PA Info et autres Promotion INF550. Conception et analyse d algorithmes Examen du mercredi 11 décembre heures

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1 PA Info et autres Promotion 2011 INF550. Conception et analyse d algorithmes Examen du mercredi 11 décembre heures Documents autorisés : poly, transparents du cours, énoncés et corrigés de PC, notes manuscrites On vous demande d accorder une attention particulière à une rédaction soignée, qui sera un critère important dans l évaluation. Les différents exercice sont indépendants et peuvent être traités dans l ordre de votre choix. Aborder deux exercices peut suffire à avoir une bonne note. Séparation complète (Flots, algorithmes d approximation) On se donne un graphe non orienté G = (V, E), muni d une fonction de coût c(e) 0 pour chaque arête e E, et k sommets v 1,..., v k. Un séparateur complet des {v 1,..., v k } dans G est un ensemble d arêtes F tel que pour tout i j dans {1,..., k}, il n y a pas de chemin de v i à v j dans G \ F. Le coût d un séparateur F est la somme des coûts des arêtes qui le compose. Le problème de séparation complète optimale est de trouver un séparateur complet F de coût minimal parmi tous les séparateurs complets. 1. Étant donné un séparateur complet F, on note G i [F ] l ensemble des sommets accessibles depuis le sommet v i dans G \ F et F i le sous-ensemble de F constitué des arêtes ayant exactement une extrémité dans G i [F ]. Montrer que F i sépare v i des autres v j, j i, i.e. qu il n y a pas de chemin de v i à un v j avec j i dans G \ F i. Corrigé: Supposons qu il y ait un chemin de v i à v j dans G \ F i. Ce chemin doit sortir de la composante G i [F ], il contient donc une arête de F qui n a qu une extrémité dans G i [F ], ce qui contredit l hypothèse. 2. Soit E i un ensemble d arêtes qui sépare v i des autres v j et de coût minimum parmi les ensembles de ce type. Montrer qu on peut calculer un E i en temps polynomial. Quelle est la complexité de votre algorithme. Corrigé: On construit un réseau de transport dédoublant chaque arête de G en 2 arcs et en ajoutant un puits t lié aux s j, j i. La question est alors équivalente à déterminer la coupe de capacité minimale dans ce réseau. Pour la complexité, cf cours. 3. Déduire des questions précédentes un algorithme d approximation à un facteur 2 pour le problème de la séparation complète des sommets {v 1,..., v k }. Corrigé: On prend comme séparateur complet l union U des E i. Il s agit bien d un séparateur complet. Par minimalité du coût de E i, c(fi ) c(e i) de sorte que c(u) = i F i i i c(f i ). Or une arête de F ne peut appartenir au pire qu à 2 ensemble Fi donc c(u) 2( F ). Arbres de recherche optimisé pour 3-SAT (Complexité paramétrique) On rappelle que le problème 3-SAT porte sur les formules booléennes f en forme normale conjonctive, dont chaque clause contient au plus 3 litérals. On note n le nombre de variables de la formule et m le nombre de clauses, qu on suppose 2 à 2 distinctes. On étudie trois améliorations successives de l algorithme de recherche arborescente de complexité O (2 n ). (On rappelle que dans la notation O (2 n ) on néglige les termes polynomiaux en n et en m : f(n, m) = O (g(n)) s il existe un polynome P (n, m) tel que f(n, m)/g(n) P (n, m) pour tout n, m assez grands. Dans la suite on s efforcera de n utiliser que des algorithmes dont la complexité dépend polynomialement en m et donc on omet les dépendances en m.) 1

