Table des Matières. Satisfaisabilité en logique propositionnelle ES pour les problèmes d optimisation Élagage à l aide d heuristiques Le Labyrinthe

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1 Table des Matières Essais Successifs (ES) 1 Rappels : Fonctions et Ordres de grandeurs 2 Diviser pour Régner 3 Approches Gloutonnes 4 Programmation Dynamique 5 Essais Successifs (ES) Le problème des n reines Énumération des parties à somme nulle Le schéma général des ES Satisfaisabilité en logique propositionnelle ES pour les problèmes d optimisation Élagage à l aide d heuristiques Le Labyrinthe S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

2 Le problème des n reines Essais Successifs (ES) Le problème des n reines Problème (n Reines) Entrée : Un entier n. Sortie : Une disposition de n reines sur l échiquier n n tel que deux reines quelconques ne soient pas en prise mutuelle, ou la réponse qu il n y a pas de solution. X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X Échiquer Zone prise par une reine S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

3 Comment chercher? Essais Successifs (ES) Le problème des n reines L approche Brute Force Il y a 64 8 = combinaisons possibles! S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

4 Comment chercher? Essais Successifs (ES) Le problème des n reines L approche Brute Force Il y a 64 8 = combinaisons possibles! MAIS on peut chercher plus vite si la valeur pour la reine suivante est prise parmi les valeurs compatibles avec les choix précédents. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

5 Comment chercher? Essais Successifs (ES) Le problème des n reines L approche Brute Force Il y a 64 8 = combinaisons possibles! MAIS on peut chercher plus vite si la valeur pour la reine suivante est prise parmi les valeurs compatibles avec les choix précédents. Forcément Une reine par ligne 8 8 = << 64 8 solutions à essayer. Forcément Une reine par colonne 8! = << S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

6 Modélisation du problème des 4 reines Le problème des n reines Une solution est un vecteur X [1..4] où chaque X [i] dénote une colonne de sorte que la reine i est à la case (i, X [i]). On essaie les X [i] successivement, on note Diagfree(i) pour aucune des cases de (1, X [1]) à (i, X [i]) ne sont sur une même diagonale. Algorithm 23 pour 4 reines 1: Sol S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

7 Modélisation du problème des 4 reines Le problème des n reines Une solution est un vecteur X [1..4] où chaque X [i] dénote une colonne de sorte que la reine i est à la case (i, X [i]). On essaie les X [i] successivement, on note Diagfree(i) pour aucune des cases de (1, X [1]) à (i, X [i]) ne sont sur une même diagonale. Algorithm 24 pour 4 reines 1: Sol 2: for X [1] = 1 à 4 do S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

8 Modélisation du problème des 4 reines Le problème des n reines Une solution est un vecteur X [1..4] où chaque X [i] dénote une colonne de sorte que la reine i est à la case (i, X [i]). On essaie les X [i] successivement, on note Diagfree(i) pour aucune des cases de (1, X [1]) à (i, X [i]) ne sont sur une même diagonale. Algorithm 25 pour 4 reines 1: Sol 2: for X [1] = 1 à 4 do 3: for X [2] = 1 à 4 do S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

9 Modélisation du problème des 4 reines Le problème des n reines Une solution est un vecteur X [1..4] où chaque X [i] dénote une colonne de sorte que la reine i est à la case (i, X [i]). On essaie les X [i] successivement, on note Diagfree(i) pour aucune des cases de (1, X [1]) à (i, X [i]) ne sont sur une même diagonale. Algorithm 26 pour 4 reines 1: Sol 2: for X [1] = 1 à 4 do 3: for X [2] = 1 à 4 do 4: if X [2] = X [1] and Diagfree(2) then S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

10 Modélisation du problème des 4 reines Le problème des n reines Une solution est un vecteur X [1..4] où chaque X [i] dénote une colonne de sorte que la reine i est à la case (i, X [i]). On essaie les X [i] successivement, on note Diagfree(i) pour aucune des cases de (1, X [1]) à (i, X [i]) ne sont sur une même diagonale. Algorithm 27 pour 4 reines 1: Sol 2: for X [1] = 1 à 4 do 3: for X [2] = 1 à 4 do 4: if X [2] = X [1] and Diagfree(2) then 5: for X [3] = 1 à 4 do S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

