近似算法--徐小华
近似算法作业
题目 1 k-center 近似算法
题目描述
问题 1：假设给定 n n n 个指定的城市在一个平面图上，想要在不同的城市选择 k k k 个城市建立 k k k 个仓库，目标是最小化每个城市到最近仓库的最大距离。这意味着找到一组 k k k 个顶点的集合，任意点到其集合中顶点的最大距离最小。给定一个算法来确定这 k k k 个顶点的位置，该算法最多是最优解的 3 3 3 倍，并且运行时间是 O ( n ) O(n) O(n)。
参考答案
解答
【贪心算法】反复选择 离任何现有中心最远的 site 作为下一个中心 ，其中，Center 必须在 site 中选择。
当 k = 1 k=1 k=1 时，即 第一个中心 Center ，随机 从所有 site 中选择。
【时间复杂度】这个算法的运行时间是 O ( n k ) O(nk) O(nk)，
- 因为每次选择新的中心需要遍历所有的点，计算它们到已有中心的距离，然后找出最大的一个。
- 这个过程需要重复 k k k 次，所以总的时间复杂度是 O ( n k ) O(nk) O(nk)。
如果 k k k 是一个常数，那么这个算法的运行时间就是 O ( n ) O(n) O(n)。
【3-近似 证明】
假设 r ( C ∗ ) ＜ 1 2 r ( C ) r(C^*) ＜ \frac{1}{2}r(C) r(C∗)＜21r(C)，
对于 C C C 中的每个site c i c_i ci，考虑其周围半径为 1 2 r ( C ) \frac{1}{2}r(C) 21r(C) 的球，
(1) 如果一个球里面没有 C ∗ C^* C∗ 中的中心 c ∗ c^* c∗，那么 c i c_i ci 就不在 C ∗ C^* C∗ 中任何中心的 1 2 r ( C ) \frac{1}{2}r(C) 21r(C) 内，这与 r ( C ∗ ) ＜ 1 2 r ( C ) r(C^*)＜\frac{1}{2}r(C) r(C∗)＜21r(C) 的假设相矛盾，因此每个球 至少有一个 c ∗ c^* c∗；
(2) 这些球是不相交的，每个球至少包含一个 c ∗ c^* c∗，并且 ∣ c ∣ = ∣ c ∗ ∣ |c|=|c^*| ∣c∣=∣c∗∣，所以每个球 至多有一个 c ∗ c^* c∗ ；
由 (1)、(2) 可知，每个球正好有一个 c i ∗ c_i^* ci∗；
设 c i c_i ci 为与 c i ∗ c^*_i ci∗ 配对的 site，考虑 C ∗ C^* C∗ 中的任何 site s s s 及其最近的中心 c i ∗ c_i^* ci∗，
s s s 到 c i c_i ci 的距离可以用 三角不等式 分解为 s s s 到 c i ∗ c_i^* ci∗ 的距离加上 c i ∗ c_i^* ci∗ 到 c i c_i ci 的距离，而这两个距离都不会超过 r ( C ∗ ) r(C^*) r(C∗)，因为 c i ∗ c_i^* ci∗ 是 s s s 和 c i c_i ci 最近的中心，因此
d i s t ( s , C ) ≤ d i s t ( s , c i ) ≤ d i s t ( s , c i ∗ ) + d i s t ( c i ∗ , c i ) ≤ 2 r ( C ∗ ) dist(s, C) ≤ dist(s, c_i) ≤ dist(s, c_i^*) + dist(c_i^*, c_i) ≤ 2r(C^*) dist(s,C)≤dist(s,ci)≤dist(s,ci∗)+dist(ci∗,ci)≤2r(C∗)；
即 r ( C ) ≤ 2 r ( C ∗ ) r(C) ≤ 2r(C^*) r(C)≤2r(C∗)，这与假设矛盾，因此 r ( C ∗ ) ≥ 1 2 r ( C ) r(C^*) ≥ \frac{1}{2}r(C) r(C∗)≥21r(C)，即 r ( C ) ≤ 2 r ( C ∗ ) r(C) ≤ 2r(C^*) r(C)≤2r(C∗)，那么 r ( C ) ≤ 3 r ( C ∗ ) r(C) ≤ 3r(C^*) r(C)≤3r(C∗)。
所以贪心算法是 Center selection problem 的 2-近似 算法，也是 3-近似 算法。
题目 2 均衡负载算法
题目描述
问题 2：假设有一个由 m m m 个慢速机器和 k k k 个快速机器。快速机器在单位时间内执行的工作量是慢速机器的两倍。现在你有一组 n n n 个作业，每个作业 i i i 需要时间 t i t_i ti 在慢速机器上处理，在快速机器上处理时间只需要 t i / 2 t_i/2 ti/2。你想将每个作业分配给一台机器，目标是最小化完成时间。给出一种 O ( n ) O(n) O(n) 时间的 3 3 3 倍近似算法。
参考答案
解答
【算法】
当每个作业到达时，将其放在当前最快结束的机器（需要考虑机器的速度）上。这是一个3-近似 算法。
【近似因子证明】
为了证明该算法的近似度，首先证明最优 makespan T ∗ T^* T∗ 的一些下界。
- T ∗ ≥ 1 2 t i . \displaystyle T^*\geq \frac{1}{2} t_i. T∗≥21ti.
