算法分析作业-第5章.ppt

算法分析作业第5章,贪心法,最优化问题约束条件目标函数最优量度标准(贪心规则、贪心选择性质)试探、证明贪心法不一定能求得最优值，大多数情况得到较优值；,2、3、6、7、8、9、11、12,P121-2,求以下情况背包问题的最优解，n=7，m=15，（p1,p7）=(10,5,15,7,6,18,3)和(w1,w7)=(2,3,5,7,1,4,1)。将以上数据情况的背包问题记为I。设FG(I)是物品按pi的非增次序输入时由GREEDY-KNAPSACK所生成的解，FO(I)是一个最优解。问FO(I)/FG(I)是多少?当物品按wi的非降次序输入时，重复的讨论。,求背包问题的最优解,n=7，m=15根据贪心（x5,x1,x6,x3,x7,x2,x4）=（1,1,1,1,1,2/3,0）即(x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7)=(1,2/3,1,0,1,1,1)FO(I)=166/3。,按照Pi的非增次序：n=7，m=15根据贪心（x6,x3,x1,x4,x5,x2,x7）=（1,1,1,4/7,0,0,0）即FG(I)的解为(0,1,0,1,1,0,4/7)，FG(I)=47FO(I)/FG(I)=166/141,物品按wi的非降次序：n=7，m=15根据贪心（x5,x7,x1,x2,x6,x3,x4）=（1,1,1,1,1,4/5,0）即FG(I)的解为(1,1,4/5,0,1,1,1)，FG(I)=54FO(I)/FG(I)=166/162=83/81,P122-3,（0/1背包问题）如果将5.3节讨论的背包问题修改成极大化约束条件xi=0或11in这种背包问题称为0/1背包问题。它要求物品或者整件装入背包或者整件不装入。求解此问题的一种贪心策略是：按pi/wi的非增次序考虑这些物品，只要正被考虑的物品能装的进就将其装入背包。证明这种策略不一定能得到最优解。,P122-3,证明：按照pi/wi的非增次序考虑物品放入背包，如果从大到小连续放入且能装满背包时，显然为最优解。否则未必是最优解.,P122-3,可举例如下：设n=3，M=6，（p1,p2,p3）=(3,4,8)，（w1,w2,w3）=(1,2,5)按照pi/wi的非增序得到（p1/w1,p2/w2,p3/w3）=(3,2,1.6)，则其解为（1,1,0），而事实上最优解是(1,0,1)。问题得证。,P122-6,假定要将长为l1,l2,ln的n个程序存入一盘磁带，程序i被检索的频率是fi。如果程序按i1,i2,in的次序存放，则期望检索时间（ERT）是:,证明按li的非降次序存放程序不一定得到最小的ERT。证明按fi的非增次序存放程序不一定得到最小的ERT。证明按fi/li的非增次序来存放程序时ERT取最小值。,P122-6证明按li的非降次序存放程序不一定得到最小的ERT。,I:(l1,l2)=(10,12)(f1,f2)=(0.4,0.6)ERT(I)=10*0.4+(10+12)*0.6=17.2ERT(I)=12*0.6+(10+12)*0.4=16,P122-6证明按fi的非增次序存放程序不一定得到最小的ERT。,I:(l1,l2)=(2,1)(f1,f2)=(0.6,0.4)ERT(I)=2*0.6+(2+1)*0.4=2.4ERT(I)=1*0.4+(1+2)*0.6=2.2,P122-6证明按fi/li的非增次序来存放程序时ERT取最小值。,假设i1,i2,in按照fi/li的非增次序存放，即fi1/li1fi2/li2fin/lin，则得到ERT=fi1li1+fi2(li1+li2)+fik(li1+li2+lik)+fin(li1+li2+lin)/(fi1+.+fin)假设该问题的一个最优解是按照j1,j2,jn的顺序存放，并且其期望检索时间是ERT，我们只需证明ERTERT，即可证明按照fi/li的非增次序存放得到的是最优解。从前向后考察最优解序列：j1,j2,jn，若与i1,i2,in相同，命题得证。,否则，不妨设程序jk是第一个与其相邻的程序jk+1存在关系fjk/ljk0，既有ERTERT，显然ERT也是最优解。