met 0 λ. 0 Werkcollege 4 Opgave 2. (a) Niet waar! Het duale probleem kan ook niet-toegelaten zijn. (b) Waar. Werkcollege 5 [ Pas Farkas lemma toe op A = [A A] en x = lemma dat precies één van de volgende twee uitspraken waar is: (a) x, x + R n zodanig dat A(x + x ) = b en x +, x 0; (b) π R m zodanig dat π T A 0 en π T A 0 en π T b < 0. x + x ]. Dan zegt Farkas 4

5 () (a): neem x + = x, x = 0 als x 0, en neem x = x, x + = 0 als x < 0. (a) (): neem x = x + x. (2) (b): neem π = y. (b) (2): neem y = π T b π. Werkcollege 6 Zeg dat de waarde van ρ(v) correct is als die gelijk is aan de lengte van een kortste pad van s naar v dat alleen punten uit W gebruikt. De initiële waarden van ρ zijn duidelijk correct. Beschouw nu een iteratie van het algoritme. Stel dat punt u toegevoegd wordt aan W. Dus ρ(u) ρ(v) voor alle v V \ W. Merk op dat ρ(u) ρ(w) voor alle w W want anders was u al in een eerdere iteratie toegevoegd aan W. Beschouw eerst een punt w W. Dan kan een kortste s-w pad dat alleen punten uit W {u} gebruikt nooit via u gaan want ρ(u) ρ(w). Dus is de lengte van een kortste s-w-pad dat alleen punten uit W gebruikt gelijk aan de lengte van een kortste s-w-pad dat alleen punten uit W {u} gebruikt. Dus blijft de waarde van ρ(w) correct. Beschouw nu een punt v V \ W waarvoor er geen pijl (u, v) is. Dan is de lengte van een kortste s-v-pad dat alleen punten uit W gebruikt gelijk aan de lengte van een kortste s-v-pad dat alleen punten uit W {u} gebruikt. Dus blijft de waarde van ρ(v) correct. Beschouw nu een punt v V \ W waarvoor er wel een pijl (u, v) is. Stel eerst dat een kortste s-v pad dat alleen punten uit W {u} gebruikt niet door u komt. Dan blijft de waarde van ρ(v) correct. Stel nu dat een kortste s-v pad dat alleen punten uit W {u} gebruikt door u komt. Dan bestaat dit uit een s-u pad dat alleen punten uit W gebruikt plus de pijl (u, v). Dus is ρ(v) = ρ(u) + c uv correct. Dus is de nieuwe waarde van ρ(v) correct. 5

6 Werkcollege 7 (a) Merk eerst op dat je nooit twee keer door dezelfde gang in dezelfde richting loopt. Dus in eindige tijd zul je ofwel de uitgang vinden of vast komen te zitten. Stel dat je vast komt te zitten. Dan bevind je je in de beginkamer, want in elke andere kamer kun je elke keer dat je aankomt een andere uitgang nemen. We bewijzen nu met inductie naar i dat van de i-de bezochte kamer al alle aanliggende gangen in beide richtingen doorlopen zijn. Voor i = (de beginkamer) is dit zeker waar want als je vast komt te zitten in de beginkamer dan heb je die kamer al door elke gang een keer verlaten, en je bent dus al even vaak de kamer binnengelopen. Stel nu dat je van de i-de bezochte kamer al alle aanliggende gangen in beide richtingen doorlopen hebt. Dan heb je ook de gang naar de (i + )-de kamer in beide richtingen doorlopen. Dus heb je de (i + )-de kamer verlaten door de gang met een. Dus heb je de (i + )-de kamer door elke gang verlaten, en dus ben je de (i + )-de kamer door elke gang binnengekomen. De claim volgt nu met inductie. Dus als je vast komt te zitten, dan zijn alle gangen die bereikbaar zijn vanuit de beginkamer al in beide richtingen doorlopen. Als er een weg naar de uitgang zou zijn dan had je die dus moeten vinden. (b) Je loopt maximaal twee keer door elke gang, dus is de looptijd O(g) met g het aantal gangen. Elke keer dat je een kamer bezoekt heb je ook een gang doorlopen, dus hoeven we het aantal kamers niet in de looptijd te noemen. 6

7 Werkcollege 8 Opgave 5. Stel er bestaat een minimum opspannende boom T die lijn e niet bevat. Lijn e aan T toevoegen creëert een uniek circuit C. Dit circuit moet nog tenminste één lijn uit δ(u) bevatten (het is een circuit dus als het U uit gaat dan moet het U ook ergens weer binnen komen). Laat e een lijn van C zijn die in δ(u) zit. Lijn e uit T weglaten en lijn e aan T toevoegen geeft een nieuwe opspannende boom T. Er geldt l(e) < l(e ) want e δ(u). Dus heeft T kleinere totale lengte dan T. Dit is in tegenspraak met de aanname dat T een minimum opspannende boom is. Werkcollege 9 Opgave 2. Beslissingsvariabelen: x in is het aantal instrumenten van type i dat aan net n wordt toegewezen y no = als net n bij operatie o gebruikt wordt en anders is y no = 0. z n = als net n gebruikt wordt en anders z n = 0. q ino is het aantal instrumenten van type i op net n indien net n gebruikt wordt bij operatie o, en q ino = 0 als net n niet bij operatie o bebruikt wordt (dus q ino = x in y no maar dit moeten we afdwingen m.b.v. lineaire restricties). De doelfunctie wordt: min N V z n + S n= O o= a o N y no De eerste voorwaarde stelt dat voor elk type operatie alle benodigde instrumenten beschikbaar zijn. N q ino b io voor o =,..., O en i =,..., I n= De tweede voorwaarde stelt dat elk net voldoende capaciteit heeft voor de toegewezen instrumenten. I f i x in voor n =,..., N i= 7 n=