证明：必定存在一台机器处理最耗时的作业。
- T ∗ ≥ ∑ i t i m + 2 k . \displaystyle T^*\geq\frac{\sum_it_i}{m+2k}. T∗≥m+2k∑iti.
证明：所有作业的总时间为 ∑ i t i \sum_i t_i ∑iti。设
t = ∑ i t i m + 2 k t=\frac{\sum_i t_i}{m+2k} t=m+2k∑iti
假设作业可以分配给所有机器，使得每台慢速机器都有一组求和小于 t t t 的作业，而每台快速机器都有一群求和小于 2 t 2t 2t 的作业，那么就会得到
∑ i t i < m t + 2 k t = ∑ i t i \sum_it_i<mt+2kt=\sum_it_i i∑ti<mt+2kt=i∑ti
矛盾。因此，一些机器至少运行 t t t 时间的作业，因此
T ∗ ≥ ∑ i t i m + 2 k T^*\geq\frac{\sum_it_i}{m+2k} T∗≥m+2k∑iti
考虑瓶颈机器 j j j 的负载 T [ j ] T[j] T[j]，令 k k k 是机器 j j j 上的最后一个作业，安排作业 k k k 时，机器 j j j 的负载是最小的，如果该机器为快机器，则安排作业 k k k 前的负载为
T [ j ] − t k 2 ≤ ∑ i t i m + 2 k ≤ T ∗ T[j]-\frac{t_k}{2} \leq \frac{\sum_i t_i}{m+2k}\leq T^* T[j]−2tk≤m+2k∑iti≤T∗
那么，
T = T [ j ] = ( T [ j ] − t k 2 ) + t k 2 ≤ T ∗ + T ∗ = 2 T ∗ . \begin{aligned} T=T[j]&=(T[j]-\frac{t_k}{2})+\frac{t_k}{2}\\ &\leq T^*+T^*\\ &=2T^*. \end{aligned} T=T[j]=(T[j]−2tk)+2tk≤T∗+T∗=2T∗.
如果该机器为慢机器，则安排作业 k k k 前的负载为
T [ j ] − t k ≤ ∑ i t i m + 2 k ≤ T ∗ T[j]-t_k \leq \frac{\sum_i t_i}{m+2k}\leq T^* T[j]−tk≤m+2k∑iti≤T∗
那么，
T = T [ j ] = ( T [ j ] − t k ) + t k ≤ T ∗ + 2 T ∗ = 3 T ∗ . \begin{align*} T=T[j]&=(T[j]-t_k)+t_k\\ &\leq T^*+2T^*\\ &=3T^*. \end{align*} T=T[j]=(T[j]−tk)+tk≤T∗+2T∗=3T∗.