2 1. En raisonnant sur les affectations possibles des variables de la première clause, donner un algorithme dont la complexité T (n) satisfait la récurrence : T (n) T (n 1) + T (n 2) + T (n 3) + Poly(n). En déduire que l on peut résoudre 3-SAT en temps O (X n ) où X est la racine positive de l équation X 3 = X 2 + X + 1. Corrigé: Soit Φ = (x y z) Φ une 3-CNF. Si ni Φ [x] ni Φ [ xy] n est satisfiable, alors Φ est satisfiable ssi Φ [ xȳz] l est. On renvoie donc le OU (paresseux, tant qu à faire) de ces trois instances et on obtient la récurrence demandée, puisque tous les traitements (évaluation de la formule, gestion de la pile) se font en temps polynomial. On montre ensuite facilement par récurrence que T (n)/x n est bornée (poser U(n) := max k n T (n)/x n et écrire la récurrence), et donc que T (n) = O (X n ). 2. Soit Φ une formule en 3-CNF, et supposons qu il existe dans Φ une variable x telle que x et x apparaissent dans deux clauses différentes. Montrer que l on peut répondre au problème en quatre appels récursifs, dont deux sur une formule à (n 2) variables et deux sur une formule à (n 3) variables. En déduire un algorithme pour 3-SAT de complexité O (Y n ) où Y est la racine positive de Y 3 = 2Y + 2. Corrigé: Si x et x apparaissent dans Φ, alors quitte à réordonner les clauses, Φ est de la forme : Φ = (x y z) ( x u v) Φ. On résout donc le problème en appelant successivement Φ [xu], puis Φ [xūv] (noter ici que si x = V et u = F alors nécessairement v = V dans toute assignation satisfaisant Φ), puis Φ [ xy], puis Φ [ xȳz] (noter ici que si x = F et y = F alors nécessairement z = V dans toute assignation satisfaisant Φ). Pour obtenir un algorithme il reste à traiter le cas où x est une variable qui n apparaît que sous la forme x ou que sous la forme x dans Φ. Par simplicité de notation traitons le cas où c est seulement x qui apparaît. Dans ce cas, Φ est satisfiable ssi Φ[x] l est. L implication est triviale, et pour la réciproque, constater que si une assignation satisfait Φ, alors assigner la variable x à vrai ne peut infirmer aucune clause. La complexité T (n) de l algorithme satisfait : ( ) T (n) max T (n 1), 2T (n 3) + 2T (n 2), qui se résout comme en Soit A une assignation partielle des variables et Φ une formule. On dit que A est bonne (relativement à Φ) si toute clause de Φ dont une variable est affectée par A est satisfaite par A. Montrer que si A est bonne, alors Φ[A] est satisfiable si et seulement si Φ l est, et que si A n est pas bonne, alors Φ[A] contient une clause de taille 2. Corrigé: Clairement si Φ[A] est satisfiable, alors Φ l est. De plus si A est bonne et si B est une assignation satisfaisant Φ, alors l assignation obtenue à partir de B en réassignant les variables concernées comme dans A satisfait Φ. Cela démontre que si A est bonne, Φ sat Φ[A]. Si A n est pas bonne, par définition, dans Φ il existe une clause c contenant un littéral l qui est nié dans A, et telle que c ne disparaît pas dans Φ[A]. La longueur de c est dans Φ[A] a donc diminué, et est donc au plus En utilisant la propriété démontrée en 3., améliorer l algorithme proposé en 1., et donner un algorithme pour 3-SAT dont la complexité T (n) vérifie : ( ) T (n) max T (n 1), T 2 (n 1) + T 2 (n 2) + T 2 (n 3) + Poly(n), ( ) T 2 (n) max T (n 1), T 2 (n 1) + T 2 (n 2) + Poly(n), 2

3 où T 2 (n) désigne la complexité de l algorithme lorsqu il est appelé sur une formule contenant une clause de taille 2. En déduire que T (n) = O (Z n ), où Z est la solution positive de Z 2 = Z + 1, i.e. Z = Corrigé: Supposons que Φ ne contienne pas de 2-clause, et écrivons : Φ = (x y z) Φ. Si aucune des assignations {x}, { x, y} et { x, ȳ, x} ne sont bonnes pour Φ, on appelle successivement Φ [x], Φ [ xy], et Φ [ xȳz] comme en 1.. Notons que le coût de cet appel est T 2 (n 1) + T 2 (n 2) + T 2 (n 3) car chaque appel récursif s effectue sur une formule contenant une 2-clause, par 3. Si l une de ces assignations, disons A, est bonne, on se contente d appeler l algorithme sur Φ [A] et de renvoyer le résultat, car par 3. on sait que Φ [A] sat Φ. La complexité correspondante dans ce cas est au plus T (n 1). De la même façon, si Φ contient une 2-clause, écrivons (quitte à réordonner) : Φ = (x y) Φ. Si ni {x} ni { x, y} ne sont bonnes pour Φ, on appelle Φ [x] et Φ [ xy]. Le coût de cet appel est T 2 (n 1) + T 2 (n 2), là encore car 3. assure que les appels récursifs se font sur des formules contenant des 2-clauses. Sinon, on appelle simplement l algorithme sur Φ [A] où A {{x}, { x, y}} est une bonne affectation. Le coût de l appel est alors au plus T (n). On obtient