11 Modélisation du problème des 4 reines Le problème des n reines Une solution est un vecteur X [1..4] où chaque X [i] dénote une colonne de sorte que la reine i est à la case (i, X [i]). On essaie les X [i] successivement, on note Diagfree(i) pour aucune des cases de (1, X [1]) à (i, X [i]) ne sont sur une même diagonale. Algorithm 28 pour 4 reines 1: Sol 2: for X [1] = 1 à 4 do 3: for X [2] = 1 à 4 do 4: if X [2] = X [1] and Diagfree(2) then 5: for X [3] = 1 à 4 do 6: if X [3] = X [1] and X [3] = X [2] and Diagfree(3) then S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

12 Modélisation du problème des 4 reines Le problème des n reines Une solution est un vecteur X [1..4] où chaque X [i] dénote une colonne de sorte que la reine i est à la case (i, X [i]). On essaie les X [i] successivement, on note Diagfree(i) pour aucune des cases de (1, X [1]) à (i, X [i]) ne sont sur une même diagonale. Algorithm 29 pour 4 reines 1: Sol 2: for X [1] = 1 à 4 do 3: for X [2] = 1 à 4 do 4: if X [2] = X [1] and Diagfree(2) then 5: for X [3] = 1 à 4 do 6: if X [3] = X [1] and X [3] = X [2] and Diagfree(3) then 7: for X [4] = 1 à 4 do S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

13 Modélisation du problème des 4 reines Le problème des n reines Une solution est un vecteur X [1..4] où chaque X [i] dénote une colonne de sorte que la reine i est à la case (i, X [i]). On essaie les X [i] successivement, on note Diagfree(i) pour aucune des cases de (1, X [1]) à (i, X [i]) ne sont sur une même diagonale. Algorithm 30 pour 4 reines 1: Sol 2: for X [1] = 1 à 4 do 3: for X [2] = 1 à 4 do 4: if X [2] = X [1] and Diagfree(2) then 5: for X [3] = 1 à 4 do 6: if X [3] = X [1] and X [3] = X [2] and Diagfree(3) then 7: for X [4] = 1 à 4 do 8: if X [4] = X [1] and X [4] = X [2] and X [4] = X [3] and Diagfree(4) then S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

14 1: Sol 2: for X [1] = 1 à 4 do 3: for X [2] = 1 à 4 do 4: if X [2] = X [1] and Diagfree(2) then 5: for X [3] = 1 à 4 do 6: if X [3] = X [1] and X [3] = X [2] and Diagfree(3) then 7: for X [4] = 1 à 4 do 8: if X [4] = X [1] and X [4] = X [2] and X [4] = X [3] and Diagfree(4) then 9: Sol Sol {X } X [1..4] est une solution 10: end if 11: end for 12: end if 13: end for 14: end if S. 15: Pinchinat end (IRISA, for Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198 Essais Successifs (ES) Modélisation du problème des 4 reines Le problème des n reines Une solution est un vecteur X [1..4] où chaque X [i] dénote une colonne de sorte que la reine i est à la case (i, X [i]). On essaie les X [i] successivement, on note Diagfree(i) pour aucune des cases de (1, X [1]) à (i, X [i]) ne sont sur une même diagonale. Algorithm 31 pour 4 reines

15 Modélisation du problème des n reines Le problème des n reines Une solution est un vecteur X [1..n] où chaque X [i] dénote une colonne. La reine i est à la case (i, X [i]). Algorithm 32 pour n reines 1: Sol 2: for X [1] = 1 à n do 3: for X [2] = 1 à n do 4: if X [2] = X [1] and Diagfree(2) then 5:... 6: for X [n] = 1 à n do 7: if X [n] = X [1] and... X [n] = X [n 1] and Diagfree(n) then 8: Sol Sol {X } X est une solution 9: end if 10:... 11: end for 12: end if 13: end for 14: end for S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

