Eerste deeltoets Algoritmiek 4 maart 2015, , Educ-β.

Transcriptie

1 Eerste deeltoets Algoritmiek 4 maart 2015, , Educ-β. Motiveer je antwoorden kort! Zet je mobiel uit. Stel geen vragen over deze toets; als je een vraag niet duidelijk vindt, schrijf dan op hoe je de vraag interpreteert en beantwoord de vraag zoals je hem begrijpt. Cijfer: Elke vraag is 3pt, eind is som plus 3, gedeeld door 2 (max. 10). 1. Subsitututie-methode: Bewijs met de Substitutiemethode dat de oplossing van T (n) = T ( 3 4n) + O(n) voldoet aan T (n) = O(n). Oplossing: Maak impliciete constanten expliciet en ga bewijzen: T (n) c.n uit het gegeven T (n) T ( 3 4 n) + d.n. Neem alvast aan dat dit geldt T (n ) c.n (Ind Hyp) voor n < n, dan volgt T (n) T ( 3 4n) + d.n Gegeven c. 3 4n + d.n Ind Hyp c.n mits c 4d Beoordeling: Als het bewijs goed is 3pt. Er moet een duidelijk onderscheid gemaakt worden tussen Gegeven, Wat te bewijzen, InductieHypothese en het feitelijke bewijs. Het gaat erom een bewijs te geven, niet slechts om een berekening van een waarde voor c. Als explicitering van constanten goed, maar rekenwerk fout, 1pt. Specifieke foutcodes: E = Geen Explicitering van constanten. G = Rekent binnen de inductie met Grote O. Op college is duidelijk besproken dat dit onjuist is en waarom. H = Hoe werkt deze stap? I = InductieHypothese niet geformuleerd of niet goed gebruikt. L = Je vindt geen Lowerbound op c. M = Het kan met de Master Theorem (a = 1 en b = 4/3) maar dat werd niet gevraagd. Bij goede toepassing max 1pt bij onduidelijkheid of de MT wel toepasbaar is bij gebroken b. R = Rekenwerk fout. S = Geen Substitutiemethode gebruikt.

2 2. Nietbestaande Commissie: Een universiteit met k docenten heeft n commissies. Er is een lijst A van alle commissies, en met de opdracht A[i].Query(b) kun je vragen of docent b in commissie i zit. Het aantal commissies is kleiner dan 2 k, wat impliceert dat er een combinatie van docenten is, die niet als commissie bestaat. Beschrijf een algoritme dat, met O(n) Query s, een niet-voorkomende commissie berekent; bewijs dat de rekentijd lineair is. Oplossing: Splits de lijst in commissies met en zonder de laatste docent d = k 1. Omdat er totaal minder dan 2 k commissies zijn, bevat de kortste van de lijsten minder dan 2k 1 commissies. Vind recursief in die lijst een niet-voorkomende deelverzameling s van {0,..,k-2}. Als die uit de lijst zonder d kwam, is s het antwoord, als s uit de lijst met d kwam, is het s + d. Noem het worst case aantal queries Q(n). Het aantal Queries is n om de lijst te splitsen, en maximaal Q(n/2) om in de kleinste lijst s te vinden. Dus Q(n) Q(n/2) + n, met oplossing Q(n) 2n (Substitutie of Master Thm). Beoordeling: Te halen 3pt, 2 voor een algoritme en 1 voor de analyse. Dit analyseren met een meetkundige reeks is niet fout, maar gebruik van Substitutie of Master Thm is natuurlijk wel mooier. A = Analyse ontbreekt of onjuist. B = Basisgeval, mag ontbreken zonder puntenaftrek: als er k = 0 docenten zijn, zijn volgens gegeven minder dan 2 k = 1 commissies, dus 0, en komt de lege verzameling niet voor. C = De k is niet constant, gegeven zegt k > lg n, dus O(n.k) is niet lineair. D = Eeen commissie is een Deelverzameling (waar er inderdaad 2 k van zijn, inc. de lege). G = Het is niet gegeven dat je commissies op Grootte kunt bevragen in constante tijd. H = Bekijk voor iedere docent de Hele lijst (ipv het deel dat geselecteerd is na de vorige docent). Te duur! L = Maakt per docent Lijsten van de commissies waar de docent in zit. Te duur, want kost al n.k Queries. Meestal zinloze actie want bevragen van de lijst (zit i in lijst van d) is equivalent met A[i].Query(d). M = Maak en return een Minderheidslijst, een lijstje van docenten die in minder dan n/2 commissies zitten. Onjuiste strategie, tegenvoorbeeld 111, 110, 101, 011, 000. N = Bereken en return de verz van docenten die Niet in een commissie zitten. Onjuiste werkwijze, tegenvoorbeeld is 1111 en P = Maar als je het zonder Angelo doet, kost het minder Papier! R = Beschrijf niet alleen hoe je in Recursie gaat, maar ook hoe je het Resultaat uit de recursie aanpast. S = Het kan ook in-situ: met een soort Split zet je commissies met d vooraan en zonder d achteraan, recurse op het kleinste deel met een docent minder. T = Zoek Twee docenten die niet samen in een commissie zitten, output dat paar. Zo n paar hoeft niet te bestaan, zoals in het voorbeeld 110, 101, 011 en 000. U = Geen idee wat dit moet doen, kom maar Uitleggen! V = Verdeel op aantal docenten in commissie, dan weet je hoe groot de missende commissie is. Klopt wel, maar hoe ga je verder? Z = Zet docent d bij een bestaande commissie zonder d. Onjuist, tegenvoorbeeld is 1110 en 1111.

