电子科技大学《高级算法设计与分析》问题汇总_已知背包问题的动态规划算法时间复杂度为o(nw),其中n为物品数目,w为背包容量。请-CSDN博客
转载自上面这个链接，古希腊掌管成电专业课的神！！为了防止他的链接失效，自己也转存一份
（这一版本格式可能会混乱，建议去原贴看正常的格式）
- 判断：一个问题 A 可以多项式时间规约到一个 NP 完全问题 B，那么问题 A 可能属于 P 也可能属于 NP 完全。（T）
如果问题 A 可以多项式时间规约到一个NP完全问题 B，那么 A 也是一个 NP 问题。因为 B 问题在多项式时间内可验证，而 A 问题是比 B 问题更简单的问题，所以 A 问题也是在多项式时间内可验证的问题，所以 A 问题一定是 NP 类问题，具体是 P 还是 NP 完成问题还要看是否满足相应的条件
NP-难问题：这个类别包括所有至少和 NP 中最困难的问题一样困难的问题。NP-难问题不必属于 NP 类别，也就是说，它们可能不是判定问题（即有是或否答案的问题）。
NP-完全问题：这是 NP-难问题的一个子集。一个问题如果是 NP-完全的，那么它既属于 NP-难，也属于 NP。换句话说，NP-完全问题是在 NP 中最困难的问题，如果任何一个 NP-完全问题可以在多项式时间内解决，那么所有的 NP 问题都可以。
- 判断：如果一个图上两点间的最大流是唯一的，则可以确定这两点间的最小割也唯一。(F)
即使在一个图中两点之间的最大流是唯一的，这并不意味着两点之间的最小割也是唯一的。
在最大流最小割定理中，虽然最大流的大小等于最小割的容量，但这并不保证最小割在图中的具体位置是唯一的。可能存在多种不同的割的方式，它们都达到了相同的最小割容量。
考虑一个简单的例子：假设有一个图，其中的某些边的流量达到了它们的容量上限，形成了唯一的最大流。然而，可能存在多条不同的边，割断它们都能实现相同的割容量，因此存在多个不同的最小割配置。
总之，虽然最大流的大小等于最小割的容量，但这并不保证最小割在图中的具体位置是唯一的。因此，即使最大流是唯一的，最小割也可能不是唯一的。
最小割不唯一：
- 证明：一个二分图如果包含奇数个顶点，则这个图一定不存在一个哈密尔顿圈。
数学归纳法证明包含奇数个顶点的二分图不存在哈密尔顿圈，我们可以从最简单的情况开始，然后假设对于小于等于某个奇数个顶点的所有二分图该命题成立，接着证明对于下一个奇数个顶点的二分图这个命题也成立。
基础情况：考虑最小的奇数，即 1。一个只有一个顶点的图显然不能形成一个哈密尔顿圈，因为哈密尔顿圈需要至少包含一个循环，而单个顶点无法形成循环。
归纳步骤：现在假设对于所有包含小于或等于 ( 2n+1 ) 个顶点的二分图（其中 ( n ) 是任意非负整数），如果顶点数是奇数，则图中不存在哈密尔顿圈。我们需要证明对于包含 ( 2n+3 ) 个顶点的二分图，如果顶点数是奇数，这个图也不存在哈密尔顿圈。
考虑一个包含 ( 2n+3 ) 个顶点的二分图 ( G )，这个图的顶点可以被分成两个集合 ( U ) 和 ( V )，使得所有的边都连接 ( U ) 中的一个顶点和 ( V ) 中的一个顶点。因为图中有奇数个顶点，所以 ( U ) 和 ( V ) 中至少有一个集合包含奇数个顶点。假设 ( U ) 包含奇数个顶点，( V ) 包含偶数个顶点。
如果 ( G ) 中存在一个哈密尔顿圈，那么这个圈会交替地经过 ( U ) 和 ( V ) 中的顶点。但是，由于 ( U ) 中有奇数个顶点，而 ( V ) 中有偶数个顶点，无论如何都不可能确保每个顶点恰好被访问一次并形成一个闭合的循环。 这是因为从 ( U ) 开始的任何循环都将导致在回到 ( U ) 之前必须在 ( V ) 中多次停留，从而破坏了哈密尔顿圈的定义。
因此，我们可以得出结论，对于包含 ( 2n+3 ) 个顶点的二分图，如果顶点数是奇数，这个图不存在哈密尔顿圈。这完成了归纳步骤。
综上所述，通过数学归纳法，我们证明了包含奇数个顶点的二分图不存在哈密尔顿圈。
为了使用数学归纳法证明具有奇数个顶点的二分图不能存在哈密尔顿圈，我们首先理解数学归纳法的两个基本步骤：
基础步骤：证明当 ( n ) 为最小的奇数（例如 ( n = 3 )）时，命题成立。
归纳步骤：假设当 ( n = k )（其中 ( k ) 是一个奇数）时命题成立，然后证明当 ( n = k + 2 ) 时命题也成立。
证明过程：
基础步骤：
对于 ( n = 3 )，最小的二分图是两个集合中各有一个顶点和一个集合有两个顶点。这样的图不能形成哈密尔顿圈，因为不可能从一个顶点出发，访问所有顶点恰好一次又回到出发点。所以，对于 ( n = 3 )，命题成立。
归纳步骤：
假设当 ( n = k )（( k ) 为奇数）时命题成立，即一个有 ( k ) 个顶点的二分图不能存在哈密尔顿圈。
现在考虑 ( n = k + 2 ) 的情况。二分图的两个集合中至少有一个集合的顶点数增加了 1（因为总顶点数增加了 2）。因此，这两个集合中至少有一个集合的顶点数仍然是奇数。
在二分图中，哈密尔顿圈需要交替地经过两个集合的顶点。如果两个集合中至少有一个集合的顶点数是奇数，那么不可能形成一个经过每个顶点恰好一次的圈，因为这会导致至少有一个集合中有连续两个顶点在圈中相邻，这违反了二分图的定义。
因此，当 ( n = k + 2 ) 时，这样的二分图也不能存在哈密尔顿圈。
通过这两个步骤，我们可以得出结论：对于任何奇数 ( n )，一个有 ( n ) 个顶点的二分图不能存在哈密尔顿圈。这就完成了使用数学归纳法的证明。
- 判断： 在背包问题中，如果规定所有输入的数值(包括背包的大小和各个物品的价值和体积)都是长整型数据，则动态规划算法可以在多项式内求解。(T) 具体看下方输入规模与伪多项式时间算法介绍部分
对于背包问题，当所有输入数值（包括背包的大小和各个物品的价值和体积）都是长整型（即整数）时，动态规划算法确实可以在多项式时间内求解。让我们更详细地分析这个问题。
背包问题的动态规划算法的时间复杂度是 (O(nW))，其中 (n) 是物品的数量，而 (W) 是背包的容量。这意味着算法的时间复杂度取决于背包容量 (W) 的数值大小和物品数量 (n)。如果 (W) 和 (n) 都是整数，并且在合理的范围内，那么这个问题可以在多项式时间内求解。
重要的是要注意，多项式时间是针对输入大小（即输入数据的比特数）而言的。在背包问题中，如果 (W) 和 (n) 的值是固定长度的（例如使用长整型数据），则它们可以用固定数量的比特表示。这意味着算法的运行时间可以被看作是输入大小的多项式函数，因此在这种情况下，动态规划算法可以在多项式时间内求解背包问题。
总结来说，当背包问题中所有的数值（包括背包的大小和物品的价值和体积）都是长整型数据时，W 的位数就固定了，输入就只与 n 有关，动态规划算法的运行时间可以被视为输入大小的多项式函数，从而使问题在多项式时间内可解。
- 如果一个问题 A 存在多项式算法可以推导出所有NP里的问题都存在多项式算法，那么可知问题 A是NP完全的(T)
如果存在一个问题 A，使得对于所有 NP 中的问题，都存在一个多项式时间算法可以规约到问题 A，那么可以得出问题 A 是 NP-完全的。
这个陈述实际上描述的是 NP-完全问题的一个核心特性。NP-完全问题的定义包括两个关键部分：
在 NP 中：问题 A 必须在 NP 中，意味着它的解可以在多项式时间内被验证。
NP 中所有问题都可以多项式时间规约到它：这意味着所有的 NP 问题都可以在多项式时间内转化成问题 A 的一个实例。这是 NP-完全问题最关键的特性之一。
因此，如果问题 A 满足这样的条件，即所有 NP 中的问题都可以在多项式时间内规约到 A，那么 A 就是 NP-完全的。此外，如果 A 可以在多项式时间内解决（即 A 属于 P 类），那么所有 NP 问题也都可以在多项式时间内解决，从而表明 P = NP。这是计算理论中一个未解决的重大问题。
- 问一个数是不是个合数，很容易证明该问题是属于 NP 的，但是问一个数是不是素数，这个问题却是很难证明是否属于 NP 的。(F)
确定一个数是否是素数（即素性测试）是一个已知属于 NP 的问题。更进一步，素性测试不仅属于 NP，而且也属于 P，这意味着存在一个多项式时间算法来确定一个数是否为素数。
素性测试问题的 NP 属性相对容易证明，因为如果给定一个数是合数（即非素数），那么可以在多项式时间内验证这一点，只需提供一个非平凡的因子即可。对于素数，验证也是直接的，因为素数的定义就是只有 1 和它本身为因子。
关于这个问题是否属于 P 类，长期以来，人们普遍认为这是一个难题。但在 2002 年，Agrawal、Kayal 和 Saxena 提出了 AKS 素性测试算法，这是第一个被证明可以在多项式时间内（对输入大小而言）确定任何给定整数的素性的算法。这个发现是理论计算机科学的一个重要突破，它证明了素性测试问题属于 P 类。
因此，不仅确定一个数是否是合数属于 NP，确定它是否是素数也属于 NP，并且后者更进一步属于 P。
- 判断：斐波那契数列定义f(1)=f(2)=1，当n≥3时，f(n)=f(n-1)+f(n-2)。求解该数列第n个数f(n)的自顶向下的分治递归算法是指数时间算法，求解该数列第n个数f(n)的自底向上的动态规划算法也是指数时间算法。(T)
这个陈述部分正确，部分不正确。让我们分别考虑两种算法：
自顶向下的分治递归算法：这种方法在求解斐波那契数列的第 n 个数时，会重复计算很多子问题，因为它将问题分解为 f(n-1) 和 f(n-2)，而这两个问题又分别分解为更小的子问题，其中很多子问题会被重复计算多次。这种递归算法的时间复杂度是指数级的，大约是 (O(2 n 2^n2
n
))。因此，这部分陈述是正确的。
自底向上的动态规划算法：这种方法采用了一种不同的方法来计算斐波那契数列。它从最基本的情况开始，即 f(1) 和 f(2)，然后逐步向上计算直到达到所需的 f(n)。这个方法确保每个子问题只被计算一次，然后将其结果存储起来供后续计算使用。这种方法的时间复杂度是线性的，即 (O(n))。因此，这部分陈述是不正确的。
综上所述，自顶向下的分治递归算法在求解斐波那契数列时是指数时间算法，而自底向上的动态规划算法是线性时间算法，而不是指数时间算法。
- 给定边上容量均为正整数的流网络，网络流 f 的 Δ \DeltaΔ 剩余网络 G f ( Δ ) G_f(\Delta)G
f
(Δ) 中不存在从源点s到终点t 的有向路径，如果 Δ = 1 \Delta=1Δ=1 则 f 是该网络的最大流。(T)
这个与 Capasity Scaling 算法有关，算法每次迭代一定会增加至少 1 的流量，所以如果 Δ = 1 \Delta=1Δ=1，说明
- 判断：给定两个判定问题 A 和 B，如果 A 多项式归约到 B，B 多项式归约到 A，并且A ∈ NPC，那么 B∈ NPC。(F)
3-SAT 与 co-3SAT 是可以相互归约的，但是 co-3SAT 是 NPH 的，而不是 NPC 的
这个陈述是正确的。这里涉及到的是计算复杂度理论中的多项式时间归约和 NP-完全类别（NPC）的定义。让我们分解这个陈述：
A 多项式归约到 B：这意味着存在一个多项式时间算法，可以将问题 A 的每个实例转化为问题 B 的一个实例，使得 A 的答案与其对应的 B 的答案相同。
B 多项式归约到 A：这同样意味着存在一个多项式时间算法，可以将问题 B 的每个实例转化为问题 A 的一个实例，使得 B 的答案与其对应的 A 的答案相同。
A ∈ NPC：这意味着问题 A 不仅在 NP 中（即它的解可以在多项式时间内被验证），而且 A 是 NPH 的（即任何 NP 中的问题都可以多项式时间归约到 A）。
根据以上条件，我们可以推断 B 也在 NP 中。因为 A 可以多项式时间归约到 B，而 A 是 NP 完全的，这意味着任何 NP 中的问题都可以通过 A 归约到 B。因此，B 也是 NPH 的。
由于 B 可以多项式时间归约到 A，说明 A 至少和 B 一样难，而 A 在 NP 中，这意味着 B 的解也可以在多项式时间内被验证，所以 B 也在 NP 中。
综上所述，B 是 NP-H的，同时 B 在 NP 中，因此 B 是 NP-完全的。所以，给定两个判定问题 A 和 B，如果 A 多项式归约到 B，B 多项式归约到 A，并且 A ∈ NPC，那么 B ∈ NPC。
这就需要说明当我们在证明一个问题 A 是否是 NPC 问题的时候，我们是先证明这个问题是 NP 问题，然后再将已知的 NPC 问题归约到这个问题，是因为 NPC 问题可以多项式时间验证，但是 NPC 问题归约到这个问题后，这个问题是一个至少和 NPC 问题一样难的问题，所以不确定是否可以在多项式时间内被验证。
- 求解渐进表达式：f(n) = 3f(n-3) + O(1)
References
要求解这个递归关系式 ( f(n) = 3f(n-3) + O(1) )，我们可以通过展开递归并观察其中的模式来找到其渐进行为。
首先，让我们假设 ( O(1) ) 是一个常数项 ( c )（这是合理的，因为 ( O(1) ) 表示一个常量时间复杂度）。所以，我们的递归关系式变为 ( f(n) = 3f(n-3) + c )。
现在，我们可以开始展开这个递归式：
( f(n) = 3f(n-3) + c )
( f(n-3) = 3f(n-6) + c )
( f(n-6) = 3f(n-9) + c )
... 依此类推
将上面式子乘以 3 相加，就会抵消掉中间项。
如果我们继续这个过程，我们会注意到每一步都乘以 3，并且 ( n ) 减少 3。所以，我们可以写出一般的项如下：
( f ( n ) = 3 k f ( n − 3 k ) + c ∑ i = 0 k − 1 3 i ) ( f(n) = 3^k f(n - 3k) + c \sum_{i=0}^{k-1} 3^i )(f(n)=3
k
f(n−3k)+c∑
i=0
k−1
3
i
)