16 1: Sol 2: for X [1] = 1 à n do 3: for X [2] = 1 à n do 4: if PP 2 (X 1, X 2 ) then 5:... 6: for X [n] = 1 à n do 7: if PP n (X 1,..., X n ) then 8: Sol Sol {X } X est une solution 9: end if 10:... 11: end for 12: end if 13: end for S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198 Essais Successifs (ES) Algorithme des n reines prédicats partiels Le problème des n reines On note Pi col (X 1,..., X i ) = 1 k<i (X [i] = X [k]) et P diag i (X ) = 1 k<i P diag i (i, X [i]) diag((k, X [k])) La formule Pcol i (X 1,..., X i ) (resp. (X )) est vraie si parmi les reines déjà posées (jusqu à la reine i) aucune n est sur une même colonne (resp. diagonale). On définit PP i (X 1,..., X i ) = Pi col Algorithm 33 n reines (X 1,..., X i ) P diag i (X 1,..., X i ).

17 Les diagonales : (x, y) / diag((z, t)) Le problème des n reines On remarque que (x, y) et (z, t) sont sur la même diagonale ssi x z = y t ou bien x z = t y On numérote les diagonales comme suit. Pour {1 n,..., n 1}, (x, y) appartient à la ième diagonale positive ssi = y x Pour {2,..., 2n}, (x, y) appartient à la l ieme diagonale négative ssi = y + x. n + 2 n + 1 n n 1 n 2 S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

18 Le prédicat partiel PP i (X 1,..., X i ) Le problème des n reines On gère deux tableaux de booléens dp[1 n..n 1] et dn[2..2n]. dp( ) est vrai ssi la ième diagonale positive est libre. dn( ) est vrai ssi la ième diagonale négative est libre. Alors le prédicat partiel s écrit : PP i (X 1,..., X i ) := P col i (X 1,..., X i ) dp[x [i] i] dn[x [i] + i] avec Pi col (X 1,..., X i ) = 1 k<i (X [i] = X [k]). S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

19 Le problème des n reines Algorithme des n reines Une version récursive Algorithm 34 RechercheSol(i) 1: for X [i] = 1 à n do 2: if PP i (X 1,..., X i ) then 3: dp(x [i] i) ff ; dn(x [i] + i) ff Prendre en compte de cette 4: if i < n then valeur de X [i] 5: RechercheSol(i + 1) 6: else Remarquons que PP n (X 1,..., X n ) ssi X est une solution 7: Sol Sol {X } 8: end if 9: dp[x [i] i] tt ; dn[x [i] + i] tt Défaire les modifs liées à la prise en 10: end if compte de cette valeur de X [i] 11: end for Algorithm 35 pour les n reines 1: Sol ; dp tt ; dn tt ; RechercheSol(1) S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

20 Énumération des parties à somme nulle Énumération des parties à somme nulle Étant donné un ensemble E = {e 1,..., e n } de n (n > 0) éléments de Z, on chercher à énumérer les parties de E dont la somme des éléments est nulle. On conviendra que l ensemble vide est une solution. L ensemble des candidats est P(E). Il faut énumérer une fois et une seule les 2 n candidats et calculer pour chacun la somme des ses éléments. On représente l ensemble E par le tableau E[1..n] où E[i] est l élément e i, pour tout i {1,... n}, et on représente une partie X E par sa fonction caractéristique, soit le vecteur X [1..n] à valeurs dans {0, 1} tel que X [i] = 1 si, et seulement si, e i X. La somme des éléments de la partie X E se calcule selon : n E[i] X [i] i=1 S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

21 Énumération des parties à somme nulle Énumération des parties On commence par concevoir un algorithme qui énumère toutes les parties de E. Algorithm 36 RecherchePartie(i) Require: i {1,... n}, et on connaît déjà les valeurs X [1... i 1] 1: for v = 0 à 1 do on ne prend pas ou on prend l élément e i 2: X [i] v 3: if i = n then X un vecteur complet donc une solution 4: Écrire(X ) 5: else 6: RecherchePartie(i + 1) on doit statuer pour les éléments e i+1 à e n 7: end if 8: end for avec l appel principal RecherchePartie(1). Exercice Mettre au propre les variables pour cet algorithme, soient n, E, et X. Dessiner l arbre des possibilités pour les parties de sorte que l Algorithme 36 corresponde à un parcours en profondeur d abord de cet arbre. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