【时间复杂度说明】
算法的时间复杂度是 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)，这是因为每次作业到达时，需要找到当前最快结束的机器，这需 O ( l o g n ) O(logn) O(logn) 的时间（如果使用优先队列或堆来存储机器）。因此，对于 n n n 个作业，总的时间复杂度是 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)。
题目 3 多项式归约
题目描述
问题 3：证明以下命题。
命题 1： T S P TSP TSP 问题是 N P − h a r d NP-hard NP−hard 问题
命题 2：最大加权独立集问题是 N P − h a r d NP-hard NP−hard 问题
参考答案
解答
命题 1 证明：
- TSP 问题是指给定一系列城市和每对城市之间的距离，求解经过每一座城市一次并回到起始城市的最短回路。
- 哈密顿回路问题是指给定一个无向图，判断是否存在一条经过每个顶点一次并回到起点的回路。
要证明 TSP 问题是 NP−hard 问题，利用归约，将哈密顿回路问题转化为 TSP 问题，从而说明 TSP 问题的难度不低于哈密顿回路问题。
具体步骤如下：
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首先，给定一个哈密顿回路问题的实例，即一个无向图 G = ( V , E ) G=(V,E) G=(V,E)，其中 V V V 是顶点集， E E E 是边集。
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然后，构造一个 TSP 问题的实例，即一个城市集合 C = V C=V C=V ，和一个距离矩阵 D D D，其中 D i j D_{ij} Dij 表示城市 i i i 和城市 j j j 之间的距离，定义如下：
- 如果 ( i , j ) ∈ E (i,j)∈E (i,j)∈E，则 D i j = 1 D_{ij}=1 Dij=1；
- 如果 ( i , j ) ∉ E (i,j) \notin E (i,j)∈/E，则 D i j = n + 1 D_{ij}=n+1 Dij=n+1，其中 n = ∣ V ∣ n=∣V∣ n=∣V∣ 是顶点的个数。
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最后，证明这个转化是有效的，即如果 G G G 有一个哈密顿回路，那么 C C C 有一个长度为 n n n 的最短回路；反之，如果 C C C 有一个长度为 n n n 的最短回路，那么 G G G 有一个哈密顿回路。
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充分性证明：如果 G G G 有一个哈密顿回路，那么可以沿着这个回路访问每个城市一次，并返回出发城市，这样的回路的长度为 n n n，因为每条边的距离都是 1；
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必要性证明：如果 C C C 有一个长度为 n n n 的最短回路，那么可以根据这个回路构造一个哈密顿回路，这样的回路一定存在，因为如果有任何一条边的距离大于 1，那么回路的长度就会超过 n n n。
可证，由于哈密顿回路是 N P − h a r d NP-hard NP−hard 问题，所以 T S P TSP TSP 问题是 N P − h a r d NP-hard NP−hard 问题。
命题 2 证明：
为了证明最大加权独立集是 NP-hard，我们将其约化为最大独立集（已知是 NP-hard 的问题）。
假设我们有一个图 G = ( V , E ) G = (V, E) G=(V,E) 和一个整数 k k k，定义权重函数 w : V → R w: V \rightarrow \mathbb{R} w:V→R 如下：
∀ v ∈ V : w ( v ) = 1 , \forall v \in V:w(v)=1, ∀v∈V:w(v)=1,
约化的结果是
⟨ G ′ = ( V , E , w ) , k ⟩ . \langle G'=(V,E,w),k\rangle. ⟨G′=(V,E,w),k⟩.
如果图 G G G有一个大小至少为 k k k 的独立集 S S S，那么 S S S是图 G ′ G' G′上的独立集，并且
∑ v ∈ S w ( v ) = ∑ v ∈ S 1 = ∣ S ∣ ≥ k . \sum_{v \in S} w(v) = \sum_{v \in S}1 = |S| \geq k. v∈S∑w(v)=v∈S∑1=∣S∣≥k.
因此， G ′ G' G′ 有一个顶点权重之和至少为 k k k 的独立集。
相反地，如果图 G ′ G' G′ 有一个独立集 S ′ S' S′，满足
∑ v ∈ S ′ w ( v ) ≥ k , \sum_{v \in S'}w(v) \geq k, v∈S′∑w(v)≥k,
那么，可以看出 S ′ S' S′ 也是图 G G G 上的独立集，并且
∣ S ′ ∣ = ∑ v ∈ S ′ 1 = ∑ v ∈ S ′ w ( v ) ≥ k . |S'|=\sum_{v \in S'}1 = \sum_{v \in S'}w(v)\geq k. ∣S′∣=v∈S′∑1=v∈S′∑w(v)≥k.
因此，图 G G G 有一个大小至少为 k k k 的独立集。
这样，我们证明了如果我们能解决最大加权独立集问题，就能解决最大独立集问题；反之亦然。因此，最大加权独立集问题是 NP-hard 的。