在这里，( k ) 是我们需要重复此过程的次数，直到我们到达基本情况。基本情况通常是已知的，比如 ( f(0) )、( f(1) ) 或 ( f(2) )（具体取决于问题的初始条件）。对于此递归关系，我们可以假设基本情况是 ( f(0) = a )（一个常数）。
最终，我们需要找到当 ( n ) 趋于无穷大时 ( f(n) ) 的行为。在这个场景中，我们关注的是最大的项，因为它将主导整体的渐进行为。这里，最大的项是 ( 3^k )。
因此，( f(n) ) 的渐进行为由 ( 3^k ) 决定，这意味着 ( f(n) ) 是指数级的。具体来说，它是 ( O ( 3 n / 3 O(3^{n/3}O(3
n/3
) )，因为在每个递归步骤中，( n ) 减少 3，并且我们将结果乘以 3。
- 对于三着色问题(对一个图的顶点进行三种颜色着色使得相邻两个点的颜色不一样)，若存在一个多项式时间算法判断一个图是否可以三着色，则存在一个多项式时间算法对可以进行三着色的图找到一个可行的三着色。
如果存在一个多项式时间算法可以判断一个图是否可以进行三着色（这是一个经典的 NP 完全问题），那么实际上也存在一个多项式时间算法来找到一个可以进行三着色的图的具体三着色方案。
这是因为三着色问题是一个典型的 NP 完全问题，它的解决方案（如果存在）可以在多项式时间内被验证。NP 完全问题的一个重要特点是它们的决策版本（即判断是否存在解的问题）和搜索版本（即找到具体解的问题）在计算复杂度上是等价的。
算法过程如下：
对于图中的每个顶点，尝试分配三种颜色中的一种。
每次颜色分配后，使用多项式时间的判断算法来检查剩余的图是否仍然可以进行三着色。
如果判断为否，则回退并尝试另一种颜色。
由于判断算法是多项式时间的，整个搜索过程也将保持在多项式时间范围内，前提是判断算法足够高效以使搜索过程的总体时间保持在多项式级别。
因此，如果存在一个多项式时间算法来判断一个图是否可以进行三着色，那么就存在一个多项式时间算法来找到一个可以进行三着色的图的具体三着色方案。
补充：
"自我归约" 的方法实现。自我归约过程如下：
对于给定的图，首先使用决策算法判断它是否可以进行三着色。
如果可以，选择一个未着色的顶点，并尝试给它赋予一种颜色。
再次使用决策算法判断剩余的未着色部分是否仍然可以进行三着色。
如果可以，继续着色过程；如果不行，尝试另一种颜色。（此时，如果可以，说明这个颜色上对了，上之前是可以三着色的，上之后也可。如果上之后，本来可以三着色的，不可以三着色了，那颜色就不对了，换颜色）
重复这个过程，直到所有顶点都被着色，或者确定图不可以三着色。
由于每一步都涉及对整个图或其子图的多项式时间决策检查，整个着色过程的时间复杂度也是多项式级别的。因此，如果存在一个多项式时间算法可以判断一个图是否可以三着色，那么也存在一个多项式时间算法来为可以进行三着色的图找到一个可行的三着色方案。
补充：
不断加边进去然后进行判断，直到不能加边为止。这样三种颜色的点就是图中三个独立集。
这个方法基于 逐步构建图的过程，并在每一步中使用多项式时间的算法来判断图是否仍然可以进行三着色。这个过程可以概括如下：
初始步骤：从一个空图或包含少量顶点和边的图开始，确保这个初始图可以进行三着色。
逐步添加边：每次向图中添加一条新边。每添加一条边后，使用多项式时间的算法来判断图是否仍然可以进行三着色。
颜色分配：如果当前的图可以进行三着色，继续这个过程；如果加入新边后图不能进行三着色，则撤销这条边的添加，并尝试添加不同的边。
构建独立集：通过这种方式，逐渐构建图的结构，直到无法再添加更多的边为止。此时，你将得到三个独立集，每个集合的顶点可以用一种颜色进行着色，且相邻顶点的颜色不同。
结束条件：当不能再添加任何边而不破坏三着色性时，算法结束。此时的颜色分配就是图的一个可行的三着色方案。
这种方法的有效性依赖于用于判断图三着色性的多项式时间算法的存在。如果这样的算法存在，那么整个构造过程将保持在多项式时间内。不过，值得注意的是，判断一个图是否可以进行三着色本身就是一个NP-完全问题，这意味着目前没有已知的多项式时间算法来解决这个问题。因此，虽然这种渐进式构造的方法在理论上是可行的，但在实践中，找到一个有效的多项式时间算法来判断三着色性仍然是一个开放的问题。
补充：
不断将两个不相邻的点合并成一个点然后进行判断，直到不能再合并为止。最后剩下三个点。
您提出的思路是一种创造性的方法来解决三着色问题，这个方法基于合并不相邻的顶点，并在每一步中判断合并后的图是否仍然可以进行三着色。这个过程可以概括如下：
初始步骤：从原始图开始。
选择和合并顶点：在每一步中，选择两个不相邻的顶点并将它们合并为一个新顶点。这个新顶点的邻居是原来两个顶点邻居的并集。
判断三着色性：在每次合并后，使用一个算法来判断修改后的图是否仍然可以进行三着色。
重复过程：继续这个过程，每次都选择并合并不相邻的顶点，直到不能再进行合并为止。
结束条件：最终目标是将图简化到只剩下三个顶点。如果在这个过程中的任何时候图不再满足三着色性，这意味着原始图不能进行三着色。
这种方法的关键在于能够准确判断每次合并后图的三着色性。如果每次合并后图都保持三着色性，且最终能够将图简化到只剩三个顶点，那么原始图可以进行三着色。
然而，需要注意的是，三着色问题是一个已知的 NP-完全问题，这意味着没有已知的多项式时间算法来准确判断任意图的三着色性。因此，尽管您的方法在概念上是有趣的，但在实践中实现这种方法的关键步骤（即判断三着色性）可能是计算上不可行的。
- 给出一个图和一个整数 k，问是否可以在这个图上删除 k 个点使得剩余图上没有三角形(含有 3 个顶点的圈)。证明这个问题是 NP 完全的。(10分)
要证明一个问题是 NP-完全的，需要满足两个条件：首先，该问题本身必须在 NP 中；其次，必须有一个已知的 NP-完全问题能够在多项式时间内归约到这个问题。对于您提出的问题 ------ 给定一个图和一个整数 k，问是否可以在这个图上删除 k 个点使得剩余图上没有三角形 ------ 我们可以采用以下步骤进行证明：
证明问题在 NP 中：一个问题在 NP 中，意味着对于该问题的每一个"是"的实例，存在一个多项式时间的验证算法。对于这个问题，如果给出一个删除的顶点集合，我们可以在多项式时间内检查剩余的图是否没有三角形。具体来说，我们可以首先删除这些顶点，然后检查剩余图中是否存在任何三角形。这可以通过检查图中所有三元组的顶点组合来实现，因此这个问题在 NP 中。
从一个已知的 NP-完全问题进行归约：为了证明这个问题是 NP-完全的，我们需要从一个已知的 NP-完全问题进行归约。一个可能的选择是从 "顶点覆盖问题"（Vertex Cover Problem）进行归约。顶点覆盖问题是这样的：给定一个图和一个整数 k，问是否存在一个最多包含 k 个顶点的顶点集合，使得图中的每条边至少有一个端点在这个集合中。
我们可以构造一个归约过程，将顶点覆盖问题归约为我们的问题：给定一个顶点覆盖问题的实例，我们构造一个新图，其中每条边都被替换为一个三角形。这样，原图中的每条边都对应于新图中的一个三角形。如果原图有一个大小为 k 的顶点覆盖，那么我们可以通过删除相应的 k 个顶点来消除新图中所有的三角形，反之亦然。这个归约过程是多项式时间的，因为它只涉及将原图中的每条边替换为三个顶点和三条边。
通过这种归约，我们证明了任何顶点覆盖问题的实例都可以转化为我们的问题的一个实例，且解的大小保持不变。由于顶点覆盖问题是 NP-完全的，我们的问题也是 NP-完全的。
综上所述，通过证明问题在 NP 中，并且可以从一个已知的 NP-完全问题（如顶点覆盖问题）进行多项式时间归约，我们证明了给定一个图和一个整数 k，问是否可以在这个图上删除 k 个点使得剩余图上没有三角形的问题是 NP-完全的。
补充：
要更详细地说明第2步中的归约过程，并进行双向证明，我们需要清楚地展示如何从顶点覆盖问题（Vertex Cover）转换到我们的问题（删除 k 个点使得剩余图上没有三角形），并证明这个转换在正向和反向都是有效的。
归约过程：
给定一个顶点覆盖问题的实例：一个图 ( G = (V, E) ) 和一个整数 ( k )。我们需要构造一个新图 ( G' )，并将顶点覆盖问题转换为我们的问题。
对于图 ( G ) 中的每条边 ( (u, v) \in E )，在图 ( G' ) 中引入三个新顶点 ( x_{(u,v)}, y_{(u,v)}, z_{(u,v)} ) 和三条边 ( (x_{(u,v)}, y_{(u,v)}), (y_{(u,v)}, z_{(u,v)}), (z_{(u,v)}, x_{(u,v)}) ) 形成一个三角形。
对于每个原始图 ( G ) 中的顶点 ( v )，在 ( G' ) 中引入一个对应的顶点 ( v' )。对于每条边 ( (u, v) \in E )，在 ( G' ) 中添加边 ( (u', x_{(u,v)}) ) 和 ( (v', x_{(u,v)}) )。
这样，每条原图 ( G ) 中的边都对应于新图 ( G' ) 中的一个三角形。
正向证明：
如果 ( G ) 有一个大小为 ( k ) 的顶点覆盖，那么存在 ( k ) 个顶点，使得 ( G ) 中的每条边至少有一个端点在这个顶点覆盖中。对于 ( G' )，删除与这 ( k ) 个顶点相对应的 ( k ) 个顶点 ( v' )，将删除与 ( G ) 中每条边相对应的三角形中的至少一条边，因此删除所有三角形。
反向证明：
如果在 ( G' ) 中可以通过删除 ( k ) 个顶点来消除所有三角形，那么这些被删除的顶点对应于 ( G ) 中的一个顶点覆盖。因为每个三角形对应于 ( G ) 中的一条边，要消除三角形，至少需要删除三角形中的一个顶点。由于在 ( G' ) 中删除的顶点数目限制为 ( k )，所以这些顶点在 ( G ) 中形成一个顶点覆盖。
综上所述，通过这个归约过程，我们展示了从顶点覆盖问题到删除 k 个点使得剩余图上没有三角形的问题的转换在正向和反向都是有效的，从而证明了这个问题是 NP-完全的。
了解了，让我们更详细地探讨这个归约过程的正向和反向证明，以展示其逻辑上的严密性。
归约过程
从顶点覆盖问题（Vertex Cover）归约到删除顶点消除三角形问题。
原始问题（顶点覆盖问题）：给定图 ( G = (V, E) ) 和整数 ( k )，是否存在一个至多包含 ( k ) 个顶点的集合，使得图中的每条边至少有一个端点在这个集合中？
目标问题（删除顶点消除三角形问题）：给定图 ( G' ) 和整数 ( k )，是否可以删除至多 ( k ) 个顶点来使得剩余图中不存在任何三角形？
正向证明（如果原始问题可解，则目标问题也可解）
假设：存在一个大小为 ( k ) 的顶点覆盖 ( C \subseteq V ) 在原始图 ( G ) 中。
构造：在 ( G' ) 中，我们选择删除所有对应于 ( C ) 中顶点的顶点。
逻辑：由于 ( C ) 是一个顶点覆盖，所以 ( G ) 中的每条边 ( (u, v) ) 至少有一个端点 ( u ) 或 ( v ) 在 ( C ) 中。因此，在 ( G' ) 中，与 ( (u, v) ) 对应的每个三角形至少有一个顶点与 ( C ) 中的某个顶点相连。删除 ( C ) 对应的顶点会导致与之相连的三角形中至少一条边被移除，从而消除所有这些三角形。
结论：因此，如果原始图 ( G ) 有一个大小为 ( k ) 的顶点覆盖，则在 ( G' ) 中删除相应的 ( k ) 个顶点会消除所有三角形。
反向证明（如果目标问题可解，则原始问题也可解）
假设：在 ( G' ) 中，我们可以通过删除 ( k ) 个顶点来消除所有三角形。
构造：选择在 ( G' ) 中删除的这 ( k ) 个顶点所对应的原始图 ( G ) 中的顶点。
逻辑：由于删除这些顶点消除了 ( G' ) 中的所有三角形，这意味着对于 ( G ) 中的每条边 ( (u, v) )，至少 ( u ) 或 ( v ) 在删除的顶点集合中。因此，这个集合是原始图 ( G ) 的一个顶点覆盖。
结论：因此，如果在 ( G' ) 中可以通过删除 ( k ) 个顶点来消除所有三角形，则存在一个大小为 ( k ) 的顶点覆盖在原始图 ( G ) 中。
通过这种双向证明，我们展示了这个归约过程在逻辑上的严密性，从而证明了删除顶点消除三角形问题是 NP-完全的。
- 判定问题 A：给定包含奇数个结点的简单无向图，判断其是否包含哈密尔顿圈；判定问题B：给定包含偶数个结点的简单无向图，判断其是否包含哈密尔顿圈；证明问题A可多项式归约到问题B。
要证明判定问题 A（给定包含奇数个结点的简单无向图，判断其是否包含哈密尔顿圈）可以多项式归约到问题 B（给定包含偶数个结点的简单无向图，判断其是否包含哈密尔顿圈），我们需要构建一个多项式时间的过程，将问题 A 的任意实例转换为问题 B 的实例，使得原实例的答案与转换后的实例的答案相同。
归约过程
给定实例：假设我们有一个判定问题 A 的实例，即一个包含奇数个结点 ( n ) 的简单无向图 ( G )。
构造新图：我们构造一个新的图 ( G' )，它包含 ( G ) 中所有的结点和边，并添加一个额外的结点 ( v_{\text{new}} )。对于 ( G ) 中的每个结点 ( u )，在 ( G' ) 中添加一条边 ( (u, v_{\text{new}}) )。
新图的结点数：由于原图 ( G ) 有奇数个结点，添加一个额外的结点后，新图 ( G' ) 将有偶数个结点。
保持哈密尔顿圈的特性：如果原图 ( G ) 包含一个哈密尔顿圈，那么在 ( G' ) 中，我们可以构造一个类似的哈密尔顿圈，它通过新添加的结点 ( v_{\text{new}} ) 和圈中的任意两个相邻结点。反之，如果 ( G' ) 包含一个哈密尔顿圈，那么移除 ( v_{\text{new}} ) 及其相连的两条边，剩下的路径可以在 ( G ) 中形成一个哈密尔顿圈。
证明
正向：如果 ( G ) 中存在哈密尔顿圈，那么在 ( G' ) 中也存在哈密尔顿圈。在 ( G' ) 中的哈密尔顿圈会经过新加入的结点 ( v_{\text{new}} ) 并沿着原来 ( G ) 中的哈密尔顿圈走一圈。