22 Énumération des parties à somme nulle Énumération des parties à somme nulle Algorithm 37 RecherchePartieSomNulle(i) Require: i {1,... n} 1: for v = 0 à 1 do 2: X [i] v 3: if i = n et SommeNulle then X un vecteur solution 4: Écrire(X ) 5: else 6: RecherchePartieSomNulle(i + 1) 7: end if 8: end for avec l appel principal RecherchePartieSomNulle(1). Comment calculer le prédicat SommeNulle? On maintient sa valeur courant au cours de l exécution. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

23 Énumération des parties à somme nulle Énumération des parties à somme nulle L algorithme principal est SomCour 0 ; RecherchePartieSomNulle(1), avec Algorithm 38 RecherchePartieSomNulle(i) Require: i {1,... n} 1: for v = 0 à 1 do 2: X [i] v Prendre en compte ce choix de X [i] 3: SomCour SomCour + v E[i] Prendre en compte ce choix de X [i] 4: if i = n et SomCour = 0 then X est une solution 5: Écrire(X ) 6: else 7: RecherchePartieSomNulle(i + 1) 8: end if 9: SomCour SomCour v E[i] Défaire ce choix de X [i] 10: end for S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

24 La méthode des ES : la forme des problèmes Le schéma général des ES Les solutions se décomposent en vecteurs de la forme (X 1,..., X n ), où X i parcourt un ensemble S i qui est fini. Il y a donc card(s 1 )... card(s n ) candidats a priori. Un critère de validité P(X ) qui permet de déterminer si le candidat X est une solution. Exemple (Les n reines) X i est la colonne de la Reine i (qui par convention est sur la ligne i) S i = {1,..., n} est l ensemble des colonnes où on peut poser la Reine i Le critère de validité P(X 1,..., X n ) garantit que que deux reines quelconques i et j (donc dans les cases (i, X [i]) et (j, X [j])) ne soient en prise mutuelle. Exercice (Parties à somme nulle) Déterminer X, les ensembles S i et le critère de validité P. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

25 Le schéma général des ES Énumération des parties à somme nulle : Détecter une solution au plus tôt (anecdotique) Avec le prérequis X [i] = 0 pour tout i {1,... n}, on peut même écrire Algorithm 39 RecherchePartieSomNulle(i) Require: i {1,... n} 1: for v = 0 à 1 do 2: X [i] v 3: SomCour SomCour + v E[i] 4: if i = n ou SomCour = 0 then 5: Écrire(X ) X est une solution, car X [j] = 0 pour tout j > i 6: else 7: RecherchePartieSomNulle(i + 1) 8: end if 9: SomCour SomCour v E[i] 10: end for S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

26 Le schéma général des ES Détecter une non solution plus tôt : l élagage Afin d éviter de parcourir certaines parties de l arbre, on peut dans certains cas garantir que la solution partielle courante ne peut aboutir à une solution complète. On élague alors cette branche. Exemple Pour le problèmes des n reines lorsqu on ne choisit pas une position pour la Reine i qui soit en conflit avec les positions des reines déjà posées. Exercice Proposer un critère pour le pb des parties à somme nulle. On introduit donc un prédicat partiel PP i (X, v) qui considèrent les valeurs de X [1... i 1] déjà calculée et une valeur v possible pour X [i], et qui vaut faux dès lors que n importe quel candidat Y [1... n] qui coincide avec les i 1 premiers éléments de X ne peut pas être une solution. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

27 Les éléments de mise en oeuvre des ES Le schéma général des ES Dans la méthode ES on essaie autant que possible d éviter de construire tous les candidats ( brute-force ) de l ensemble card(s 1 )... card(s n ). On construit les candidats de façon incrémentale : X 1, puis X 2,... puis X i,..., c-à-d. les solutions partielles (X 1,..., X i ). À chaque étape, on utilise des prédicats partiels PP i qui vérifient : si PP i (X 1,..., v) n est pas vérifié, alors tout candidat de la forme (X 1,..., X i 1, v, Y i+1,..., Y n ) ne peut être une solution. Exemple (Parties à somme nulle) Donner un prédicat partiel. Exercice Écrire PP i (X 1,..., X i 1, v). Trouver d autres exemples de PP i (X 1,..., X i 1, v). Qu en est-il du problème des n reines? S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