alors clairement les deux inégalités données dans l énoncé. Borne inférieure pour Domination (Réduction et hypothèse forte de temps exponentiel) Le problème k-domination prend comme donnée un graphe G = (V, E) et un entier k et demande s il existe un ensemble X de k sommets tels que tout sommet de V ait un voisin dans X. 1. Étant donné un entier p et une formule booléenne f en forme normale conjonctive faite de m clauses C 1,..., C m sur n variables x 1,..., x n on construit un (gros) graphe G p,f de la façon suivante : Soit X 1... X p une partition des variables telle que X i n/p pour tout i. À chaque part X i on associe un sommet z i de G p,f. Pour tout i = 1,..., p : à chacune des 2 Xi assignations a possibles des variables de X i on associe un sommet u a, et on joint tous ces sommets deux à deux ainsi qu au sommet z i par des arêtes. À chaque clause C j de la formule on associe un sommet y j qu on joint aux assignations partielles qui la satisfont : autrement dit on met une arête entre y j et u a si la clause C j est satisfaite par l assignation partielle a. Montrer que le graphe G p,f admet un ensemble dominant de taille p si et seulement si la formule f est satisfiable. Corrigé: Si on dispose d une assignation qui satisfait f alors on place nos p sommets sur les p assignations partielles associées et on a un dominant. Si on a un ensemble dominant pour G p,f dont tous les sommets correspondent à des assignations partielles, on en déduit immédiatement une assignation qui satisfait f. Sinon, si l ensemble dominant contient le sommet z i on le remplace par n importe quel sommet de la i-ème clique. Finalement puisque les p sommets z i doivent être couverts et ne sont incidents à aucun des sommets y j il n est pas possible que ces sommets fassent partie de l ensemble dominant. 2. Peut on utiliser la construction précédente pour démontrer la NP-complétude du problème Domination? Corrigé: Non car le graphe est a priori de taille exponentielle en le nombre de variables. 3

4 3. Déduire de la construction de la question 1 que s il existe un algorithme de complexité O(n k ε ) pour le problème k-domination pour un certain couple k 2, ε 0 fixé, alors l hypothèse forte de temps exponentielle est fausse : cette hypothèse dit que pour tout ε > 0 il existe k tel qu aucun algorithme ne résout k-sat en temps O (2 (1 ε)n ) où n est le nombre de variables. Corrigé: Supposons avoir un algorithme qui résout le problème k-domination sur un graphe à n sommets en temps au plus c k n k ε pour tout k et n. Pour traiter le problème k-domination sur le graphe G k,f notre algorithme travaille en temps au plus c k (2 n/k + m + n) k ε c k (2n(1 ε/k) )P oly(m, n), et résout donc le problème SAT indépendamment de la longueur des clauses en temps O (2 (1 ε )n ) avec ε > 0. Simplification de graphes (complexité paramétrique, noyau) On rappelle qu une k-clique est un ensemble de k sommets liés deux à deux. On dira qu un graphe est une union de cliques si toutes ses composantes connexes sont des cliques. Étant donné un sommet x d un graphe G on note N G (y) le voisinage de y dans G, i.e. l ensemble formé de y et de ses voisins dans G. On considère le problème k-simplification suivant : peut on transformer un graphe en une union de cliques en faisant au plus k modifications, où une modification est soit la suppression soit l ajout d une arête. On appelle k-transformation du graphe G, une suite d au plus k modifications qui transforme G en union de cliques. 1. Considérons une k-transformation d un graphe G = (V, E) dont aucune composante connexe n est une clique, et soit G = (V, E ) le graphe résultant. Soit X l ensemble des sommets modifiés (i.e les sommets incidents à une arête supprimée ou ajoutée), Y l ensemble des sommets non modifiés (X Y = V, X Y = ). Montrer que X 2k et que G contient au plus 2k composantes. Corrigé: évident 2. Montrer que pour tout sommet y Y, N G (y) = N G (y) et que le voisinage de y dans G est une composante connexe de G. En déduire en particulier que si y 1 et y 2 de Y sont dans la même composante connexe de G alors N G (y 1 ) = N G (y 2 ). Corrigé: Ces propriétés sont évidentes puisque les composantes connexes de G sont des cliques et que les sommets non modifiés ont les mêmes voisins dans G et dans G. Un ensemble critique de G est un sous-ensemble U de sommets de G qui forment une clique et tel que deux éléments de U ont les mêmes voisins dans G, et maximal (i.e. strictement contenu dans aucun sous-ensemble U satisfaisant ces deux premières propriétés). 