反向：如果 ( G' ) 中存在哈密尔顿圈，那么当我们移除结点 ( v_{\text{new}} ) 及其相连的两条边后，剩下的路径在原图 ( G ) 中将形成一个哈密尔顿圈。
结论
因此，问题 A 可以在多项式时间内归约到问题 B，因为我们可以在多项式时间内从任意给定的包含奇数个结点的图构造出一个包含偶数个结点的图，并且这两个图在是否存在哈密尔顿圈这一问题上具有相同的答案。这证明了问题 A 可以多项式归约到问题 B。
了解了，让我们更详细地探讨归约过程的正向和反向证明。
归约过程
从问题 A（奇数个结点的哈密尔顿圈问题）归约到问题 B（偶数个结点的哈密尔顿圈问题）。
问题 A: 给定一个包含奇数个结点的简单无向图 ( G )，判断其是否包含哈密尔顿圈。
问题 B: 给定一个包含偶数个结点的简单无向图 ( G' )，判断其是否包含哈密尔顿圈。
正向证明（如果问题 A 的实例有解，则问题 B 的对应实例也有解）
构造新图 ( G' )：给定问题 A 的一个实例，即一个包含奇数个结点的简单无向图 ( G )，我们添加一个新结点 ( v_{\text{new}} ) 到 ( G ) 中，并将 ( v_{\text{new}} ) 与 ( G ) 中的所有其他结点连接。这样，新图 ( G' ) 包含偶数个结点。
哈密尔顿圈的转换：假设 ( G ) 中存在一个哈密尔顿圈。在 ( G' ) 中，我们可以通过在 ( G ) 的哈密尔顿圈中选择任意两个相邻结点 ( u ) 和 ( v )，将这两个结点之间的边替换为两条边 ( (u, v_{\text{new}}) ) 和 ( (v_{\text{new}}, v) )。这样，在 ( G' ) 中也构成了一个哈密尔顿圈，包含新加入的结点 ( v_{\text{new}} )。
反向证明（如果问题 B 的实例有解，则问题 A 的对应实例也有解）
分析新图 ( G' )：考虑问题 B 的一个实例，即图 ( G' )，它是从图 ( G ) 通过添加一个新结点 ( v_{\text{new}} ) 和连接 ( v_{\text{new}} ) 到 ( G ) 中所有其他结点得到的。
哈密尔顿圈的还原：假设 ( G' ) 中存在一个哈密尔顿圈。由于新加入的结点 ( v_{\text{new}} ) 与 ( G ) 中的所有其他结点相连，它必然位于 ( G' ) 中的哈密尔顿圈上。在 ( G' ) 的哈密尔顿圈中，移除 ( v_{\text{new}} ) 及其相连的两条边，剩下的路径在 ( G ) 中将形成一个哈密尔顿圈。
结论
因此，我们展示了如果原始图 ( G )（问题 A 的实例）有一个哈密尔顿圈，那么构造的图 ( G' )（问题 B 的对应实例）也有一个哈密尔顿圈，反之亦然。这证明了问题 A 可以多项式归约到问题 B。
- 判断：如果存在一个从问题 A 到问题 B 的多项式时间归约(Polynomial reduction)，且问题 A 是 NP 难的，则可知问题 B 也是 NP 难的。(√)
这个陈述是正确的。在计算理论中，如果存在一个从问题 A 到问题 B 的多项式时间归约，并且问题 A 是 NP-难（NP-hard）的，那么问题 B 也是 NP-难的。让我们更详细地解释这个逻辑：
多项式时间归约：这意味着我们可以在多项式时间内将问题 A 的每个实例转换成问题 B 的一个实例。
问题 A 是 NP-难的：这意味着所有在 NP 中的问题都可以在多项式时间内归约到问题 A。
问题 B 的 NP-难性：由于问题 A 是 NP-难的，且存在一个多项式时间归约从 A 到 B，这意味着任何在 NP 中的问题都可以先在多项式时间内归约到 A，然后再从 A 归约到 B。因此，所有 NP 中的问题也可以在多项式时间内归约到问题 B，使得 B 至少和 NP 中的任何问题一样困难，即问题 B 也是 NP-难的。
总之，如果问题 A 是 NP-难的，并且存在一个从 A 到 B 的多项式时间归约，那么问题 B 也是 NP-难的。这是计算理论中关于 NP-难度和多项式时间归约的基本逻辑。
- 当图中的顶点个数是常数时，最大独立集问题 (Maximum Independent SetProblem)是多项式时间可解的. ( √ )
您的陈述是正确的。当图中的顶点个数是常数时，最大独立集问题（Maximum Independent Set Problem）确实可以在多项式时间内解决。
最大独立集问题是找出图中最大的独立集的大小，其中一个独立集是一个顶点的集合，使得集合中任何两个顶点之间都没有边相连。对于一个具有 ( n ) 个顶点的图，存在 ( 2 n 2^n2
n
) 种可能的顶点子集，每个子集都可能是一个独立集。要解决最大独立集问题，理论上需要检查这些所有可能的子集，看哪个是最大的独立集。
当 ( n ) 是一个固定的常数时，( 2 n 2^n2
n
) 也是一个常数。这意味着即使使用穷举法来检查所有可能的子集，所需的时间也是常数时间，可以认为是多项式时间（实际上是 ( O(1) ) 时间）。因此，在这种特殊情况下，最大独立集问题变成了多项式时间可解的。
然而，需要注意的是，当 ( n ) 不是常数，而是图的大小的一个函数时，最大独立集问题是 NP-难的，这意味着没有已知的多项式时间算法可以解决所有可能大小的图的最大独立集问题。
- 动态规划算法有可能是多项式时间的也有可能是指数时间的。
您的陈述是正确的。动态规划算法的时间复杂度取决于具体问题和算法的设计。这意味着，根据不同的应用场景，动态规划算法可以是多项式时间的，也可以是指数时间的。让我们来具体解释一下：
多项式时间的动态规划：对于某些问题，动态规划可以高效地解决，其时间复杂度是多项式级别的。例如，最短路径问题（如 Floyd-Warshall 算法）、0-1 背包问题（这个是伪多项式时间的）、最长公共子序列问题等。这些问题的特点是它们的子问题数量和每个子问题的解决方案数量都是输入大小的多项式函数。
指数时间的动态规划：对于另一些问题，即使使用动态规划，算法的时间复杂度仍可能是指数级的。这通常发生在所谓的"伪多项式时间"算法中，其中算法的时间复杂度取决于数值输入的大小，而不是输入的长度。例如，子集和问题（Subset Sum Problem）和旅行销售员问题（Traveling Salesman Problem）的某些版本。在这些情况下，尽管动态规划可以减少重复计算，但由于状态空间本身是指数级的，所以整体算法仍然是指数时间的。
因此，动态规划作为一种算法设计技术，其性能依赖于具体问题的性质和状态空间的大小。在某些情况下，它提供了高效的多项式时间解决方案，而在其他情况下，尽管能够简化问题，但仍然需要指数时间来解决。
- 给定任意连通的无向有权图 G，每条边 e 上的权重 c(e) 都是不同的整数。G 的最小生成树是 G 的一个连通的、无圈的、边的权重之和最小的包含图中所有顶点的子图。如果 e* 是图 G 上权重最小的边，那么一定有一棵图 G 的最小生成树 T 包含边 e*。请问这个命题是否正确，如果正确，请给出证明;如果不正确，请给出反例。(8分)
这个命题是正确的。我们可以用切割定理（Cut Property）来证明这个命题。切割定理是最小生成树理论中的一个基本概念，它可以用来证明某条边是否属于某个图的最小生成树。
切割定理（Cut Property）
定理：在一个连通图中，如果你通过删除一些边将图分割成两部分，那么连接这两部分且具有最小权重的边必定属于图的任意一个最小生成树。
证明
给定：假设 ( e^* ) 是图 ( G ) 上权重最小的边，连接着顶点 ( u ) 和 ( v )。
构造切割：考虑一个将顶点 ( u ) 和 ( v ) 分在不同部分的切割。由于 ( e^* ) 是连接这两个部分的边，且其权重在所有这样的边中最小，根据切割定理，( e^* ) 必定属于 ( G ) 的任意一个最小生成树。
逻辑推理：由于 ( e^* ) 是权重最小的边，因此在任何包含 ( u ) 和 ( v ) 的切割中，没有其他边的权重可以比 ( e^* ) 的权重更小。所以，在构建最小生成树时，添加 ( e^* ) 总是最优的选择。
结论：因此，任何一棵图 ( G ) 的最小生成树 ( T ) 都会包含边 ( e^* )。
这个证明基于切割定理，明确说明了在任何连通的无向有权图中，权重最小的边一定属于该图的最小生成树。
如果最小生成树 T 中不包含权重最小的边 e ∗ e^*e
∗
，则将 e ∗ e^*e
∗
添加到 T 上一定形成圈；（这是最小生成树的原理，当添加某条边后形成了一个圈，那这条边就必须去掉，kruskal 算法）
删除该圈上除了 e ∗ e^*e
∗
之外任意一条边 e ′ e'e
′
，得到新的生成树 T ′ T'T
′
；
因为 c ( e ∗ ) < c ( e ′ ) c(e^*) < c(e')c(e
∗
)<c(e
′
) ，所以生成树 T ′ T'T
′
上边的权重之和小于 T，矛盾。
- 下面是同一个问题的判定问题版本和优化问题版本
判定问题：对于任意简单无向图 G 和整数 k，是否可以在这个图中删除 k 个顶点使得剩余图中不存在三角形（长度为 3 的圈）
优化问题：对于任意简单无向图，至少需要删除图中多少个顶点，才能使剩余图中不存在三角形(长度为3的圈）
(1）证明该判定问题是 NP 完全问题。
(2）请为该优化问题设计一个3倍近似算法。
证明判定问题是 NP 完全问题
为了证明判定问题是 NP 完全的，我们需要证明该问题同时满足两个条件：(1) 它在 NP 中，和 (2) 所有 NP 中的问题都可以多项式时间归约到它。
在 NP 中：一个问题在 NP 中，意味着对于该问题的每一个"是"的实例，存在一个多项式时间的验证算法。对于我们的判定问题，给定一个简单无向图 ( G ) 和一个整数 ( k )，以及一个顶点集 ( S ) 作为解决方案，我们可以在多项式时间内验证删除 ( S ) 中的 ( k ) 个顶点之后图 ( G ) 是否不包含任何三角形。
NP 完全的归约：要证明这个问题是 NP 完全的，通常的方法是从一个已知的 NP 完全问题进行归约。在这种情况下，我们可以选择独立集问题，这是一个典型的 NP 完全问题。独立集问题是判断给定图 ( G ) 是否存在一个大小至少为 ( k ) 的独立集（即一个顶点集合，其中没有两个顶点是相邻的）。
归约过程：给定一个独立集问题的实例 ( G ) 和 ( k )，我们构造一个新的图 ( G' )，它包含了 ( G ) 中的所有顶点和边，并且对于 ( G ) 中的每个独立集合大小小于 ( k ) 的顶点，我们在 ( G' ) 中添加额外的边和顶点形成三角形，使得这些顶点不再是 ( G' ) 中的独立集的一部分。然后我们问，在 ( G' ) 中是否可以通过删除少于或等于 ( n-k )（( n ) 是 ( G' ) 中顶点的总数）个顶点来消除所有三角形。
这个归约是多项式时间的，因为它涉及到在原始图中添加有限数量的边和顶点。如果原始图的独立集大小至少为 ( k )，那么在新图中删除恰好 ( n-k ) 个顶点就足以消除所有新增加的三角形，反之亦然。
为优化问题设计一个 3 倍近似算法
优化问题要求找到最少的顶点数，其删除能使图中不再包含任何三角形。下面是一个可能的 3 倍近似算法：
初始化：令删除顶点集 ( S = \emptyset )。
循环直至无三角形：只要图 ( G ) 中还存在三角形，执行以下步骤：
a. 选择一个三角形（由顶点 ( u, v, w ) 组成）。
b. 将 ( u, v, w ) 添加到删除顶点集 ( S ) 中。
c. 从图 ( G ) 中删除顶点 ( u, v, w )。
输出：最终，输出删除顶点集 ( S ) 的大小。
近似比分析：该算法每次删除一个三角形时，都删除了该三角形的所有三个顶点。在最坏情况下，每个顶点可能只对应一个三角形，因此这个算法可能删除了三倍于最优解所需删除的顶点数。因此，这是一个 3 倍近似算法。
对判定问题的 NP 完全性证明中的归约过程进行详细的双向证明。
归约过程
从独立集问题归约到删除顶点消除三角形问题。
独立集问题：对于给定的图 ( G ) 和整数 ( k )，判断 ( G ) 是否含有大小至少为 ( k ) 的独立集。
删除顶点消除三角形问题：给定图 ( G ) 和整数 ( k )，判断是否可以删除 ( k ) 个顶点使得剩余图中不存在三角形。
正向证明（如果独立集问题可解，则删除顶点消除三角形问题也可解）
假设：假设在图 ( G ) 中存在大小至少为 ( k ) 的独立集。
构造新图：在图 ( G ) 中，对于不在独立集中的每个顶点，我们添加额外的边和顶点来形成三角形，确保这些顶点不在任何的独立集中。
逻辑推理：由于存在大小至少为 ( k ) 的独立集，我们可以删除所有不在独立集中的顶点（及其形成的三角形），从而在新图中删除所有三角形。
结论：因此，如果独立集问题的答案是肯定的，那么删除顶点消除三角形问题的答案也是肯定的。
反向证明（如果删除顶点消除三角形问题可解，则独立集问题也可解）
假设：假设可以通过删除 ( k ) 个顶点来消除新图中所有的三角形。
构造原始图的独立集：在原始图 ( G ) 中，选择所有未被删除的顶点。
逻辑推理：由于新图中所有三角形都被消除了，这意味着原始图中所有未被删除的顶点都不相邻，形成了一个独立集。
结论：因此，如果删除顶点消除三角形问题的答案是肯定的，那么原始图 ( G ) 中存在一个大小至少为 ( k ) 的独立集。
综上所述，通过双向证明，我们展示了从独立集问题到删除顶点消除三角形问题的有效归约，从而证明了删除顶点消除三角形问题是 NP 完全的。
要利用点覆盖问题（Vertex Cover）来证明判定问题（删除 (k) 个顶点以消除所有三角形）是 NP 完全的，我们可以进行如下归约：
点覆盖问题到判定问题的归约
点覆盖问题定义：
给定图 (G) 和整数 (k)，点覆盖问题要求判断是否存在一个顶点集合 (C)，大小至多为 (k)，使得 (G) 中的每条边至少有一个端点在 (C) 中。
归约过程：
给定点覆盖问题的一个实例，即图 (G) 和整数 (k)。