28 avec l algorithme principal : Faire les initialisations adéquates ; Recherche(1). S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198 L algorithme récursif des ES Essais Successifs (ES) Le schéma général des ES Algorithm Recherche(i) 1: for v S i do 2: if PP i (X 1,..., X i 1, v) then 3: X i v 4: Effectuer les modifications sur l énoncé du problème 5: qu entraîne ce choix de X i 6: if P(X 1,..., X i 1, X i ) then le vecteur X est une solution 7: Traiter la solution (X 1,..., X n ) 8: else 9: Recherche(i + 1) 10: end if 11: Défaire les modifications sur l énoncé du problème 12: qu avait entraîné ce choix de X i 13: end if 14: end for

29 Arbre de recherche des ES Essais Successifs (ES) Le schéma général des ES Remarque Attention, ce n est pas parce que PP i est vérifié qu il a des solutions en dessous! S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

30 Satisfaisabilité en logique propositionnelle Un autre exemple : Satisfaisabilité en logique propositionnelle Problème (Sat ) Entrée : Un ensemble de n clauses C 1,..., C n Sortie : Existe-t-il une valuation de leurs variables propositionnelles telles que toutes les clauses soient vraies? Modélisation du problème On suppose que les variables propositionnelles sont ordonnées p 1, p 2,..., p m Une solution partielle est un vecteur (X 1,..., X i ) où 0 i m, où X i {ff, tt} est la valuation de proposition p i. PP i (X 1,..., X i ) est faux pour la valuation partielle ν définie par ν(p i ) = X i, une des clauses C 1,..., C n s évalue à faux. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

31 Algorithme pour Sat Essais Successifs (ES) Satisfaisabilité en logique propositionnelle Algorithm Recherche(i) 1: for v S i do 2: if PP i (X 1,..., X i 1, v) then 3: X i v 4: Effectuer les modifications sur l énoncé du problème 5: qu entraîne ce choix de X i 6: if P(X 1,..., X i 1, X i ) then le vecteur X est une solution 7: Traiter la solution (X 1,..., X n ) 8: else 9: Recherche(i + 1) 10: end if 11: Défaire les modifications sur l énoncé du problème 12: qu avait entraîné ce choix de X i 13: end if 14: end for Exercice S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

32 Un arbre de recherche pour Sat Satisfaisabilité en logique propositionnelle (w x y z), (w x), (x y), (y z), (z w), (w z) w = 0 (x y z), (x), (x y), (y z) w = 1 (x y), (y z), (z), (z) x = 0 x = 1 z = 0 z = 1 (y z), (y), (y z) (), (y z) (x y), () (x y), (y), () y = 0 (z), (z) y = 1 () z = 0 z = 1 () () Exercice Qu en concluez-vous pour cet l ensemble de clauses? S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

33 ES pour les problèmes d optimisation ES pour les problèmes d optimisation On cherche à trouver la meilleure solution pour un critère de meilleure solution donné par une fonction de coût sur les solutions. Exemples Problème (TSP) Entrée : Un graphe G = (V, E) orienté et une fonction w : E IN Sortie : Un cycle hamiltonien dans G qui minimise la somme des arcs. Problème (Knapsack Problem (kp)) Entrée : n objets, pour chaque objet i deux valeurs w i ( 0 son poids) et p i (son profit/sa valeur), une constante K 0 Sortie : Des valeurs x 1, x 2,..., x n dans {0, 1} telles que Σ n i=1w i.x i K et qui maximise le profit Σ n i=1p i.x i. Dans notre approche, on convient que la fonction de coût doit être minimisée. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