8 De derde voorwaarde stelt dat elk net waar instrumenten aan toegewezen zijn gebruikt moet worden (en dus vaste kosten voor betaald moeten worden). x in Mz n voor i =,..., I en n =,..., N Met M een groot getal. Nu moeten we nog afdwingen dat q ino = x in y no. Dat kan als volgt met lineaire restricties: q ino My no q ino x in q ino x in + M(y no ) Tenslotte zijn er de geheeltalligheidsvoorwaarden en binairiteitsvoorwaarden. z n, y no {0, } voor n =,..., N en o =,..., O x in, q ino 0 voor n =,..., N, o =,..., O en i =,..., I x in, q ino Z voor n =,..., N, o =,..., O en i =,..., I (a) Beslissingsvariabelen: x ij = als job i aan machine j wordt toegewezen en anders x ij = 0 en de totale uitvoertijd C max. min o.d.v. C max i= p ijx ij C max m j= x ij = j =,..., m i =,..., n x ij {0, } i =,..., n j =,... m 8

9 (b) OPTIE : Beslissingsvariabelen: x ijt = als job i aan machine j wordt toegewezen op tijdstip t en anders x ijt = 0 en beslissingsvariabelen y rjt = als resource r op machine j gebruikt wordt op tijdstip t en anders y rjt = 0. min o.d.v. C max i= m j= t= x ijt C max t= x ijt = m j= y rjt x ijt + y rjt n ir x ijt {0, } y rjt {0, } j i t, r i, j, t, r i, j, t r, j, t (b) OPTIE 2: Beslissingsvariabelen: x ijt = als job i aan machine j wordt toegewezen op tijdstip t en anders x ijt = 0. min o.d.v. Werkcollege C max i= m j= i= t= x ijt C max t= x ijt = m j= n irx ijt x ijt {0, } j i t, r i, j, t Opgave 5. GENES NP omdat, gegeven een J {,..., m}, in polynomiale tijd gecontroleerd kan worden of aan de voorwaarden wordt voldaan. We laten zien dat GENES NP-moeilijk is d.m.v. VERTEX-COVER. een reductie vanuit Laat G = (V, E), k een instantie van VERTEX-COVER zijn. Laat M de getransponeerde van de node-edge incidentiematrix van G zijn en k := k. Dan heeft G een vertex cover van cardinaliteit k dan en slechts dan als er een verzameling J {,..., m} van cardinaliteit k bestaat zodanig dat voor alle i {,..., n} er tenminste één j J bestaat met M i,j =. 9

10 BUREN-INCIDENT NP omdat gegeven een verzameling V V in polynomiale tijd gecontroleerd kan worden of elke lijn in E incident is met een punt in V of incident is met een buur van een punt in V. Bewijs NP-moeilijkheid d.m.v. een reductie vanuit het probleem VERTEX COVER. Gegeven een instantie (G = (V, E), k) van VERTEX COVER, verkrijgen we een instantie (G = (V, E ), k) van BUREN-INCIDENT door voor elke lijn e = {u, w} twee punten v e, v e toe te voegen en de lijn e te vervangen door drie lijnen {u, v e }, {v e, v e}, {v e, w}. Zie hieronder een voorbeeld. u v e e w u v e w G G Neem eerst aan dat G een vertex cover heeft van cardinaliteit hoogstens k. Laat V de punten in de vertex cover zijn. Dan is V V en V k. Voor elke lijn e = {u, w} E geldt dat u of w in V zit want V is een vertex cover. Dan is, in G, v e een buur van een punt in V. Dus alle drie de lijnen {u, v e }, {v e, v e}, {v e, w} zijn incident met een buur van een punt in V. Dus is elke lijn in E incident met een punt in V of met een buur van een punt in V (in G ). Neem nu aan dat er een verzameling V V bestaat met V k zodanig dat elke lijn in E incident is met een punt in V of met een buur van een punt in V (in G ). Voor elke lijn e = {u, w} van de originele graaf G geldt dat tenminste één van de punten u, w, v e, ve in V zit omdat anders de lijn {v e, ve} niet incident zou zijn met een punt in V of een buur van een punt in V. Als u of w in V zit dan stoppen we hetzelfde punt in K. Als v e of ve in V zit dan stoppen we willekeurig één van u en w in K. Dit doen we voor elke lijn e = {u, w} van G. Dan geldt dat K k en bovendien dat 0

11 voor elke lijn e = {u, w} van G tenminste één van u en w in K zit. Oftewel, K is een vertex cover van G met cardinaliteit hoogstens k. Werkcollege 2 Opgave. Vind eerst een minimum opspannende boom, bijvoorbeeld: a c b d e g f h Verdubbel elke lijn van de boom en vind een Euler tour. Bijvoorbeeld: (a, d, c, e, b, e, h, e, f, e, c, d, g, d, a). Sla al-eerder-bezochte punten over. Dit geeft een TSP tour van lengte 24: a c b d e g f h