构造一个新图 (G')，它包含 (G) 中的所有顶点和边。
对于 (G) 中的每条边 (e = (u, v))，在 (G') 中添加一个新顶点 (w_{e})，并将 (w_{e}) 与 (u) 和 (v) 连接。
最后，问是否可以在 (G') 中删除最多 (k) 个顶点来消除所有三角形。
正向证明
假设：存在一个大小最多为 (k) 的点覆盖 (C) 在原图 (G) 中。
构造：在 (G') 中，删除与 (C) 中顶点相连的所有新添加的顶点 (w_{e})。
逻辑推理：由于 (C) 是点覆盖，删除与 (C) 相连的所有 (w_{e}) 将消除所有新添加的三角形。
结论：因此，如果 (G) 有一个大小最多为 (k) 的点覆盖，则可以在 (G') 中删除最多 (k) 个顶点来消除所有三角形。
反向证明
假设：可以在 (G') 中删除最多 (k) 个顶点来消除所有三角形。
构造：选择在 (G') 中未被删除的原始图 (G) 的顶点，形成集合 (C)。
逻辑推理：由于删除这些顶点消除了所有三角形，这意味着每条原始边 (e) 的新顶点 (w_{e}) 都被消除，表明 (e) 的至少一个端点在 (C) 中。
结论：因此，如果在 (G') 中可以通过删除最多 (k) 个顶点来消除所有三角形，则 (C) 是 (G) 中大小最多为 (k) 的点覆盖。
结论
通过这种双向证明，我们展示了点覆盖问题到判定问题（删除 (k) 个顶点以消除所有三角形）的有效归约，从而证明了该判定问题是 NP 完全的。
- 点覆盖的自身规约问题？
要从判定问题（判断一个图中是否存在点数为 (k) 的最小点覆盖）构造出寻找最小点覆盖的具体解的多项式时间算法，我们可以使用一种称为参数搜索的方法。这种方法基于判定问题的解来逐步缩小最小点覆盖的大小。以下是算法的一个概述：
算法步骤
初始化：设定最小点覆盖的上限大小为 (n)（图中顶点的总数）。
二分搜索：使用二分搜索来确定最小点覆盖的最小可能大小。在每一步中，对于当前考虑的大小 (k)（初始为 (\frac{n}{2})），使用判定问题的算法来判断图中是否存在大小为 (k) 的点覆盖。
如果存在，则记录 (k) 并减小上限；
如果不存在，则增加下限。
缩小搜索范围：在确定了最小点覆盖的确切大小 (k) 后，对图中的每个顶点进行如下操作：
临时从图中移除一个顶点 (v) 及其相连的所有边。
再次使用判定问题的算法来判断剩余图中是否存在大小为 (k-1) 的点覆盖。
如果存在，则 (v) 不是最小点覆盖的一部分，将 (v) 永久移除；
如果不存在，则 (v) 是最小点覆盖的一部分，将 (v) 添加到最小点覆盖集合中，并保持 (v) 在图中。
构造最小点覆盖：重复第 3 步，直到找到大小为 (k) 的最小点覆盖集合。
复杂度分析
二分搜索：二分搜索的步骤是多项式时间的，因为每次操作都将搜索范围减半，总共需要 (O(\log n)) 次判定操作。
构造过程：在构造最小点覆盖的过程中，每个顶点都需要进行一次判定操作，总共需要 (O(n)) 次判定操作。
结论
由于每次判定操作都是多项式时间的，整个构造算法是多项式时间的。这种方法基于已有的判定问题算法，通过逐步缩小搜索范围和确认最小点覆盖集合中的顶点来构造最小点覆盖的具体解。
- 哈密顿圈的自身规约问题
要从判断任意简单无向图是否存在哈密尔顿圈的多项式时间算法构造出构造哈密尔顿圈（如果存在的话）的多项式时间算法，我们可以使用一种增量构建的方法。这种方法基于判定问题的解来逐步构造哈密尔顿圈。以下是算法的一个概述：
算法步骤
初始化：从图中任选一个顶点作为起始点。
增量构建路径：逐步增加路径长度，每次添加一个顶点到当前路径的末端，直到路径包含所有顶点或确定不可能构成哈密尔顿圈为止。在每一步中：
对于当前路径的末端顶点，考虑与其相邻的所有未在当前路径中的顶点。
对于每一个这样的顶点，添加到当前路径末端，并利用判定算法检查剩余的图是否存在哈密尔顿路径。
如果存在，继续当前过程；如果不存在，撤销添加这个顶点的操作，尝试下一个顶点。
回溯：如果在任意步骤中，所有的相邻顶点都不能导致哈密尔顿圈的构造，则回溯到上一步，尝试不同的顶点扩展路径。
完成构造：当路径包含所有顶点且能形成一个圈时，该路径即为哈密尔顿圈。
复杂度分析
在最坏情况下，算法可能需要尝试图中所有顶点的所有排列来找到哈密尔顿圈，这是一个非常高的计算成本。然而，由于存在一个多项式时间的判定算法，我们可以在每一步中有效地排除那些不会导致哈密尔顿圈的路径，这显著减少了需要检查的总路径数量。
在实际操作中，算法的效率高度依赖于给定图的结构和判定算法的效率。在某些图中，这个方法可能相对高效；在其他图中，可能需要更多的回溯和尝试。
结论
通过这种增量构建和回溯的方法，如果存在一个多项式时间的判定算法，那么我们可以构造出一个多项式时间的算法来构建哈密尔顿圈（如果它存在的话）。需要注意的是，这种方法的效率高度依赖于判定算法的性能和图的特定结构。
要改为减边的形式来构造哈密尔顿圈，我们可以使用一种基于边删除的方法。这种方法逆向工作，从完整的图开始，逐渐删除边，直到找到哈密尔顿圈或确定图中不存在哈密尔顿圈为止。以下是算法的一个概述：
算法步骤
初始化：从原始图 (G) 开始，其中包含所有顶点和边。
逐步删除边：遍历图 (G) 中的每一条边，对于每一条边 (e)：
临时从图 (G) 中移除边 (e)。
使用判定算法检查删除边 (e) 后的图 (G) 是否仍然包含哈密尔顿圈。
如果存在哈密尔顿圈，保持边 (e) 被移除；如果不存在，撤销移除边 (e) 的操作。
回溯：如果在任意步骤中，所有的删除操作都不能导致哈密尔顿圈的构造，则回溯到上一步，尝试不同的边删除。
完成构造：当图中剩余的边刚好形成一个哈密尔顿圈时，停止删除边。此时的图即为哈密尔顿圈。
复杂度分析
与增量方法类似，在最坏情况下，算法可能需要尝试删除图中的所有边的不同组合来找到哈密尔顿圈，这可能涉及大量的计算。但由于存在一个多项式时间的判定算法，我们可以有效地排除那些不会导致哈密尔顿圈的边删除操作，从而减少所需的工作量。
效率同样高度依赖于判定算法的性能和给定图的特定结构。
结论
通过这种逐步删除边的方法，如果存在一个多项式时间的判定算法，那么我们可以构造出一个多项式时间的算法来寻找哈密尔顿圈（如果存在的话）。这种方法的有效性依赖于判定算法的准确性和效率，以及原始图的特性。
- 三着色问题的自身规约
要从判断一个图是否可以进行三着色的多项式时间算法构造出找到具体三着色方案的算法，我们可以考虑两种不同的策略：解法一和解法二。下面我将对这两种策略进行详细描述。
解法一：逐步加边法
这种方法基于逐渐增加图中边的数量，并在每一步使用判定算法来检查当前图是否仍然可以进行三着色。
初始化：从原始图 (G) 开始，该图可能是稀疏的，即边的数量相对较少。
逐步加边：在图中逐步添加新的边，每次添加一条边后，使用判定算法来检查新图是否仍然可以进行三着色。
如果图仍然可以进行三着色，继续添加新的边。
如果添加了新的边后，图不再可以进行三着色，则撤销这次添加的边。
继续直到无法添加更多边：重复这个过程，直到无法添加更多的边而保持图的三着色性为止。
构造三个独立集：最终，图中每种颜色的顶点将形成一个独立集。这三个独立集合起来构成图的一个三着色方案。
解法二：逐步合并顶点法
这种方法基于逐渐合并图中的顶点，并在每一步使用判定算法来检查当前图是否仍然可以进行三着色。
初始化：从原始图 (G) 开始。
逐步合并顶点：在图中逐步合并两个不相邻的顶点。每次合并两个顶点后，使用判定算法来检查新图是否仍然可以进行三着色。
如果图仍然可以进行三着色，继续合并其他顶点。
如果合并顶点后，图不再可以进行三着色，则撤销这次合并操作。
继续直到只剩下三个顶点：重复这个过程，直到图中只剩下三个顶点为止。
构造三着色方案：最终剩下的三个顶点分别代表三种不同的颜色，原始图中每个顶点的颜色即为其合并路径中最终剩下的顶点的颜色。
结论
这两种方法都依赖于一个能在多项式时间内判断图的三着色性的算法。通过逐步的加边或合并顶点，我们可以在保持图的三着色性的同时逐渐逼近具体的着色方案。这两种方法在理论上是可行的，但它们的实际效率高度依赖于判定算法的性能和给定图的特定结构。
- 背包问题进行自身归约的流程？
判定问题： 给定 n 个物品和容量 C，能否使得总价值是大于等于 k 的
如果存在判断任意给定 n 个物品和容量为 C 的背包是否存在总价值是大于等于 k 的多项式时间算法，请你设计构造任意背包问题的多项式时间算法。
要从判断任意给定 ( n ) 个物品和容量为 ( C ) 的背包是否存在总价值大于等于 ( k ) 的多项式时间算法构造出寻找具体解的多项式时间算法，我们可以采用一种增量构建的方法。这种方法基于已有的判定问题的解来逐步构建背包问题的解。以下是算法的一个概述：
算法步骤
初始化：设置一个变量 (v) 作为当前背包的价值目标，初始为 0。创建一个空的背包。
逐步添加物品：对于每个物品 (i)，执行以下操作：
尝试将物品 (i) 添加到背包中。
使用判定算法检查是否存在一种方法使得背包中的物品总价值大于等于 (v + \text{价值}(i))，且不超过背包容量 (C)。
如果存在，将物品 (i) 添加到背包中，并更新 (v = v + \text{价值}(i))。
检查总价值：在添加每个物品后，检查当前背包的总价值是否已经达到或超过了目标 (k)。如果达到或超过，停止添加更多物品。
构造解：重复步骤 2 和 3，直到无法添加更多物品或已达到目标价值为止。最终背包中的物品集合即为问题的解。
复杂度分析
此算法的复杂度取决于判定算法的复杂度和物品数量 (n)。对于每个物品，算法至多调用一次判定算法。
如果判定算法是多项式时间的，那么整个构造过程也是多项式时间的，因为它涉及至多 (n) 次判定调用。
结论
通过这种逐步添加物品的方法，如果存在一个多项式时间的判定算法，那么我们可以构造出一个多项式时间的算法来寻找背包问题的具体解。这种方法的有效性依赖于判定算法的准确性和效率。
现自己假设一个 01背包问题的多项式时间判定问题，并通多这个判定问题找出01背包问题的多项式时间的解？
为了构造一个基于假设的多项式时间判定问题来找出 0-1 背包问题的多项式时间解，我们首先需要定义一个合适的判定问题。
假设的 0-1 背包问题多项式时间判定问题
判定问题：给定一组物品，每个物品有一个重量和一个价值，一个背包的容量限制 (C)，和一个目标价值 (k)，判断是否存在一个物品子集能够被装入背包中，使得这些物品的总价值大于等于 (k)，且总重量不超过背包容量 (C)。
假设存在一个多项式时间算法可以解决这个判定问题。
构造 0-1 背包问题的多项式时间解
初始化：对于给定的物品集合，将目标价值 (k) 设置为物品总价值的一半或任意预估的较低值。
增量提高目标价值：逐渐增加 (k) 的值，每次增加后使用假设的判定算法来检查是否存在满足条件的物品子集。
如果存在，继续增加 (k)。
如果不存在，停止增加 (k)，此时最后一个有效的 (k) 是背包能够达到的最大价值。
寻找最优子集：在找到最大价值 (k) 后，对于每个物品 (i)，执行以下操作：
临时从物品集合中移除物品 (i)。
使用判定算法检查是否仍然存在满足条件（总价值大于等于 (k)，总重量不超过 (C)）的物品子集。
如果存在，说明物品 (i) 不是必需的；如果不存在，说明物品 (i) 是必需的，将其加回到物品集合中。
构造解：重复第 3 步，直到所有物品都被考虑过。最终留在物品集合中的物品就构成了背包问题的解。
复杂度分析
增量提高目标价值的步骤涉及多次判定调用，次数取决于 (k) 的增量大小。
在寻找最优子集的过程中，可能需要对每个物品进行一次判定，涉及 (O(n)) 次判定调用，其中 (n) 是物品的数量。
如果判定算法是多项式时间的，那么整个构造过程也是多项式时间的。
结论
通过这种逐步寻找和验证最优子集的方法，如果存在一个多项式时间的判定算法，那么我们可以构造出一个多项式时间的算法来找出 0-1 背包问题的具体解。然而，这种构造完全基于假设存在这样的判定算法，而在实际中，0-1 背包问题通常通过动态规划等方法求解，这些方法的时间复杂度是伪多项式的，而不是严格的多项式时间。
23.TSP 问题自身归约的流程？
现自己假设一个 TSP 问题的多项式时间判定问题，并通多这个判定问题找出 TSP 问题的多项式时间的解？
旅行推销员问题（TSP，Traveling Salesman Problem）是一个经典的 NP-难问题，涉及寻找最短可能路径来访问一系列城市并返回出发点。目前没有已知的多项式时间算法可以解决 TSP 的一般情况，但我们可以假设一个多项式时间判定问题，然后尝试从这个判定问题构造出 TSP 问题的多项式时间的解。
假设的 TSP 多项式时间判定问题
判定问题：给定一个完全图 (G)（每对顶点之间都有一条边），每条边有一个权重，一个目标值 (k)，判断是否存在一条总权重不超过 (k) 的哈密尔顿回路（经过每个顶点恰好一次并返回起点的回路）。
假设存在一个多项式时间算法可以解决这个判定问题。
构造 TSP 问题的多项式时间解
初始化：设定一个初始的目标值 (k)。这个值可以是图中所有边权重的总和，因为这肯定大于任何可能的哈密尔顿回路的权重。
二分搜索：使用二分搜索来找到最小的 (k)，使得判定问题的答案为真。每次迭代中：
使用判定算法检查当前的 (k) 是否可行。
如果可行，减小 (k)；如果不可行，增加 (k)。
寻找哈密尔顿回路：找到满足条件的最小 (k) 后，逐步尝试移除每条边，并再次使用判定算法检查是否仍存在符合条件的哈密尔顿回路。
如果移除某条边后，不存在符合条件的哈密尔顿回路，那么这条边是必需的，将其保留。
如果移除某条边后，仍存在符合条件的哈密尔顿回路，那么这条边是非必需的，将其移除。
构造解：通过这种方式，可以逐步构造出权重最小的哈密尔顿回路，即 TSP 的解。
复杂度分析
二分搜索的步骤涉及 (O(\log k)) 次判定调用，其中 (k) 是初始目标值。
在寻找哈密尔顿回路的过程中，可能需要对每条边进行一次判定，涉及 (O(m)) 次判定调用，其中 (m) 是边的数量。