34 Coloration de sommets d un graphe ES pour les problèmes d optimisation Étant donné un graphe non orienté G = (V, E), trouver le nombre minimum de couleurs pour colorier les sommets du graphe de sorte que deux sommets voisins aient des couleurs différentes. Ce nombre minimum est noté γ(g) est appelé le nombre chromatique du graphe G. Pour un graphe complet, il faut V, et le pb est simple, mais dans le cas général c est un problème difficile. En 1976, l algorithme d Appel et Haken avec 1478 cas critiques (plus de 1200 heures de calcul) permet d établir le théorème de 4 couleurs : Théorème (des 4 couleurs) Si le graphe est planaire (i.e. il peut se dessiner dans le plan sans qu aucun arc n en croise un autre (e.g., les cartes géographies), alors 4 couleurs suffisent. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

35 ES pour les problèmes d optimisation ES pour colorier les sommets On se donne les variables suivantes (où n = V est le nombre de sommets du graphe) : V = {1,..., n}. C est l ensemble ordonné des couleurs disponibles. nc est le nombre de couleurs déjà utilisées, initialement nc = 0. nvllecouleur est une variable booléenne. nc est le nombre minimal de couleurs parmi les solutions déjà trouvées, initialement nc = n + 1 (c est comme + ). X [1..n] à valeur dans C ; X [i] est la couleur du sommet i Algorithm 42 Colorier(G, C) 1: nc 0 ; nc n + 1 ; colorier(1) ; 2: return MeilleureSol et nc On décrit maintenant colorier(i) où i est un sommet et les sommets 1,..., i 1 sont coloriés. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

36 ES pour les problèmes d optimisation ES pour colorier les sommets Algorithm 43 colorier(i) Require: i est un sommet et les sommets 1,..., i 1 sont coloriés 1: C {1,..., nc + 1} 2: for k = 1 to i 1 do 3: if k Voisins(i) then C C \ {X [k]} 4: end if 5: end for 6: for c C do 7: if (c nc) [(c = nc + 1) (nc + 1 < nc )] then Prédicat partiel 8: X [i] c 9: if c = nc + 1 then nc nc + 1 ; nvllecouleur vrai Effectuer les modifs 10: else nvllecouleur faux 11: end if 12: if i < n then colorier(i + 1) 13: else nc nc ; MeilleureSol X 14: end if 15: if nvllecouleur then nc nc 1 Défaire les modifs 16: end if 17: end if 18: end for S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

37 ES pour les problèmes d optimisation Coloration des arêtes d un graphe Étant donné un graphe non orienté G, trouver le nombre minimum de couleurs pour colorier les arête du graphe de sorte que deux arêtes adjacentes aient des couleurs différentes. Ce nombre minimum, noté χ (G), est appelé l indice chromatique du graphe G. Un résultat classique est Théorème Soit Δ(G) le degré maximum de G, alors Δ(G) χ (G) Δ(G) + 1. Colorier les arêtes de G en utilisant Δ(G) + 1 couleurs est polynomial, mais colorier les arêtes de G en χ (G) couleurs est un problème difficile. Exercice Écrire l algorithme ES pour calculer l indice chromatique d un graphe. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

38 Importance des problèmes de coloriage ES pour les problèmes d optimisation Des exemples Planning de sessions d examen Coloriage de cartes géographiques (facile : Théorème des 4 couleurs!) Exclusion mutuelle dans l accès à des ressources communes Attribution de salles pour des séances de cours (mais il y a des meilleures approches que vous connaissez...) S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

39 ES pour les problèmes d optimisation Exclusion mutuelle dans l accès à des ressources communes Exemple On considère 3 fichiers f 1, f 2, f 3 qui doivent être consultés pour modification par 4 utilisateurs potentiels u 1, u 2, u 3, u 4. L accès à chaque fichier est exclusif et dure 1 minute. Un utilisateur ne peut accéder qu un fichier à la fois. On veut minimiser le temps nécessaires pour réaliser ces modifications. Soient les accès suivants à réaliser : pour u 1 : f 1, f 2, f 3 pour u 2 : f 1, f 2, f 3 pour u 3 : f 2, f 3 pour u 4 : f 3 On peut construire le graphe suivant d arêtes coloriables en 4 couleurs, donc pour un temps total de 4 minutes. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