3 3. A naar B met Min: In deze variant van het A-naar-B probleem bekijken we rijtjes waarin naast de I (Increment) en D (Double) ook de M, betekenis Minus 1, mag voorkomen. De rij MMDI is een (10,17)-rijtje van lengte 4: begin met 10, Minus 1 is 9, Minus 1 is 8, Double geeft 16, Increment geeft 17. Formuleer en bewijs dat kortste (A, B)-rijtjes een Optimale SubStructuur hebben. Oplossing: Neem een rijtje S 0 dat een kortst rijtje is van A naar B, en schrijf het als S 0 = S 1, x; dus de laatste letter is x en het stuk daarvoor S 1. Nu is S 1 een (A, B )-rijtje, met afhankelijk van x is M, I of D, B 1 = B, B + 1 = B of 2B = B. Bewering is dat S 1 een kortst (A, B )-rijtje is. Om dit te bewijzen, stel dat S 2 een korter (A, B )-rijtje is. Vorm dan de rij S 3 = S 2, x. Letter x kan aan S 2 worden toegevoegd omdat rijtjes willekeurige letters bevatten, en S 3 is een (A, B)-rijtje omdat, afhankelijk van x is M, I of D, B 1 = B, B + 1 = B of 2B = B. Bovendien is S 3 korter dan S 0, want S 3 = S < S = S 0. Dit is een tegenspraak met de optimaliteit van S 0. Er bestaat dus geen rijtje S 2 korter dan S 1, oftewel S 1 is een optimaal (A, B )-rijtje. Beoordeling: Hier te verdienen 3pt. Voor het idee van een rondgang langs de vier oplossingen 1pt. Voor het expliciteren dat S 3 gevormd kan worden en een (A, B)-rijtje is, weer 1pt. Voor het expliciteren waarom S 3 korter is dan S 0 weer 1pt. Voor het maken van een algoritme bewijs je de OSS om een recurrente betrekking te motiveren. Het is daarom onjuist om die betrekking te gebruiken als bewijs dat de OSS geldt. A = Je geeft een (soort van) Algoritme, maar dat werd niet gevraagd. B = Vanwege de non-monotonie van de rijtjes kun je ze moeilijk Berekenen. E = ipv laatste letter mag Eerste natuurlijk ook. G = Je noemt een (soort van) Greedy property, maar dat werd niet gevraagd. K = Je verklaart niet waaropm S 3 Korter is dan S 0. R = Je verklaart niet waarom S 3 een goed (A, B)-Rijtje is. T = Tegendraadse redenering: Als de deeloplossing optimaal is, dan is het geheel optimaal, dit is geen OSS. V = Benoem de Vier oplossingen waarover je redeneert. 4. BFS Volgorde en Schillen: Op dit netwerk wordt Breadth First Search uitgevoerd met startpunt F en elke knoop exploreert zijn buren in alfabetische volgorde. In welke volgorde worden de knopen ontdekt? Wat wordt het schilnummer van elk van de knopen? Oplossing: Volgorde: F CDEG BIH A. Schil 0: F, schil 1: CDEG, schil 2: BIH, schil 3: A. B C A I H G Beoordeling: Tot 3pt; voor de goede volgorde 2pt en de schilnummers 1pt. Codes: E = Schilnummers zijn Eén lager dan jij beweert, 1 aftrek. K = Dit klopt alleen als een van de Kanten niet bestaat, -1. V = Verwissel twee in zelfde schil, -1/2. W = Wissel twee in verschillende schil, -1. D E F