,最优解中所有这样类似于反序对的程序互换位置，每次得到的解不比原来的最优解差，所以最终变换后得到的解也是最优解，而最终的解恰是程序按fi/li的非增次序来存放得到的顺序。命题得证。,P122-7,假定要将长为l1,l2,ln的n个程序分别写入两盘磁带T1和T2上，并且希望按照使最大检索时间取最小值的方式存放。即，如果存放在T1和T2上的程序集合分别是A和B，就希望所选择的A和B使得max,取最小值。一种得到A和B的贪心方法如下：开始将A和B都初始化为空，然后一次考虑一个程序，如果=min,则将当前正在考虑的那个程序分配给A，否则分配给B。证明无论按l1l2ln或是按l1l2ln的次序来考虑程序，这种方法都不能产生最优解。,证明：按照l1l2ln不一定产生最优解证：取l1,l2,l3=1，3，4按l1l2l3次序得到A=1,4,B=3，最大值是5若令A=1,3,B=4，最大值是4.这种方式更优。故命题得证。,证明：按照l1l2ln不一定产生最优解证：取l1,l2,l3,l4,l5=10，9，8，6，5按l1l2l3l4l5次序得到A=10,6,5,B=9,8，最大值是21.若令A=10,9,B=8,6,5，最大值是19.这种方式更优。故命题得证。,P123-8,当n=7，（p1,p7）=(3,5,20,18,1,6,30)和(d1,d7)=(1,3,4,3,2,1,2)时，算法5.4所生成的解是什么？证明即使作业有不同的处理时间定理5.3亦真。这里，假定作业i的效益pi0，要用的处理时间ti0，限期diti.,P123-8,解：根据pi的非增排序得到（p7,p3,p4,p6,p2,p1,p5）=(30,20,18,6,5,3,1)，对应的期限为(2,4,3,1,3,1,2)，按照算法5.4生成的解为：,P123-8,证明即使作业有不同的处理时间定理5.3亦真。这里，规定作业i的效益pi0，要用的处理时间ti0，限期diti.(P106)定理5.3:设J是K个作业的集合,=i1i2ik是J中作业的一种排序,它使得di1di2dik.J是一个可行解,当且仅当J中的作业可以按照的次序又不违反任何一个期限的情况下来处理.,P123-8,证明思想：位置a,b的作业交换顺序作业ra和rb仍然可以完成任务作业ra和rb之间的作业也能够完成任务,P123-8,证明：显然即使ti0（diti），如果J中的作业可以按照的次序而又不违反任何一个期限来处理，即对次序中的任一个作业k，应满足dk，则J就是一个可行解。下面证明如果J是可行解，=i1i2ik使得J中的作业可以按照di1di2din序列排列而又不违反任何一个期限。,J是可行解，则必存在=r1r2rn，使得对任意的rk，都有drk，我们设是按照di1di2din排列的作业序列。假设，那么令a是使raia的最小下标，设rb=ia，显然ba，在中将ra与rb相交换，因为drbdra，显然ra和rb可以按期完成作业。=r1rarbrn（可行解）=i1iain（d递增）t=drbdratdrj,我们还要证明ra和rb之间的作业也能按期完成。因为drbdra，而显然二者之间的所有作业rt，都有drbdrt，又由于是可行解，所以，所以作业ra和rb交换后，仍满足drt，即所有作业可依新产生的排列=s1s2sn的次序处理而不违反任何一个期限连续使用这种方法，就可转换成且不违反任何一个期限，定理得证。,P123-9,对于5.3节的作业排序问题证明：当且仅当子集合J中的作业可以按下述规则处理时它表示一个可行解；如果J中的作业I还没分配处理时间，则将它分配在时间片a-1，a处理，其中a是使得1rdi的最大整数r，且时间片a-1，a是空的。仿照例5.4的格式，在习题8所提供的数据集上执行算法5.5。,P123-9,易证如果J中的作业能按上述规则处理，显然J是可行解；如果J是可行解，根据定理5.3可知，J中的作业根据时间期限的非降次序排列，得到i1i2ikin，并且按照这个顺序，可以处理J中所有作业，而对这一序列中的任意作业ik，如果它的时间期限是dk，且时间片dk-1,dk是空的，则分配之；若时间片dk-1，dk非空，则向前找最大的非空r-1,r时间片，1rdk。因为J是可行解，所以一定可以找到如此时间片。