40 ES pour les problèmes d optimisation L algorithme des ES pour les problèmes d optimisation Soit une fonction d évaluation partielle ep i à valeurs dans IN (ou IR + ) sur la solution partielle (+ monotone, voir plus loin), v la meilleure valeur trouvée jusqu ici. Algorithm RechercheMeilleureSol(i) 1: for v S i do 2: if (PP i (X 1,..., X i 1, v) ep i (X 1,..., X i 1, v) < v ) then 3: X i v 4:... Effectuer les modifs... 5: if P(X 1,..., X i 1, X i ) then 6: Traiter la solution X qui est optimale 7: else 8: RechercheMeilleureSol(i + 1) 9: end if 10:... Défaire les modifs... 11: end if 12: end for Algorithme principal : initialisations dont v + (valeur optimale) ; RechercheMeilleureSol(1) S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

41 Le voyageur de commerce Essais Successifs (ES) ES pour les problèmes d optimisation Problème (TSP) Entrée : Un graphe G = (V, E) orienté et une fonction w : E IN Sortie : Un cycle hamiltonien dans G qui minimise la somme des arcs. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

42 ES pour les problèmes d optimisation ES pour le problème TSP : les structures de données Le graphe G = (V, E, w) est donné par V = {1,..., n}, les poids de ses arêtes w[1..n, 1..n] (entiers naturels), le voisinage d un sommet vois : V 2 V. On utilise X [1..n + 1] et X [1..n + 1] à valeurs dans V, des cycles dans le graphe. pris V, les sommets de la solution partielle = un chemin dans le graphe. lg, lg IN, la longueur courante de la solution partielle et la longueur d une solution optimale. Algorithm 45 TSP(G) 1: X [1] 1 on part du sommet 1 2: pris {1} 1 est sur le chemin courant 3: lg 0 1 est un chemin de longueur 0 4: lg on n a pas encore trouvé de solution optimale 5: RechercheTournee(2) On peut par exemple prendre = 1 + e E w(e). S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

43 ES pour le problème TSP : l algorithme ES pour les problèmes d optimisation Algorithm 46 RechercheTournee(i) 1: for v vois(x [i 1]) do On essaie de prolonger le chemin courant 2: if (v / pris (i = n + 1 v = 1)) (lg + w[x [i 1], v] < lg ) then 3: (chemin élementaire ou cycle hamiltonien) et tjrs meilleur que la sol. opt. 4: X [i] v 5: pris pris {X [i]} ; lg lg + w[x [i 1], X [i]] Effectuer les modifs 6: if i < n + 1 then On a pu prolonger le chemin avec le sommet X [i] 7: RechercheTournee(i + 1) on continue à avancer 8: else i = n + 1 et X [i] = 1 et X [1..n + 1] est un cycle hamilt. avec lg < lg 9: lg lg ; X X on traite la solution optimale 10: end if 11: lg lg w[x [i 1], X [i]] Défaire les modifs 12: if X [i] = 1 then pris pris \ {X [i]} 13: end if 14: end if 15: end for S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

44 Exécution de l algorithme ES pour TSP ES pour les problèmes d optimisation S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

45 Résumé de l approche ES jusqu ici ES pour les problèmes d optimisation On a vu un schéma générale des ES pour des problèmes d existence de solution mais aussi de calcul de solution optimale. Pour le calcul de solution(s), la clé est de concevoir un prédicat partiel PP i (X ) permettant de couper une branche de l arbre de recherche dès que la solution partielle ne peut conduire à une solution (complète). Pour le calcul de solution(s) optimale(s) (où on cherche à minimiser la valeur d une solution), on conserve le prédicat partiel enrichi d une fonction d évaluation partielle ep i (X ) (qui est monotone, c-à-d. dont la valeur augmente au fur et à mesure que la solution se complète) : on ne développe pas une branche si elle correspond à une solution partielle dont l évaluation (partielle) est plus grande ou égale à une meilleure solution déja trouvée, parce qu elle ne pourra pas conduire à une solution optimale. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