4 5. Naar de Maan: Intergalactic Fleet Command (IFC) beschikt over een vloot van n ruimteschepen, waarbij schip i een laadvermogen van L i heeft. De lijst schepen is niet gesorteerd op laadvermogen. De Maanbasis moet worden bevoorraad met S kilo voedsel en IFC wil dit met zo weinig mogelijk schepen gaan brengen. Geef een algoritme dat een zo klein mogelijke set schepen berekent met totaal laadvermogen S of meer. Beargumenteer waarom jouw algoritme correct is. Het kan in lineaire tijd (dus O(n))! Oplossing: Een Greedy aanpak die steeds het grootste schip kiest, geeft een optimale oplossing. De GCP is dan: elke set die het grootste schip niet bevat, kun je veranderen in een minstens zo kleine set die dat schip wel bevat, namelijk door een willekeurige door de grootste te vervangen. Je kunt dus sorteren en dan van achteraf schepen in de set voegen, het totaal van L i bijhouden en stoppen als S is bereikt. Maar dat kost (vanwege het sorteren) O(n lg n). Beter: Pas QuickSelect aan om niet te kijken naar een gegeven rang, maar naar een gegeven som. QuickSum(p,q,d) sorteert de rij gedeeltelijk, waarbij in ieder geval dat schip op de juiste plek komt, dat totaal S compleet maakt. De uitgebreide versie van Split(p,q,piv) geeft ook de som van elementen groter dan de Pivot: QuickSum(p,q,s) piv = Rand(p,q); t,r = Split(p,q,piv); if (s>t+l[r]) QuickSum(p,r,s-t-L[r]); if (s<=t) QuickSum(r+1,q,s); Beoordeling: Voor een compleet lineair algoritme met goede argumentatie 3pt. Onderverdeling: 1 voor het idee van steeds de grootste, 1 voor onderbouwing met GCP, 1 voor lineair maken met selectie-idee. G = Geen Greedy Choice argumentatie; -1. K = Een Kwadratisch of nog hoger algoritme (bv. herhaalde minimumselectie) levert geen punten. Als je Selectie (wat lineair is) herhaald (lineair vaak) gebruikt om de grrotste te zoeken, klinkt het dubbel lineair maar dat is het niet! P = Dynamisch Programmeren met tabel n S, Pseudopolynomiaal in S, max 1/2. S = Sorteren en beginstuk nemen; niet lineair, 1pt voor algo. Ook bijhouden van een een lijst en minimum verwijderen als capaciteit bereikt, kost (minstens!) n lg n. Ook als de uiteindelijke lijst slechts k schepen heeft, kan je algoritme een hele tijd rekenen met een veel langere lijst (namelijk als de k grote schepen aan het eind staan). W = Met random pivot is het niet Worst case lineair maar verwacht. Met Med-der-Med kun je het WC lineair krijgen, maar voor deze opgave was verwacht ook al goed genoeg.

5 6. Vlug Vullen: De Vamma verkoopt Vullers, strookjes in diktes v 1 t/m v n, voor elk 1 euro. Als je een kier hebt van breedte K, kun je strookjes kopen met totale dikte K en die erin lijmen. Bv een kier van 20mm vul je (voor 4 euro) op met drie Vullers van 6mm en een vuller van 2mm. Kieren hebben altijd integer breedte, en de dunste Vuller is 1 dik. Om de strookjes te kiezen, adviseert Vamma om te beginnen met de dikste strook die in de kier past, dan de dikste die in de rest past, etc. Bewijs of weerleg de veronderstelling dat deze strategie tot een minimaal aantal Vullers leidt. Oplossing: De strategie heeft niet persé dit effect. Stel er zijn Vullers van 1, 4 en 5 en je kier is 8. Beginnen met de dikstpassende Vuller 5 laat een restkier van 3, die je moet vullen met drie Vullers van dikte 1. Maar het kan ook voor 2 euro, met twee Vullers van 4. Beoordeling: Max 3pt voor een goed onderbouwd tegenvoorbeeld. A = Als Alle lengtes tot n bestaan (als in v i = i) klopt het wel, maar dit was niet gegeven. Deze variant zou uiterst elementair zijn; geen puntentoekenning. B = Elk GCP Bewijs, hoe overtuigend ook gebracht, levert geen punten want het is gewoon fout! D = Als de opeenvolgende diktes elkaar Delen, werkt de Greedy strategie wel; 1pt als je dit weet en drie als je het bewijst. E = Het moet Exact passen, dwz. som van diktes = K, niet K. H = Je voorbeeld is wel aardig maar klopt niet Helemaal. OSS = Er is wel een OSS, maar daarom werd niet gevraagd. P = De Prijs in je redenering betrekken is overbodig, de te weerleggen veronderstelling noemde al het aantal strookjes, niet het uit te geven bedrag. S = Een common misvatting is dat een Smallere restkier vanzelfsprekend minder strookjes nodig heeft. T = Als n Twee is klopt het, maar omdat v 1 = 1 gegeven is, is dit een speciaal geval van D.