3. Montrer qu on peut déterminer en temps polynomial les ensembles critiques d un graphe. Indication : déterminer les cliques maximales d un graphe est difficile, il ne faut donc pas oublier qu on veut des ensembles de sommets qui ont les mêmes voisins. Corrigé: On remarque que deux sommets qui appartiennent à un même ensemble critique ont les mêmes voisins et sont liés par une arête : ils ont donc le même voisinage. Inversement deux éléments qui ont le même voisinage sont forcément liés par une arête : les ensembles critiques sont donc exactement les ensembles de sommets qui ont le même voisinage. Il suffit donc de partitionner les sommets en fonction de leur voisinage, ce qui se fait en temps polynomial par un tri (en fait on pourrait même le faire en temps linéaire en étant plus malin). 4. Montrer que si un ensemble critique X d un graphe G a cardinal l > k +1, on peut éliminer l k 1 sommets de G sans changer la réponse à k-simplification. Corrigé: Si X > k + 1 et X est critique alors les éléments de X forment une clique d élément qui ne peuvent être modifiés par une k-transformation : pour modifier l un d eux il faudrait modifier aussi tous les autres. On peut alors remplacer X par n importe quel sous-ensemble X de k + 1 sommets de X sans changer le fait que ces X forment un ensemble critique de sommet qui ne seront pas modifiés. 4

5 5. Donner un algorithme de prétraitement en temps polynomial qui réduit une instance de k-simplification à un noyau de taille au plus 2k(k + 2). Corrigé: On effectue les étapes suivantes : Éliminer les composantes connexes qui forment déjà des cliques. Déterminer les ensembles critiques et les réduire à k + 1 éléments. (On a vu qu on pouvait le faire en temps polynomial.) Observer que la k-simplification est alors impossible sauf s il reste au plus 2k composantes et au plus 2k éléments en dehors des ensembles critiques. On peut donc produire un noyau dont le nombre de sommets est au plus 2k(k + 1) + 2k. Équilibrage de charge (programmation linéaire, dualité, algorithmes online) On considère un problème d équilibrage de charge sur m machines {s 1,..., s m } pour une suite de tâches T = (t 1,..., t n ) à effectuer : l affectation de la tâche t i T à la machine s j induit une charge c(i, j) correspondant au temps d exécution de cette tâche sur cette machine ; la charge totale d une machine est la somme des temps correspondant aux tâches qui lui sont assignées ; le but est d affecter les tâches aux machines de façon à minimiser le maximum des charges totales des machines. On appelera valeur d une affectation ce maximum. La valeur de la meilleure affectation possible connaissant T est notée C (T ). On s intéresse à la version online du problème dans laquelle les tâches arrivent une à une et doivent être affectées immédiatement, sans possibilité de revenir en arrière. On suppose connu l ensemble des types de tâches susceptibles de devoir être traitées, seul le nombre de tâches de chaque type et l ordre dans lequel ces tâches seront proposées est inconnu. Le but de l exercice est de concevoir un algorithme online ayant un facteur de compétitivité borné pour ce problème. Supposons dans un premier temps qu on dispose d un algorithme online affecte(α), paramétré par un réel α > 0, et d une constante β 1, telle que pour tout α > 0, et toute séquence de taches T = (t 1,..., t n ), Si α < C (T ), l algorithme affecte(α) échoue lors du traitement de la kème tâche pour un certain k n, et renvoie une affectation des k 1 premières tâches de valeur