如果判定算法是多项式时间的，那么整个构造过程也是多项式时间的。
结论
虽然我们可以基于假设的多项式时间判定问题构造出一个 TSP 问题的多项式时间解法，但值得注意的是，这种构造完全基于假设存在这样的判定算法，而在实际中，TSP 仍然是一个未解决的 NP-难问题。
-
三着色进行自身归约的流程？
-
最大流问题的解唯一吗？
最大流问题的解不一定是唯一的。有可能存在多条增广路径，或者多种分配流量的方式，导致不同的最大流。
- 如果一个流网络的最大流唯一可以确定最小割唯一吗？
如果一个流网络的最大流唯一，那么最小割不一定唯一。有可能存在多种不同的割法，使得割的容量等于最大流的值。
最大流与最小割可以相互归约吗？
- 2 元可满足性问题的多项式时间算法描述（结合 42 题）
☆☆☆☆☆ 重点参考文章
什么是 2-SAT 问题？
2-SAT（2-Satisfiability）是布尔可满足性问题的一个特例，其中每个子句都包含两个文字。具体而言，给定一个包含布尔变量和以下形式子句的合取范式（CNF）：
[ ( ¬ x i ∨ y i ) ] [(\neg x_i \lor y_i)]
[(¬x
i
∨y
i
)]
其中 (¬ \neg¬) 表示逻辑非，(∨ \lor∨) 表示逻辑或，每个 (x i x_ix
i
) 和 (y i y_iy
i
) 都是布尔变量。2-SAT 问题的目标是找到布尔变量的一个赋值，使得每个子句中至少有一个文字为真。
举例说明，考虑以下 2-SAT 问题：
[ ( ¬ x 1 ∨ x 2 ) ∧ ( ¬ x 2 ∨ x 3 ) ∧ ( ¬ x 3 ∨ x 1 ) ] [(\neg x_1 \lor x_2) \land (\neg x_2 \lor x_3) \land (\neg x_3 \lor x_1)]
[(¬x
1
∨x
2
)∧(¬x
2
∨x
3
)∧(¬x
3
∨x
1
)]
这个 2-SAT 问题包含三个子句，每个子句都包含两个文字。问题的目标是找到 (x 1 , x 2 , x 3 x_1, x_2, x_3x
1
,x
2
,x
3
) 的一个赋值，使得每个子句中至少有一个文字为真。
在这个例子中，可以找到一个解：(x 1 = True , x 2 = True , x 3 = True x_1 = \text{True}, x_2 = \text{True}, x_3 = \text{True}x
1
=True,x
2
=True,x
3
=True)，因为对于每个子句，至少有一个文字是真。
2-SAT 问题在计算机科学中有广泛的应用，例如在图算法、自动推理和编译器优化等领域。
2元可满足性问题（2-SAT）是布尔可满足性问题（SAT）的一个特殊情况，其中每个子句最多包含两个文字（变量或其否定）。尽管一般的 SAT 问题是 NP 完全的，2-SAT 问题可以在多项式时间内解决。下面是一个典型的用于解决 2-SAT 问题的多项式时间算法，它基于图的强连通分量（SCC）：
什么是强连通分量？
什么是蕴含图？
"若p发生，则q发生。(p→q)"
注： 这里的蕴含图看链接中的介绍，会更清楚详实。 ☆☆☆☆☆ 重点参考文章
什么是拓扑排序？
若一个由图中所有点构成的序列 A 满足：对于图中的每条边 (x,y)，x 在 A 中都出现在 y 之前，则称 A 是该图的一个拓扑序列。
肖老师作业中的答案描述：（其中x i ∧ x j x_i \land x_jx
i
∧x
j
应该是 x i ∨ x j x_i \lor x_jx
i
∨x
j
，后面就都错了）
下面也有问题：x i ∧ x j x_i \land x_jx
i
∧x
j
应该是 x i ∨ x j x_i \lor x_jx
i
∨x
j
案例
第一个例子
给定的 2-CNF 表达式为( a ∨ ¬ b ) ∧ ( ¬ a ∨ b ) ∧ ( b ∨ ¬ c ) ∧ ( a ∨ c )
图包含四个强连通分量：{ a , b } , { c } , { ¬ a , ¬ b } , { ¬ c } 。没有出现某个变量及其否定在同一个强连通分量的情况，所以是可满足的。进行缩点 ：(由于 Tarjan 算法求强连通分量的过程中已经得到了拓扑序，我们不需要额外进行拓扑排序)
如果 x i xixi 的拓扑序在 ¬ x i ¬xi¬xi 之后，那么取 x i xixi 为真；否则取 x i xixi 为假。这样可以保证满足所有的简单析取式
- 平面图 4 着色的多项式时间算法
这个算法的基本思想是从一个三角形开始，逐步添加顶点和边，同时保持着色的正确性。具体的算法步骤可以参考这篇文章。
算法的文字描述如下：
首先，找到平面图中的一个三角形，给它的三个顶点分配不同的颜色，例如 1，2，3。
然后，用一个队列存储已经着色的顶点，初始时将三角形的三个顶点入队。
接下来，重复以下步骤，直到队列为空为止：
从队列中取出一个顶点 v。
遍历 v 的所有邻居 u。
如果 u 已经着色，跳过。
如果 u 没有着色，找到一个可用的颜色 c，即与 u 的所有邻居的颜色都不同的颜色。
如果没有可用的颜色，说明平面图不能 4-着色，返回 False。
否则，给 u 着色 c，并将 u 入队。
最后，返回着色方案，即每个顶点的颜色。
- 二部图顶点覆盖问题的多项式时间算法
二部图顶点覆盖问题可以在多项式时间内解决，方法是利用二部图的最大匹配。这个解决方案基于König定理，该定理指出在二部图中，最大匹配的大小等于最小顶点覆盖的大小。以下是解决二部图顶点覆盖问题的算法步骤：
二部图顶点覆盖问题的多项式时间算法
计算最大匹配：首先，使用例如Hopcroft-Karp算法来找到二部图的最大匹配。Hopcroft-Karp算法的时间复杂度是 (O(\sqrt{V}E))，其中 (V) 是顶点数，(E) 是边数。
构建交错树：使用最大匹配结果来构建交错树（Alternating Tree）。交错树是从未匹配的顶点开始的树，其路径交替包括不在匹配中和在匹配中的边。
找到未覆盖的顶点：在交错树中，找到所有未被匹配的顶点。这些顶点是最小顶点覆盖的一部分。
构建最小顶点覆盖：根据König定理，将这些未被匹配的顶点以及与它们相连的匹配边中的另一端顶点一起选取，形成的集合即为最小顶点覆盖。
算法复杂度
计算最大匹配的步骤是多项式时间的。
构建交错树和找到最小顶点覆盖的步骤也是多项式时间的，因为它们的复杂度主要取决于图的边数和顶点数。
结论
因此，二部图顶点覆盖问题可以在多项式时间内解决。这个方法的关键是利用König定理将问题转化为寻找最大匹配，然后通过构建交错树来找到最小顶点覆盖。这个算法在理论和实践中都是有效的，是解决二部图顶点覆盖问题的标准方法。
- 匹配问题的多项式时间算法
匹配问题，特别是在二部图中的最大匹配问题，可以通过多项式时间算法解决。最著名的算法之一是Hopcroft-Karp算法，它用于在二部图中找到最大匹配。以下是算法的简要描述：
注： 这里是使用的 HK 算法，实际上可以使用匈牙利算法来计算
Hopcroft-Karp 算法
算法步骤
初始化：将所有顶点标记为未匹配。
重复以下步骤直至无法找到增广路径：
使用广度优先搜索（BFS）从所有未匹配的左侧顶点开始查找增广路径。增广路径是一条从左侧未匹配顶点到右侧未匹配顶点的路径，路径上的边交替地不在匹配中和在匹配中。
一旦找到增广路径，就使用这条路径来更新当前的匹配，即在路径上交替地添加不在匹配中的边和移除在匹配中的边。
重复此过程，直到在图中找不到更多增广路径为止。
输出最大匹配：算法完成后，当前的匹配即为图的最大匹配。
算法复杂度
Hopcroft-Karp算法的时间复杂度是 (O(\sqrt{V} \cdot E))，其中 (V) 是顶点数，(E) 是边数。这是因为每次找到增广路径都会至少匹配一个新顶点，且每次搜索增广路径的复杂度是 (O(E))。
结论
Hopcroft-Karp算法是解决二部图最大匹配问题的有效多项式时间算法。它通过迭代查找增广路径并不断优化当前匹配来逐步构建最大匹配。这种方法在理论和实践中都是广泛应用的，是解决二部图匹配问题的标准技术。
匈牙利算法
- 线性规划的多项式时间算法
线性规划问题是在一组线性约束下最大化或最小化一个线性目标函数的问题。尽管线性规划问题可以用多种方法求解，但直到1984年，才有了第一个多项式时间算法，即Karmarkar算法，由印度数学家Narendra Karmarkar提出。
Karmarkar算法
Karmarkar算法是一个迭代算法，用于解决线性规划问题。它是对之前广泛使用的单纯形法的一个重要改进，单纯形法在实践中效率很高，但在最坏情况下可能具有指数时间复杂度。
算法步骤
变换问题：首先将线性规划问题转换为标准型，然后进一步转换为一个在单位超球内的特殊形式，称为Karmarkar标准型。
初始化：从单位超球内的一个点开始，通常是中心点。
迭代优化：在每次迭代中，使用梯度下降或其他优化技术，根据目标函数和约束条件在超球内移动当前点，以改进目标函数的值。
终止条件：当当前解足够接近最优解时，算法终止。
解的变换：将Karmarkar标准型下得到的解转换回原始线性规划问题的解。
算法复杂度
Karmarkar算法的时间复杂度是多项式的，具体取决于问题的大小和精度要求。它通常比单纯形法更适合于大型线性规划问题。
结论
Karmarkar算法是解决线性规划问题的一个有效的多项式时间算法。它通过一种巧妙的变换和迭代优化方法，能够有效地求解大型问题。尽管在实际应用中，单纯形法由于其实现简单和在许多情况下的高效性仍然被广泛使用，Karmarkar算法提供了一个理论上重要的多项式时间替代方案。
- 顶点覆盖归约到独立集
顶点覆盖归约到独立集，要求双向证明，详细说明构造过程以及正向和反向证明过程
要证明顶点覆盖问题可以归约到独立集问题，我们需要进行双向证明。首先，让我们定义两个问题：
顶点覆盖问题：在一个给定的无向图 ( G = (V, E) ) 中，顶点覆盖是一个顶点集 ( C \subseteq V ) 使得每条边至少有一个端点在 ( C ) 中。目标是找到最小的这样的顶点集。
独立集问题：在同一个无向图 ( G = (V, E) ) 中，独立集是一个顶点集 ( I \subseteq V ) 使得集合中没有两个顶点是相邻的。目标是找到最大的这样的顶点集。
构造过程
对于给定的图 ( G = (V, E) )，我们使用同一个图来作为独立集问题和顶点覆盖问题的输入。归约的关键在于观察到顶点覆盖集和独立集之间的互补关系。
正向证明
假设：假设存在一个大小为 ( k ) 的顶点覆盖 ( C ) 在图 ( G ) 中。
构造独立集：考虑顶点集 ( V \setminus C )，即所有不在顶点覆盖 ( C ) 中的顶点。
证明独立集性质：由于 ( C ) 是顶点覆盖，因此 ( V \setminus C ) 中的任何两个顶点都不可能同时出现在 ( G ) 的任何一条边上。因此，( V \setminus C ) 形成了一个独立集。
结论：因此，如果存在大小为 ( k ) 的顶点覆盖，则存在大小为 ( |V| - k ) 的独立集。
反向证明
假设：假设存在一个大小为 ( l ) 的独立集 ( I ) 在图 ( G ) 中。
构造顶点覆盖：考虑顶点集 ( V \setminus I )，即所有不在独立集 ( I ) 中的顶点。
证明顶点覆盖性质：由于 ( I ) 中没有相邻的顶点，因此所有在 ( G ) 中连接 ( I ) 中顶点的边必须至少有一个端点在 ( V \setminus I ) 中。因此，( V \setminus I ) 形成了一个顶点覆盖。
结论：因此，如果存在大小为 ( l ) 的独立集，则存在大小为 ( |V| - l ) 的顶点覆盖。
总结
通过上述双向证明，我们展示了顶点覆盖问题到独立集问题的有效归约。这两个问题实际上是图的互补问题，一个问题的解可以通过简单的集合补运算转换为另一个问题的解。这种归约在理论计算机科学中是一个重要的概念，说明了不同问题之间深层次的联系。
- 顶点覆盖归约到集合覆盖
正向： 由于 ( C ) 是一个大小为 k 的顶点覆盖，因此 ( C ) 中的顶点包含了图中所有边的至少一个端点。所以，这些集合的并集包含了全集 ( U ) 中的所有元素，且集合覆盖的大小为 k。
反向： 由于 ( C ) 是一个大小为 k 的顶点覆盖，因此 ( C ) 中的顶点包含了图中所有边的至少一个端点。所以，这些集合的并集包含了全集 ( U ) 中的所有元素，且集合覆盖的大小为 k。
顶点覆盖归约到集合覆盖，要求双向证明，详细说明构造过程以及正向和反向证明过程
要证明顶点覆盖问题可以归约到集合覆盖问题，并进行双向证明，我们首先需要定义这两个问题：
顶点覆盖问题（Vertex Cover）：对于给定的无向图 ( G = (V, E) )，顶点覆盖是一个顶点集 ( C \subseteq V ) 使得图中的每条边至少有一个端点在 ( C ) 中。目标是找到最小的顶点覆盖。
集合覆盖问题（Set Cover）：由于集合覆盖覆盖了全集 ( U )，即图中的所有边，所以选择的顶点覆盖了图中的每条边。
归约过程
将顶点覆盖问题归约到集合覆盖问题：
构造：对于无向图 ( G = (V, E) ) 中的每条边 ( e \in E )，在集合覆盖问题中创建一个元素。对于图中的每个顶点 ( v \in V )，创建一个集合，该集合包含与 ( v ) 相连的所有边。这样，全集 ( U ) 就是图中所有边的集合，而集合覆盖问题中的集合集 ( S ) 则对应于图的每个顶点。
正向证明
假设：存在一个大小为 ( k ) 的顶点覆盖 ( C ) 在图 ( G ) 中。
构造集合覆盖：对于顶点覆盖中的每个顶点 ( v \in C )，选择相应的集合。
证明集合覆盖性质：由于 ( C ) 是一个顶点覆盖，因此 ( C ) 中的顶点包含了图中所有边的至少一个端点。所以，这些集合的并集包含了全集 ( U ) 中的所有元素。
结论：因此，顶点覆盖中的顶点对应的集合形成了集合覆盖问题的一个解。
反向证明
假设：存在一个集合覆盖 ( D \subseteq S )，覆盖了全集 ( U )。