故命题得证。,n=7(p1,p7)=(3,5,20,18,1,6,30)(d1,d7)=(1,3,4,3,2,1,2)(p7,p3,p4,p6,p2,p1,p5)=(30,20,18,6,5,3,1)，对应的期限为(2,4,3,1,3,1,2)b=minn,maxd(i)=min7,4=4,空,7,7,3,(p7,p3,p4,p6,p2,p1,p5)=(30,20,18,6,5,3,1)，对应的期限为(2,4,3,1,3,1,2),7,3,4,7,3,4,6,(p7,p3,p4,p6,p2,p1,p5)=(30,20,18,6,5,3,1)，对应的期限为(2,4,3,1,3,1,2),P123-11,证明如果一棵树的所有内部节点的度都为k，则外部节点数n满足nmod(k-1)=1.证明对于满足nmod(k-1)=1的正整数n，存在一棵具有n个外部节点的k元树T(在一棵k元树中，每个节点的度至多为k)。进而证明T中所有内部节点的度为k.,P123-11证明如果一棵树的所有内部节点的度都为k，则外部节点数n满足nmod(k-1)=1.,证明：设这棵树内部节点的个数是i，外部结点的个数是n，边的条数是e，则有e=i+n-1e=i*ki*k=i+n-1(k-1)i=n-1nmod(k-1)=1,P123-11证明对于满足nmod(k-1)=1的正整数n，存在一棵具有n个外部节点的k元树T(在一棵k元树中，每个节点的度至多为k)。进而证明T中所有内部节点的度为k.,利用数学归纳法(m表示外部结点数目)。当m=k时，存在外部结点数目为k的k元树T，并且T中内部结点的度为k；,例如：m=33mod(3-1)=1,假设当mn，且满足mmod(k-1)=1时，存在一棵具有m个外部结点的k元树T，且所有内部结点的度为k；我们将外部结点数为m的符合上述性质的树T中某个外部结点用内部结点a替代，且结点a生出k个外部结点.,易知新生成的树T中外部结点的数目为n=m-1+k=m+(k-1)，因为mmod(k-1)=1，所以n为满足nmod(k-1)=1，且比m大的最小整数，而树T每个内结点的度为k，所以n=m+(k-1)时，存在符合上述性质的树。故命题得证。,P123-12,证明如果nmod(k-1)=1，则在定理5.4后面所描述的贪心规则对于所有的（q1,q2,qn）生成一棵最优的k元归并树。当（q1,q2,q11）=（3,7,8,9,15,16,18,20,23,25,28）时，画出使用这一规则所得到的最优3元归并树。,P123-12证明如果nmod(k-1)=1，则在定理3.6后面所描述的贪心规则对于所有的（q1,q2,qn）生成一棵最优的k元归并树。,通过数学归纳法证明：对于n=1，返回一棵没有内部结点的树且这棵树显然是最优的。假定该算法对于（q1,q2,qm），其中m=(k-1)s+1(s0)，都生成一棵最优树，则只需证明对于(q1,q2,qn)，其中n=(k-1)(s+1)+1，也能生成最优树即可。,不失一般性，假定q1q2qn，且q1,q2,qk是算法所找到的k棵树的WEIGHT信息段的值。于是q1,q2,qk可生成子树T，设T是一棵对于（q1,q2,qn）的最优k元归并树。设P是距离根最远的一个内部结点。如果P的k个儿子不是q1,q2,qk，则可以用q1,q2,qk和P现在的儿子进行交换，这样不增加T的加权外部路径长度。,因此T也是一棵最优归并树中的子树。于是在T中如果用其权为q1+q2+qk的一个外部结点来代换T，则所生成的树T是关于(T,qk+1,qn)的一棵最优归并树。由归纳假设，在使用其权为q1+q2+qk的那个外部结点代换了T以后，过程TREE转化成去求取一棵关于(T,qk+1,qn)的最优归并树。因此TREE生成一棵关于(q1,q2,qn)的最优归并树。,（q1,q2,q11）=（3,7,8,9,15,16,18,20,23,25,28）,（q1,q2,q11）=（3,7,8,9,15,16,18,20,23,25,28）,7,8,3,23,25,28,9,15,16,18,20,18,40,56,76,172,（q1,q2,q11）=（3,7,8,9,15,16,18,20,23,25,28）,