au plus αβ. Si α C (T ), l algorithme affecte(α) construit une affectation des n tâches de valeur au plus αβ. 1. Montrer qu on peut utiliser l algorithme affecte(α) pour résoudre notre problème d affectation online avec un facteur de compétitivité de 4β. Corrigé: On commence avec α = min c(i, j) et chaque fois que l algorithme échoue on double α et on recommence avec la tâche courante et les suivantes. La dernière fois qu on appelle l algorithme, l affectation qu il renvoit aura une charge maximale α < 2βC (T ). Les affectations précédentes ont une charge bornée par les valeurs successives de α qui forment une suite géométrique de raison 2 terminant par βc (T ). Au final la charge cumulée est bornée par 4βC. Au vu de la question précédente le problème se ramène à concevoir l algorithme affecte(α). On suppose dorénavant α fixé et on normalise les données du problème : soit c(i, j) = c(i, j)/α et S i = {s j S c(i, j) < 1}. 2. Montrer que s il existe une affectation de valeur inférieure ou égale à α alors elle affecte la tâche t i à une machine de S i. Corrigé: Par construction si c(i, j) > 1 la charge induite par t i sur la machine s j dépasse α. À une suite de tâche T à traiter on associe le programme linéaire entier (P ) à n m variables suivant : maximiser : y i,j t i T s j S i 5

6 sous les contraintes : t i T, s j S, y i,j 1 s j S i c(i, j)y i,j 1 t i T,s j S i 3. Écrire le programme dual (on notera x j, j = 1,..., m et z i, i = 1,..., n les variables duales). Corrigé: minimiser : sous les contraintes : s j S x j + t i T t i T, s j S c(i, j)x j + z i 1 4. Montrer que si α C (T ) alors l optimum du problème linéaire (P ) est exactement n, et en déduire que dans ce cas il n existe pas de solution au problème dual de valeur strictement inférieure à n. Corrigé: Si α > C (T ) c est qu il existe une affectation des n tâches telle que toutes les contraintes soient satisfaites : l objectif y i,j vaut alors n. Par dualité faible l objectif du programme dual est alors au moins n. On considère maintenant l algorithme suivant : Initialisation : j, x j := 1/(2m), i, z i := 1, i, j, y i,j := 0. à chaque fois qu une nouvelle tâche t i arrive, 1. si S i = ou s il existe une machine x j avec x j > 1 échouer. 2. sinon (a) soit s l S i une machine minimisant c(i, l)x l, (b) Assigner la tâche t i à la machine s l, (c) Faire z i := 1 c(i, j)x l et y i,l := 1, (d) Faire x l := x l ( c(i, l)). 5. Montrer que la charge de chaque machine est au plus O(log m) à la fin de l exécution de l algorithme. (indication : on montrera qu on a toujours x j 3/2 et on liera la valeur finale de x j à la valeur de la charge finale sur la machine s j ) Corrigé: Au départ x j 1 et si x j > 1 au début d une boucle on échoue : comme c(i, j) < 1, x j augmente au plus d un facteur 3/2 lors de la dernière boucle. Maintenant si on note A j l ensemble des tâches affectées à la machine j, 3 2 x j 1 2m et on conclut en prenant le log. t i A j ( z i c(i, j)) 1 2m t i A j (3/2) c(i,j) 6. Montrer que si l algorithme échoue à l étape (1) alors le programme dual admet une solution de valeur strictement inférieure à n. Corrigé: On commence par vérifier qu au fur et à mesure de l exécution de la boucle les x j et z i forment toujours une solution faisable du programme dual : la contrainte est satisfaite au moment où on change un z i, et les x j ne font qu augmenter au cours de l exécution. 6

7 Lorqu on affecte la tâche t i à la machine s j, l objectif D du programme dual varie de 1 c(i, l)x l c(i, l)x l = c(i, l)x l or la quantité 1 2 c(i, l)x l est aussi exactement la variation de x l, de sorte qu on a D = 1 x l : m 1 m P = 2m + n (x l 1 m 2m ) = 1 + n x j. j=1 i=1 Maintenant s il existe un x j > 1 alors la solution du dual obtenue a une valeur strictement inférieure à n. 7. Conclure à l existence d un algorithme de facteur de compétitivité O(log m). Corrigé: On a constuit un algorithme tel que décrit à la question 1 avec c = cte log m, on obtient donc un facteur d approximation de 4cte log m = O(log m). j=1 7