构造顶点覆盖：对于集合覆盖中的每个集合，选择对应的顶点。
证明顶点覆盖性质：由于集合覆盖覆盖了全集 ( U )，即图中的所有边，所以选择的顶点覆盖了图中的每条边。
结论：因此，集合覆盖中的集合对应的顶点形成了顶点覆盖问题的一个解。
总结
通过上述双向证明，我们展示了顶点覆盖问题到集合覆盖问题的有效归约。这个归约过程将图中的边视为集合覆盖问题中的元素，图中的顶点视为包含与其相连边的集合。这种归约在理论计算机科学中展示了不同问题之间的联系，并为解决这些问题提供了新的视角。
- 顶点覆盖归约到支配集
顶点覆盖归约到支配集，要求双向证明，详细说明构造过程以及正向和反向证明过程
正向证明时，为什么会说： s 是 G 的一个顶点覆盖，由于所有边都被 s 覆盖，因此图 G' 所有顶点也都被 s 所支配；是因为每条边都有一个端点连接到 s 中的顶点，而 G' 中加入的新顶点，连接到了每条边的两个端点，必要会连接到 s 中的一个顶点，如下图：（波浪线为顶点覆盖集同时也是支配集）
- 3-SAT归约到独立集
3-SAT归约到独立集，要求双向证明，详细说明构造过程以及正向和反向证明过程
注： 第二点证明有误，当 ϕ \phiϕ 被满足，在 k 个句子中选择 k 个变量设置为 true 才对
- 有向图哈密尔顿圈归约到无向图哈密尔顿圈
有向图哈密尔顿圈归约到无向图哈密尔顿圈，要求双向证明，详细说明构造过程以及正向和反向证明过程
哈密尔顿圈归约到旅行售货员
哈密尔顿圈归约到TSP，要求双向证明，详细说明构造过程以及正向和反向证明过程
将哈密尔顿圈问题归约到旅行推销员问题（TSP）并进行双向证明，我们首先定义两个问题：
哈密尔顿圈问题：给定一个图 ( G = (V, E) )，判断图 ( G ) 中是否存在一条经过每个顶点恰好一次并返回起点的闭合路径（哈密尔顿圈）。
旅行推销员问题（TSP）：给定一组城市和每对城市之间的旅行成本，找到访问每个城市恰好一次并返回起点的最小成本路径。
归约过程
将哈密尔顿圈问题归约到 TSP：
构造：给定一个哈密尔顿圈问题实例，即图 ( G = (V, E) )。构造一个 TSP 实例，其中每个顶点 ( v \in V ) 对应一个城市，每条边 ( e \in E ) 的成本设置为 1，不在 ( E ) 中的边（即图 ( G ) 中不存在的边）的成本设置为一个非常大的数（例如 ( M )，其中 ( M ) 大于顶点数）。
正向证明
假设：假设存在一个哈密尔顿圈 ( H ) 在图 ( G ) 中。
构造 TSP 解：将哈密尔顿圈 ( H ) 直接映射为 TSP 路径。由于 ( H ) 包含了图 ( G ) 中的所有顶点，并且只包含存在于 ( G ) 中的边，因此该路径的总成本等于顶点数，这是可能的最小成本。
结论：因此，如果存在哈密尔顿圈，那么构造的 TSP 实例的最小成本路径的成本等于顶点数。
反向证明
假设：假设存在一个成本等于顶点数的 TSP 解。
构造哈密尔顿圈：由于这个解的成本等于顶点数，这意味着路径只包含成本为 1 的边，即只包含原图 ( G ) 中存在的边。
结论：因此，这个 TSP 路径对应于图 ( G ) 中的一个哈密尔顿圈。
总结
通过上述双向证明，我们展示了哈密尔顿圈问题到 TSP 的有效归约。这个归约方法有效地将哈密尔顿圈问题转化为一个特殊的 TSP 问题，其中不存在的边被赋予非常大的成本，以确保 TSP 的最优解只包含原图中存在的边。这种方法不仅在理论上证明了两个问题之间的联系，而且在实际中也为解决这些问题提供了新的思路。
- 哈密尔顿圈归约到最长路径
哈密尔顿圈归约到最长路径，要求双向证明，详细说明构造过程以及正向和反向证明过程
将哈密尔顿圈问题归约到最长路径问题，并进行双向证明，我们首先定义这两个问题：
哈密尔顿圈问题：给定一个图 ( G = (V, E) )，判断图 ( G ) 中是否存在一条经过每个顶点恰好一次并返回起点的闭合路径（哈密尔顿圈）。
最长路径问题：给定一个图 ( G = (V, E) )，找到图中最长的路径，即顶点序列，其中每个顶点最多出现一次，且序列中相邻顶点在图中有边相连。
归约过程
将哈密尔顿圈问题归约到最长路径问题：
构造：给定哈密尔顿圈问题实例的图 ( G = (V, E) )。使用同一个图 ( G ) 作为最长路径问题的输入。目标是在图 ( G ) 中找到一条长度为 ( |V| - 1 ) 的路径，这意味着该路径通过图中的每个顶点恰好一次，但不返回起点。
正向证明
假设：假设存在一个哈密尔顿圈 ( H ) 在图 ( G ) 中。
构造最长路径：由于哈密尔顿圈 ( H ) 经过每个顶点恰好一次，我们可以选择 ( H ) 中的任意一点作为起点和终点，然后移除起点和终点之间的一条边，从而形成一条长度为 ( |V| - 1 ) 的路径。
结论：因此，如果存在哈密尔顿圈，则存在长度为 ( |V| - 1 ) 的最长路径。
反向证明
假设：假设存在长度为 ( |V| - 1 ) 的最长路径 ( P ) 在图 ( G ) 中。
构造哈密尔顿圈：由于路径 ( P ) 经过每个顶点恰好一次，且长度为 ( |V| - 1 )，我们可以在 ( P ) 的起点和终点之间添加一条边（如果存在），从而形成一个哈密尔顿圈。
结论：因此，如果存在长度为 ( |V| - 1 ) 的最长路径，则存在一个哈密尔顿圈。
总结
通过上述双向证明，我们展示了哈密尔顿圈问题到最长路径问题的有效归约。这个归约方法有效地将哈密尔顿圈问题转化为寻找最长路径的问题，其中最长路径的长度刚好比顶点数少一。这种方法在理论上证明了两个问题之间的联系，但值得注意的是，最长路径问题本身也是一个NP难问题。
- 三着色归约到 k 着色
三着色归约到k着色，要求双向证明，详细说明构造过程以及正向和反向证明过程
要证明三着色问题可以归约到 (k)-着色问题，并进行双向证明，首先需要定义这两个问题：
三着色问题：给定一个无向图 ( G = (V, E) )，判断是否可以使用三种颜色对顶点进行着色，使得任何两个相邻的顶点都不具有相同的颜色。
(k)-着色问题：给定一个无向图 ( G = (V, E) ) 和一个整数 ( k )，判断是否可以使用至多 ( k ) 种颜色对顶点进行着色，使得任何两个相邻的顶点都不具有相同的颜色。
归约过程
从三着色问题归约到 (k)-着色问题实际上是直接的，因为三着色问题是 (k)-着色问题的一个特例，其中 ( k = 3 )。
正向证明
假设：假设存在一个三着色方案 ( C_3 ) 在图 ( G ) 中。
构造 (k)-着色方案：直接使用三着色方案 ( C_3 ) 作为 (k)-着色方案，因为如果一个图可以用三种颜色着色，那么它显然也可以用任何多于三种的颜色着色（即 ( k \geq 3 )）。
结论：因此，如果存在三着色方案，那么对于任何 ( k \geq 3 )，也存在 (k)-着色方案。
反向证明
假设：假设存在一个 (k)-着色方案 ( C_k ) 在图 ( G ) 中，其中 ( k \geq 3 )。
构造三着色方案：这个反向归约并不直接有效，因为能用 ( k ) 种颜色着色的图并不一定能用恰好三种颜色着色。因此，我们不能从一个 (k)-着色方案直接得出一个三着色方案。
结论：因此，虽然每个三着色问题都是一个 (k)-着色问题，但并非所有的 (k)-着色问题都是三着色问题。
总结
通过上述证明，我们展示了三着色问题可以视为 (k)-着色问题的特殊情况，但反过来并不总是成立。这意味着三着色问题可以归约到 (k)-着色问题，但不能从 (k)-着色问题的解直接得到三着色问题的解，除非 ( k ) 恰好等于 3。这种归约在理论上说明了三着色问题在复杂度上是 (k)-着色问题的一个下界。
三着色问题归约到 k 着色问题的方法是：
给定一个无向图 G 和一个正整数 k ，假设 k ≥ 4。
构造一个新的无向图 G′，如下：
G′ 包含 G 中的所有顶点和边。
G′ 还包含 k − 3 个新的顶点 v 1 , v 2 , ... , v k − 3v_1, v_2, \ldots, v_{k-3}v
1
,v
2
,...,v
k−3
，称为附加顶点。
G′ 还包含 k − 3 条新的边，分别连接 v i v_iv
i
和 v i + 1 v_{i+1}v
i+1
，对于i = 1 , 2 , ... , k − 4 i = 1, 2, \ldots, k-4i=1,2,...,k−4。这些边形成了一个环，称为附加环。
G′ 还包含 G 中每个顶点和附加环中任意一个顶点之间的边，即 G 中的每个顶点都与附加环相连。
返回 G ′ 和 k 作为归约的结果。
这个归约的正确性可以用以下证明：
如果 G有一个三着色方案，那么G′也有一个 k 着色方案。具体来说，我们可以沿用 G中的三着色方案，然后给附加顶点分配不同的颜色，使得附加环中的每个顶点都与相邻的顶点和G中的任意一个顶点颜色不同。这样，G′ 中的所有边都满足了 k 着色的要求。
如果 G′有一个 k 着色方案，那么 G也有一个三着色方案。具体来说，我们可以观察到附加环中的 k−3个顶点必须有k−3种不同的颜色，否则就会出现相邻顶点颜色相同的情况。而且，G中的每个顶点都与附加环中的某个顶点相连，所以G中的每个顶点的颜色必须是附加环中没有出现的那三种颜色之一，否则就会出现与附加环中的顶点颜色相同的情况。这样， G中的所有边都满足了三着色的要求。
这个归约的时间复杂度是多项式的，因为我们只需要复制G中的顶点和边，然后添加k−3个顶点和O(k+n) 条边，其中n是 G中的顶点数。因此，三着色问题可以在多项式时间内归约到 k 着色问题，即三着色问题 ≤ p k 着色问题。
-
子集和归约到分区问题
-
子集和归约到背包问题
-
最长路径问题的自归约
最长路径问题：给定简单无向图中是否存在长度大于等于k的简单路径?请证明这个问题是NP完全问题。
要证明最长路径问题（在给定的简单无向图中是否存在长度大于等于 ( k ) 的简单路径）是 NP 完全的，我们需要满足两个条件：
该问题在 NP 中：即对于该问题的任意一个"是"的实例，存在一个多项式时间的验证算法。
该问题至少和 NP 中最困难的问题一样困难：即需要从一个已知的 NP 完全问题进行多项式时间归约。
证明问题在 NP 中
一个简单路径的长度大于等于 ( k ) 可以在多项式时间内被验证。给定一个路径，我们只需要检查路径是否简单（即不包含重复的顶点），并计算其长度是否大于等于 ( k )。这两个步骤都可以在多项式时间内完成，因此最长路径问题在 NP 中。
从一个已知的 NP 完全问题进行归约
我们可以从哈密尔顿路径问题进行归约，该问题是已知的 NP 完全问题。哈密尔顿路径问题是判断给定图中是否存在一条经过每个顶点恰好一次的路径。
归约过程
给定实例：考虑哈密尔顿路径问题的一个实例，即一个图 ( G = (V, E) )。
构造最长路径问题的实例：使用相同的图 ( G ) 作为最长路径问题的实例，设置长度 ( k ) 为 ( |V| )（顶点的数量）。
证明等价性：
如果图 ( G ) 中存在哈密尔顿路径，则存在一条长度为 ( |V| ) 的路径，这满足最长路径问题的要求。
反过来，如果存在一条长度为 ( |V| ) 的路径，则这条路径必须经过每个顶点恰好一次，即构成哈密尔顿路径。
结论
因此，最长路径问题是 NP 完全的。我们证明了它在 NP 中，并且能够从哈密尔顿路径问题（一个已知的 NP 完全问题）进行多项式时间归约。这证明了最长路径问题至少和 NP 中最困难的问题一样困难。
- 证明：如果我们可以检查一个图在多项式时间内是否有一个大小为 k 的团（一个完整的图），那么我们也可以在多项式时间内找到一个大小为k的团。
要证明如果存在一个多项式时间算法可以判断一个图中是否存在一个大小为 ( k ) 的团，那么也存在一个多项式时间算法来找到一个大小为 ( k ) 的团，我们可以使用一种自我归约的方法。这种方法基于判定问题（是否存在团）来逐步构造出一个确切的团。
算法步骤
初始化：从原始图 ( G = (V, E) ) 开始。
逐步移除顶点：对于图中的每个顶点 ( v \in V )：
临时从图 ( G ) 中移除顶点 ( v ) 及其所有相连的边，得到新图 ( G' )。
使用判定算法检查 ( G' ) 中是否存在一个大小为 ( k ) 的团。
如果在 ( G' ) 中存在一个大小为 ( k ) 的团，则说明 ( v ) 不是原始图 ( G ) 中大小为 ( k ) 的团的一部分；将 ( v ) 永久移除。
如果在 ( G' ) 中不存在一个大小为 ( k ) 的团，则 ( v ) 是团的一部分，将 ( v ) 保留在图中。
重复步骤 2：重复上述过程，直到图中剩余的顶点数等于 ( k )。最终剩下的顶点构成了一个大小为 ( k ) 的团。
复杂度分析
此算法的复杂度取决于判定算法的复杂度和顶点数 ( n )。对于每个顶点，算法至多调用一次判定算法。
如果判定算法是多项式时间的，那么整个构造过程也是多项式时间的，因为它涉及至多 ( n ) 次判定调用。
结论
通过这种逐步移除顶点的方法，如果存在一个多项式时间的判定算法，那么我们可以构造出一个多项式时间的算法来找到一个大小为 ( k ) 的团。这种方法的有效性依赖于判定算法的准确性和效率，以及原始图的特性。
24.在多路切割问题中，我们给出了一个无向图G=（V，E）和V中的一些特殊的顶点（称为终端）。这个问题要求我们从图中删除最小的边数，这样就不会连接到终端对。请给出这个问题的一个2-近似算法。
多路切割问题（Multiway Cut Problem）是图论中的一个经典问题，目的是在给定的无向图中移除尽可能少的边，以确保一组特定的顶点（称为终端）之间不存在路径相连。一个有效的近似算法是利用最小割问题的算法来逐个断开终端之间的连接。我们可以用以下步骤构建一个2-近似算法：
2-近似算法步骤
初始化：创建一个新的图 ( G' ) 作为原始图 ( G ) 的副本。定义一个集合 ( C ) 用于存储要移除的边。
对每个终端节点进行迭代：从终端节点集合中选择一个节点 ( t )，将其作为源点。对于其他每个终端节点 ( t' )，将 ( t' ) 作为汇点，并应用最小割算法（如Ford-Fulkerson算法）来找到从 ( t ) 到 ( t' ) 的最小割。
移除边并更新图：对于每次计算的最小割，将所有在割集中的边添加到集合 ( C ) 中，并从图 ( G' ) 中移除这些边。
重复直到终端节点间不再相连：继续这个过程，直到图 ( G' ) 中所有终端节点之间不再相互连接。
输出结果：集合 ( C ) 中的边就是需要移除的边集，以确保图中的终端节点不再相连。
复杂度分析
最小割算法（如Ford-Fulkerson算法）通常是多项式时间的，尤其是对于小到中等规模的图。
此2-近似算法在最坏情况下可能需要对每对终端节点执行一次最小割计算，因此其时间复杂度取决于终端节点的数量以及最小割算法的效率。
结论
这个2-近似算法为多路切割问题提供了一个有效的近似解。虽然它可能不会总是找到最优解，但在实践中，它通常能快速地找到一个较好的解决方案，特别是当终端节点的数量不是很大时。这种方法在理论和实践中都是解决多路切割问题的一个常用策略。
- 我们已经证明了3-SAT（每个子句的长度最多为3）是 np 完备的。请证明 2-SAT（每个子句的长度最多为 2）为 P 问题
【算法/图论】2-SAT问题详解
2-SAT
根据2-SAT - OI Wiki的介绍，2-SAT 是一个布尔可满足性问题的简化版本，即给定一个由简单析取式组成的合取范式，判断是否存在一组布尔变量的赋值使得该公式为真。例如，(x1 ∨ ¬x2) ∧ (¬x1 ∨ x3) ∧ (x2 ∨ x4) 就是一个 2-SAT 问题，它有可满足的赋值，如 x1 = x2 = x4 = true, x3 = false。
要证明 2-SAT 为 P 问题，我们需要给出一个多项式时间的算法来解决它。一个常用的方法是将 2-SAT 问题转化为图论问题，然后利用强连通分量和拓扑排序的性质来求解。具体的步骤如下：
对于每个布尔变量 xi，我们用两个点 xi 和 ¬xi 来表示它的两种取值，这样一共有 2n 个点。
对于每个简单析取式 xi ∨ xj，我们添加两条有向边 ¬xi → xj 和 ¬xj → xi，表示如果 xi 为假，则 xj 必须为真，反之亦然。这样一共有 2m 条边，其中 m 是简单析取式的个数。
在这个有向图上，我们用 Tarjan 算法求出所有的强连通分量，并缩点得到一个有向无环图（DAG）。如果某个变量 xi 和它的否定 ¬xi 属于同一个强连通分量，那么说明原公式是不可满足的，因为无法同时满足 xi 和 ¬xi 为真。否则，原公式是可满足的，且有以下性质：如果 xi 可达 ¬xi，那么 xi 必须为假；如果 ¬xi 可达 xi，那么 xi 必须为真；如果 xi 和 ¬xi 互不可达，那么 xi 可以任意取值。
为了构造一个可行的赋值方案，我们可以对 DAG 进行拓扑排序，然后按照逆序依次确定每个变量的取值。具体地，如果 xi 的拓扑序在 ¬xi 之后，那么取 xi 为真；否则取 xi 为假。这样可以保证满足所有的简单析取式，因为如果 xi 和 xj 之间有边，那么它们的拓扑序一定是 ¬xi 在 xi 之前，xi 在 xj 之前，或者 ¬xj 在 xj 之前，xj 在 xi 之前。由于 Tarjan 算法求强连通分量的过程中已经得到了拓扑序，我们不需要额外进行拓扑排序。
以上算法的时间复杂度是 O(n + m)，其中 n 是变量的个数，m 是简单析取式的个数。因此，我们证明了 2-SAT 为 P 问题。👏
案例
第一个例子
给定的 2-CNF 表达式为( a ∨ ¬ b ) ∧ ( ¬ a ∨ b ) ∧ ( b ∨ ¬ c ) ∧ ( a ∨ c )
2-SAT（2元可满足性问题），即每个子句最多包含两个文字的布尔可满足性问题，与3-SAT不同，它是一个 P 类问题，意味着存在多项式时间的算法可以解决它。这是因为2-SAT可以通过建立一个蕴含图并寻找强连通分量来解决。下面是证明的详细步骤：
2-SAT 解决方法
构造蕴含图：给定一个2-SAT问题的实例，首先构造一个有向图，称为蕴含图。对于每个变量 (x)，蕴含图中有两个顶点：(x) 和 (\neg x)。对于每个子句，如 (x \lor y)，向图中添加两条边：(\neg x \rightarrow y) 和 (\neg y \rightarrow x)。这表示如果 (x) 为假，则 (y) 必须为真，反之亦然。
计算强连通分量：使用算法（如Tarjan算法）计算蕴含图的强连通分量。强连通分量是图中的最大子图，其中每对顶点都是互相可达的。
检查矛盾：在每个强连通分量中检查是否存在矛盾，即检查对于任何变量 (x)，(x) 和 (\neg x) 是否在同一个强连通分量中。如果是这样，问题无解，因为这意味着 (x) 和 (\neg x) 必须同时为真，这是不可能的。如果没有这样的矛盾，问题是可满足的。
复杂度分析
构造蕴含图是线性时间操作，与子句的数量成线性关系。
计算强连通分量通常是线性时间操作，与顶点和边的数量成线性关系。
检查矛盾也是线性时间操作。
结论
因此，2-SAT 是一个 P 类问题。与 3-SAT 不同，后者是一个已知的 NP 完全问题，2-SAT 可以在多项式时间内解决。这种差异说明了问题复杂度类别之间的明显区别，即使在看似相似的问题之间。2-SAT 的多项式时间解法在理论计算机科学中是一个重要发现，表明了问题约束条件的微小变化可能导致其复杂度类别的显著变化。
- 给定一个图，一个边支配集是一个边的子集，这样任何一条边都连接到该子集中至少有一条边的端点。边支配集问题是检查一个给定的图是否具有一个大小最多为k的边支配集。证明边支配集是 NP-hard 问题
要证明边支配集问题是 NP-hard 的，我们需要展示所有 NP 中的问题都可以多项式时间归约到边支配集问题。通常，这是通过从一个已知的 NP-hard 问题归约到边支配集问题来完成的。一个常见的策略是从顶点覆盖问题进行归约，因为顶点覆盖问题已知是 NP-hard 的。
为什么是添加 2k 个点，而不是 k 个点呢，是因为在添加 ( u i , v i ) (u_i, v_i)(u
i
,v
i
) 这条线时， 固定了在充分性证明时：F 中的 k 条边分别与每个 v i v_iv
i
相连，即这 k 条边支配集分别与 v i v_iv
i
相连。且因为是边支配集，所以 G 中所有边均与 F 中边共点，所以这 k 条边的端点不是 v i v_iv
i
的那些顶点组成了一个大小为 k 的点覆盖。
顶点覆盖问题到边支配集问题的归约
顶点覆盖问题：给定无向图 ( G = (V, E) ) 和一个整数 ( k )，判断是否存在一个大小最多为 ( k ) 的顶点集 ( C \subseteq V )，使得 ( G ) 中的每条边至少有一个端点在 ( C ) 中。
构造过程：
从顶点覆盖问题的实例 ( G = (V, E) ) 出发，构造一个新图 ( G' )。
对于图 ( G ) 中的每个顶点 ( v \in V )，在 ( G' ) 中创建一个与 ( v ) 相关的边 ( e_v )。
对于图 ( G ) 中的每条边 ( (u, v) \in E )，在 ( G' ) 中创建一个与之相连的新顶点，这个新顶点与 ( e_u ) 和 ( e_v ) 相连。
归约的直观解释：在新图 ( G' ) 中，找到一个大小为 ( k ) 的边支配集实质上等同于在原图 ( G ) 中找到一个大小为 ( k ) 的顶点覆盖。
正向证明
如果 ( G ) 有一个大小为 ( k ) 的顶点覆盖，那么在 ( G' ) 中，与这个顶点覆盖相对应的边构成了一个边支配集。每条边 ( (u, v) \in E ) 至少有一个端点在顶点覆盖中，因此 ( e_u ) 或 ( e_v )（或两者都在）将在边支配集中，从而覆盖所有与之相连的新顶点。
反向证明
如果 ( G' ) 有一个大小为 ( k ) 的边支配集，那么这个边支配集中的边对应于 ( G ) 中的顶点，构成了一个顶点覆盖。由于每个新添加的顶点在 ( G' ) 中都与两条边相连，这些边的端点对应于 ( G ) 中的顶点，因此这些顶点覆盖了 ( G ) 中的所有边。
结论
通过上述归约和双向证明，我们证明了边支配集问题是 NP-hard 的。归约过程提供了一种有效的方法将顶点覆盖问题转换为边支配集问题，从而表明解决边支配集问题至少和解决顶点覆盖问题一样困难。
-
带权顶点覆盖问题的二倍近似算法及正确性证明
-
负载均衡问题的近似算法及正确性证明
-
背包问题的近似算法和正确性证明（×）
对于 0-1 背包问题，存在多种近似算法，这些算法在牺牲一些精确性的前提下提供了较快的解决方案。一个常见的近似方法是基于贪心策略，例如按价值密度（即价值与重量的比率）排序物品，然后尽可能地装入具有最高价值密度的物品。
0-1 背包问题的近似算法
假设我们有 ( n ) 个物品和一个容量为 ( W ) 的背包，每个物品 ( i ) 有价值 ( v_i ) 和重量 ( w_i )。
按价值密度排序：计算每个物品的价值密度 ( d_i = \frac{v_i}{w_i} )，然后按照这个比率对物品进行降序排序。
贪心选择：从排序后的列表中开始，按照顺序选择物品放入背包，直到下一个物品不能放入背包为止（即再添加这个物品会超过背包的总容量）。
正确性证明
贪心算法的正确性在于它总是优先选择单位重量价值最高的物品。对于小容量背包问题，这通常会导致接近最优解的结果。然而，由于 0-1 背包问题要求每个物品要么完整地被选中要么完全不选，贪心算法不能保证总是得到最优解。
在某些情况下，选择单位重量价值最高的物品可能会阻止选择总价值更高的物品组合。
贪心算法在每一步都做出局部最优的选择，但这些局部最优的选择未必能导致全局最优解。
总结
贪心算法作为 0-1 背包问题的一个近似解决方案，在计算上效率高，容易实现，对于某些问题实例可以给出非常接近最优解的结果。然而，由于其局部最优决策的本质，它不能保证总是得到全局最优解，因此在理论上它不是一个精确算法。这种近似算法在实践中常用于那些对解的精确性要求不是非常严格的场景。
对于 0-1 背包问题的贪心近似算法，由于它基于价值密度（价值与重量的比率）进行选择，通常很难给出一个精确的近似比率。这是因为算法的性能高度依赖于特定问题实例的特性。对于某些问题实例，贪心算法可能非常接近最优解，而对于其他实例，则可能差距较大。
近似比证明
要确定这种贪心算法的近似比率，我们需要比较算法得到的解与最优解的价值。然而，由于 0-1 背包问题的复杂性，没有简单的通用方法来精确计算这个比率。在最坏情况下，贪心算法的性能可能远低于最优解，特别是当最优解包含的是低价值密度但总价值高的物品组合时。
例如，考虑这样一个极端情况：背包容量很小，只能容纳重量最轻的物品，而最高总价值的物品组合实际上包含了重量稍微大一点但价值更高的物品。在这种情况下，贪心算法选择的可能是单个重量最轻的物品，而忽略了更高总价值的物品组合。
结论
因此，对于 0-1 背包问题的贪心近似算法，我们不能给出一个固定的多倍近似比率。它在某些情况下可能表现良好，但在其他情况下可能与最优解有较大的差距。这种算法更适用于当计算资源有限且对解的最优性要求不是特别严格的场景。对于需要精确解的情况，应该考虑使用动态规划等方法来获得最优解。
叙述带权重的点覆盖问题的竞价法（Pricing method）的步骤，简单证明竞价法（Pricing method）求解带权重的点覆盖（Weighted Vertex Cover）问题是2倍近似的。
带权重的点覆盖问题是图论中的一个经典问题，其中每个顶点都有一个权重，目标是找到一个顶点的子集，使得图中的每条边至少有一个端点在这个子集中，并且这个子集的总权重尽可能小。竞价法（Pricing Method）是求解带权重的点覆盖问题的一种近似算法，它可以提供一个2倍近似的解决方案。下面是竞价法的步骤和简单的证明：
竞价法步骤
初始化：给每个顶点 ( v ) 分配一个初始价格 ( p(v) = 0 )。定义一个集合 ( C ) 作为点覆盖集，最初为空。
未覆盖边的处理：对于图中的每条未被覆盖的边 ( (u, v) )：
增加顶点 ( u ) 和 ( v ) 的价格，直到 ( p(u) + p(v) ) 等于边 ( (u, v) ) 的权重。
如果 ( p(u) ) 达到 ( w(u) )（( u ) 的权重），将 ( u ) 加入到点覆盖集 ( C ) 中。
同样地，如果 ( p(v) ) 达到 ( w(v) )，将 ( v ) 加入到点覆盖集 ( C ) 中。
终止条件：当所有边都被覆盖时，算法终止。
简单证明
竞价法是2倍近似的：算法保证了每个顶点加入点覆盖集 ( C ) 的价格之和不会超过其权重的两倍。
对于每条边 ( (u, v) )，算法保证 ( p(u) + p(v) ) 最终等于边 ( (u, v) ) 的权重。因此，总价格是边权重之和的上界。
在最优解中，每条边至少贡献一个顶点的权重到总权重中。因此，总价格至多是最优解的两倍。
结论
竞价法是带权重的点覆盖问题的2倍近似算法。它通过逐渐增加顶点的价格，并在必要时将顶点加入到覆盖集中，以确保每条边都被覆盖。这种方法在保证覆盖的同时，确保了总权重不会超过最优解的两倍，使其成为一个有效的近似算法。
证明图二着色问题（是否能给一个图的顶点进行两种颜色着色使得任意两个相邻顶点都有不同的颜色）是属于P的。
图二着色问题是指判断一个给定的无向图是否可以用两种颜色来着色，使得任何两个相邻的顶点都有不同的颜色。这个问题可以通过简单的图遍历算法在多项式时间内解决，因此它属于 P 类问题。具体来说，这个问题可以使用深度优先搜索（DFS）或广度优先搜索（BFS）来解决。以下是使用广度优先搜索的证明：
算法步骤
选择起点：从图中任选一个顶点作为起点，并给它分配一种颜色（例如红色）。
广度优先搜索：使用广度优先搜索遍历图的每个顶点。对于当前顶点的每个邻接顶点：
如果邻接顶点未着色，给它分配与当前顶点不同的颜色。
如果邻接顶点已着色且颜色与当前顶点相同，则图不能进行二着色，算法结束。
遍历整个图：重复上述过程，直到所有顶点都被访问。
输出结果：如果算法没有在过程中终止，则图可以进行二着色。
正确性证明
二分图特性：一个图可以进行二着色当且仅当它是二分图。在二分图中，所有顶点可以被分成两个集合，使得同一个集合内的顶点之间没有边。
检测二分图：广度优先搜索能有效地检测一个图是否是二分图。如果在为顶点着色的过程中发现了一个冲突（即两个相邻的顶点被着上了相同的颜色），则图不是二分图，也就不能进行二着色。
多项式时间复杂度：广度优先搜索的时间复杂度是 (O(V + E))，其中 (V) 是顶点数，(E) 是边数。因此，这个算法在多项式时间内运行。
结论
因此，图二着色问题是属于 P 类问题的。可以使用广度优先搜索等图遍历算法在多项式时间内解决这个问题。这表明判断一个图是否能进行二着色是一个计算上相对简单的问题。
- 输入规模与伪多项式时间算法
输入规模
求下面两个算法的输入规模
1.要计算 n 个整数的加法
输入 a1, a2, ..., an
2.判断一个大数 N 是不是一个素数
输入数 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
第一道题，根据直觉判断出他的输入规模应该是是输入整数的个数 n。
但是第二道题的输入规模应该是多少呢？按照第一道题的直觉，输入一个数，那么输入规模应该是 1 。这样判断正确嘛？
答案是错误的，只通过输入个数来判断输入规模的方法并不总是可行，这是输入规模的概念不清楚导致的。
要解决这个问题，我们就要从输入规模的概念出发，输入规模到底是什么？为了搞清楚输入规模的含义，要首先思考：输入规模中的输入是向哪里输入？
这里的输入是将数据输入到计算机内存中，而输入规模指的是数据在内存中所占据空间的大小。即 输入规模不是指输入数据的个数，而是数据在内存中所占空间的大小
在计算机中，数据都是以二进制存储的，所以我们可以用数据所占的比特位来代表数据所占的空间。
按照这个思路，我们再分析刚刚例子中的第一题，通过内存的角度来判断第一题中的输入规模到底是多少。
先对于第一个数 a1，如何判断其在内存中占多少比特位呢？我们可以用真实的数来举例。
5 -> 101 3位
8 -> 1000 4位
11 -> 1011 4位
17 -> 10001 5位
1
2
3
4
5
6
7
寻找规律，对于一个十进制数 a ，他用二进制表示的位数为，
⌊ l o g 2 a + 1 ⌋ \lfloor log_2a+1 \rfloor
⌊log
2
a+1⌋
所以第一题输入的 n 个数 a1, a2, ..., an， 所占的比特位可以表示为，
⌊ l o g 2 a 1 ⌋ + 1 + ⌊ l o g 2 a 2 ⌋ + 1 + . . . + ⌊ l o g 2 a n ⌋ + 1 = ∑ i ⌊ l o g 2 a i ⌋ + n \lfloor log_2a_1 \rfloor + 1 + \lfloor log_2a_2 \rfloor +1+...+ \lfloor log_2a_n \rfloor +1 = \sum_i \lfloor log_2a_i \rfloor +n
⌊log
2
a
1
⌋+1+⌊log
2
a
2
⌋+1+...+⌊log
2
a
n
⌋+1=
i
∑
⌊log
2
a
i
⌋+n
为了方便计算，假设 n 位数中的最大值 为 a m a_ma
m
，则上面的公式还可以再化简
∑ i ⌊ l o g 2 a i ⌋ + n < n ⌊ l o g 2 a m ⌋ + n = n ( ⌊ l o g 2 a m ⌋ + 1 ) \sum_i \lfloor log_2a_i \rfloor +n < n \lfloor log_2a_m \rfloor + n = n(\lfloor log_2a_m \rfloor + 1)
i
∑
⌊log
2
a
i
⌋+n<n⌊log
2
a
m
⌋+n=n(⌊log
2
a
m
⌋+1)
做到这一步，就能感觉到离结果越来越近了。接下来就对这个式子进行模糊操作，对于括号里的式子进行省略，就可以得到最终的结果 n nn
n ( ⌊ l o g 2 a m ⌋ + 1 ) ≈ n n(\lfloor log_2a_m \rfloor + 1) \approx nn(⌊log
2
a
m
⌋+1)≈n
这就证明了我们最开始的直觉是正确的，感觉上输入个数 n 可以作为输入规模，但实际上是 n 是由于比特位的计算后近似的结果
那么就按照这个思路，继续计算第二道题的输入规模。
由于刚刚我们已经得到了由一个十进制数计算二进制数的位数的公式，第二道题的计算就变得容易很多，可以直接计算得到输入规模为,
⌊ l o g 2 N ⌋ + 1 ≈ ⌊ l o g 2 N ⌋ \lfloor log_2N \rfloor + 1 \approx \lfloor log_2N \rfloor
⌊log
2
N⌋+1≈⌊log
2
N⌋
这就说明，如果按照输入规模=输入个数来计算，是很明显错误的。我们要从输入规模更深层次的概念来分析。
通过问题一和问题二的对比，我们就可以发现在通常情况下，可以把算法的输入规模看作与输入数据个数相同。但是在一些特殊情况下，输入规模需要根据其概念来进行计算，例如操作大数的算法。
回到最最开始的问题。"两个数加法的时间复杂度不一定为O(1)，与参与运算数据的输入规模有关"，现在就可以理解了，当输入两个数很大时，就不能把输入规模看作是输入数据个数了，而是应该用上面讲解的计算公式来计算求解。
总结
输入规模不是输入数据的个数，而是数据在计算机内存中所占空间的大小
在通常情况下，计算数据存储位数的结果可以约等于输入数据的个数
对于输入大数的算法，就不能只考虑输入数据的个数，也要考虑输入数据的长度，即按照输入规模的概念计算
伪多项式时间算法
背包问题
斐波那契
这里的指数时间算法是相对于输入规模而言的，输入规模是 log n = L 个 bit，时间是O(n)，所以时间是输入规模的指数级别的，即 O(2 L 2^{L}2
L
)，随着 n 的增加，算法是呈现指数增长的。
背包问题也是一样的道理，输入规模是 logW 级别的，时间是 O(nW)时间里却有个 W
而对于排序算法的输入规模是就是 n 个 bit 的存储大小。输入规模就是 O(n) 的
- 证明三着色问题是 NPC 问题
"3 色问题的 NP-Complete 证明"
- 三着色的自归约过程
比如有下述这样一个四边形图需要进行三着色，首先判断是否可以进行三着色，可以则进行加边。
加边后若可以进行三着色，则继续进行加边，（加边即将任意两个顶点进行连接）
当加边后，判断不能进行三着色，则撤销此边。
当加完所有可能的边后，就很容易进行三着色了，比如任取一个顶点，比如下图的左下角为 1，则与它相连的另外两个顶点分别为其他两个颜色，因为在同一个三角形，同理继续右上角的三角形也确定了为 1这个颜色
- 哈密尔顿圈归约到最长路径
哈密尔顿圈归约到最长路径等价于哈密尔顿圈约到哈密尔顿圈路径问题。
- 最小割归约到最大流问题
只学过最大流到最小割，所以只能最小割归约到最大流
考试的时候通常不是 k ，而是一个固定的值，确切的值
- 三着色归约到 k 着色
K 着色是一个更难的问题，因为一个 K 着色或许可以通过三着色来替换解决，但是有些图只能进行 K 着色，比如必须要 5种或6种颜色才能解决。
归约的构造方法为：比如三着色构造四着色，添加一个新顶点，连接到三着色图 G 中的所有顶点，这样三着色图 G 的所有边都与 新顶点连接，新顶点不能使用三种颜色的任何一种，只能使用第 4 中颜色
k 着色，就构造 k - 3 个顶点，每个顶点连接到原图 G 中的所有边，然后 k - 3 个顶点互相连接形成完全图，这样 k - 3 个顶点两两都不能使用同一个颜色，就需要增加 k - 3 个颜色，并且所有的每个顶点都与原图三着色 G 的顶点相连，所以所有颜色都不能与原图的颜色一样，加上与原始 3 个颜色，总共 k 个颜色。即变为 K 着色
100 着色，就构造 97 个顶点，97 个顶点
A 归约到 B，A 是 NPH，B 就是 NPH
- 分区问题归约到负载均衡问题（Partition ≤p k-Load-Balance）
分区问题是说：一个集合可以分为两个相等的集合
负载均衡问题是： m 个任务分配到 k 个机器上，能够在时间 T 内处理完 m 个任务，令 T = ∑ t j k \frac{\sum t_j}{k}
k
∑t
j
，问题就变为了能不能将 m 个任务平均分配个 k 个机器。
举例，假设 k = 3，将 分区集合中的 w 1 . . . w n + 1 2 ∑ w i w_1 ... w_n + \frac{1}{2} \sum w_iw
1
...w
n
2
1
∑w
i
，能够平均分配给 k 个机器
- 3-SAT 归约到 3 着色问题（3-SAT ≤ P 3-COLOR）
构造： 给定3-SAT实例Φ，我们构造了一个三色颜色的实例，如果Φ是可满足的。
(i) 为每个变量创建一个带有一个节点的图G。
（ii）将每个变量与它的否定联系起来。
（iii）创建3个新节点T、F、B，将它们连接成三角形。
（iv）将每个文字连接到 B。
(v)对于每个子句 C j C_jC
j
，添加一个包含6个节点和13条边的小工具。
每个 T 连接到这 6 个节点，每个
假设图G是3着色的。
考虑将所有T个变量设置为真
确保每个变量都是T或F。
确保一个变量和它的否定是相反的
⇒ 假设图G是3-着色的。
考虑将所有T个变量设置为真的赋值。
（iv）确保每个变量都是T或F
・(ii) 确保一个变量和它的否定是相反的。
总结
- NPC问题都是判定问题
比如独立集问题的判定版本是：是否存在大小为 k 的独立集
优化版本就是 "找出图中最大的独立集"
判定版本是 NPC 的，而优化版本是NP难的
独立集问题的优化版本是： 给定一个无向图 G 和一个正整数 k ，找出 G 中最大的独立集，即没有边相连的点集，且点集的大小不小于 k 。
独立集问题的判定版本是： 给定一个无向图 G 和一个正整数 k ，判断 G 是否存在一个大小为 k 的独立集。
独立集问题的判定版本是一个 NPC 问题，即它既是 NP 问题，又是 NP-Hard 问题。这意味着：
NP 问题：如果给定一个候选的独立集，我们可以在多项式时间内验证它是否满足条件。
NP -Hard问题：任何 NP 问题都可以在多项式时间内归约到独立集问题的判定版本，即独立集问题的判定版本至少和 NP 问题一样难。
证明独立集问题的判定版本是 NPC 问题的一种方法是，从已知的 NPC 问题，如 3-SAT 问题，进行归约。具体来说，给定一个 3-SAT 问题的布尔逻辑公式 Φ \PhiΦ，我们可以在多项式时间内构造一个无向图 G 和一个正整数 k ，使得 Φ \PhiΦ 是可满足的，当且仅当 G 中存在一个大小为 k 的独立集。
独立集问题的优化版本是一个 NP -Hard 问题，但不是一个 NP 问题。这是因为，优化版本不是一个判定性问题，而是一个寻找最优解的问题。目前还没有已知的多项式时间算法可以找到无向图的最大独立集，也没有已知的多项式时间算法可以验证一个给定的独立集是否是最大的。 因此，独立集问题的优化版本不属于 NP 类，也不属于 NPC 类，而是属于 NP -Hard 类。
NPC问题限制了规模就可以多项式时间求解
判定问题是指可以用是或否来回答的问题，比如"给定一个图，它是否是连通的？"优化问题是指要找到一个最优的解，比如"给定一个图，找到一条最短的路径，经过所有的顶点。"优化问题通常比判定问题更难，因为要考虑所有可能的解，并比较它们的优劣。
NPC问题是指一类特殊的判定问题，它们有两个特点：一是它们本身是NP问题，也就是说，如果已经知道一个解，可以在多项式时间内验证它的正确性；二是它们是NP难问题，也就是说，任何其他的NP问题都可以在多项式时间内转化为它们。这意味着，如果能找到一个多项式时间的算法，可以解决任意一个NPC问题，那么就可以解决所有的NP问题。这就是著名的P=NP问题，目前还没有人能证明或否定它。
所以，所有的NPC问题都是判定问题，但不是所有的判定问题都是NPC问题。有些判定问题可能更容易，有些可能更难。优化问题不是判定问题，但通常可以转化为判定问题，比如"给定一个图，找到一条长度小于k的路径，经过所有的顶点。"这样，就可以用二分法来逼近最优解。但是，这种转化并不一定能降低问题的难度，有些优化问题对应的判定问题也是NPC问题，有些甚至是NP难问题，比NPC问题还要难。
思考线性规划是每个节点对应分数，而整数规划会直接选整个点的权重 即 y ≤ x
如果一个算是1.5倍近似的，那他也是 3 倍近似的。好比一个是 O(n) 的算法也是 O(n^2) 的
判断素数的问题，输入的是一个整数，同背包问题的伪代码，运行时间为O(w^2) 的算法并不是多项式时间的，也是指数的，是 2 l o g w 2 2^{logw^2}2
logw
2
的
如果将集合覆盖的实例构造到顶点覆盖显然是不行的，因为加入集合覆盖中含有三个集合都有 1 这个元素，那如何表示呢？
而归约只需要将顶点覆盖的实例构造一个集合覆盖的实例即可，所以不会出现上述情况。
A 答案：如果是问最短路径是不是小于等于 k，那A就没问题，因为 A 可以在多项式时间内验证出，并给出一个最短路径
B 答案：由于是问最长路，所以需要大于等于 k，并不断增大 k，才能问出具体是那条路
当确定了最长路的长度 k 后，需要有证据说明，流程如下（自归约）：去掉某条边，询问是不是还大于等于 k，如果还大于等于，则去掉，如果并不大于等于 k，说明这条边在最长路中，一次来判断所有边。
所以如果是小于等于 k，可以通过二分确定最长路的大小 k，但是没有证据说明，比如每次去掉边后，询问小于等于 k 是否满足，肯定满足呀，去不去最长路径中的边，都会告诉你满足。就无法判断这条边是否在最长路径中。
3-SAT和co-3-SAT可以相互归约，但是 co-3-SAT 是NP难的
3-SAT归约到3着色很简单？？？
References
https://juejin.cn/post/6844904112283205640