46 Élagage à l aide d heuristiques Essais Successifs (ES) Élagage à l aide d heuristiques On va maintenant utiliser des heuristiques (= art de trouver, découvrir ). On enrichit les ES en se servant d évaluations par défaut minimum et maximum notées epdmin i (X ) et epdmax i (X ) qui vérifient : pour toute solution partielle X et toute solution complète X qui étend X, epdmin i (X ) val( X ) epdmax i (X ) où val retourne la valeur d une solution complète. Les valeurs epdmin i (X ) et epdmax i (X ) se décomposent en epdmini (X ) = ep i (X ) + h min (X ) epdmax i (X ) = ep i (X ) + h max (X ) où les fonctions h min (X ) et h max (X ) sont des heuristiques. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

47 Élagage à l aide d heuristiques On a élagué lorsque ep i (X ) = w[x [1], X [2]] w[x [i 1], X [i]] lg Or, on peut établir un minorant de ce que cette solution partielle peut donner en considérant le nombre d arêtes qui manquent pour compléter la solution partielle X et en minorant la valeur de ces arêtes par le poids minimum des arêtes dans le graphe. On fera de même pour obtenir un majorant. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

48 Élagage à l aide d heuristiques On a élagué lorsque ep i (X ) = w[x [1], X [2]] w[x [i 1], X [i]] lg Or, on peut établir un minorant de ce que cette solution partielle peut donner en considérant le nombre d arêtes qui manquent pour compléter la solution partielle X et en minorant la valeur de ces arêtes par le poids minimum des arêtes dans le graphe. On fera de même pour obtenir un majorant. Soient w min et w max les poids minimum et maximum des arêtes dans le graphe. Pour compléter une solution partielle (=chemin) X = (X 1,..., X i ), il faut encore choisir n i + 1 arêtes : Les choix qui restent rajouteront à ep i (X ) au moins un poids de (n i + 1) w min. On définit h min (X 1,..., X i ) = (n i + 1) w min. Les choix qui restent rajouteront à ep i (X ) au plus un poids de (n i + 1) w max. On définit h max (X 1,..., X i ) = (n i + 1) w max. Alors, pour toute solution complète X qui étend X, on a : ep i (X ) + h min (X ) lg( X ) ep i (X ) + h max (X ) S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

49 Élagage à l aide d heuristiques On a élagué lorsque ep i (X ) = w[x [1], X [2]] w[x [i 1], X [i]] lg Or, on peut établir un minorant de ce que cette solution partielle peut donner en considérant le nombre d arêtes qui manquent pour compléter la solution partielle X et en minorant la valeur de ces arêtes par le poids minimum des arêtes dans le graphe. On fera de même pour obtenir un majorant. Soient w min et w max les poids minimum et maximum des arêtes dans le graphe. Pour compléter une solution partielle (=chemin) X = (X 1,..., X i ), il faut encore choisir n i + 1 arêtes : Les choix qui restent rajouteront à ep i (X ) au moins un poids de (n i + 1) w min. On définit h min (X 1,..., X i ) = (n i + 1) w min. Les choix qui restent rajouteront à ep i (X ) au plus un poids de (n i + 1) w max. On définit h max (X 1,..., X i ) = (n i + 1) w max. Alors, pour toute solution complète X qui étend X, on a : ep i (X ) + h min (X ) lg( X ) ep i (X ) + h max (X ) Remarque On peut clairement affiner en prenant pour h min (X ) (resp. h max (X )) la somme des n i +1 plus petits (resp. grands) poids (vive les petits poids carottes!) dans le graphe. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198

50 Élagage à l aide d heuristiques On a élagué lorsque ep i (X ) = w[x [1], X [2]] w[x [i 1], X [i]] lg Or, on peut établir un minorant de ce que cette solution partielle peut donner en considérant le nombre d arêtes qui manquent pour compléter la solution partielle X et en minorant la valeur de ces arêtes par le poids minimum des arêtes dans le graphe. On fera de même pour obtenir un majorant. Soient w min et w max les poids minimum et maximum des arêtes dans le graphe. Pour compléter une solution partielle (=chemin) X = (X 1,..., X i ), il faut encore choisir n i + 1 arêtes : Les choix qui restent rajouteront à ep i (X ) au moins un poids de (n i + 1) w min. On définit h min (X 1,..., X i ) = (n i + 1) w min. Les choix qui restent rajouteront à ep i (X ) au plus un poids de (n i + 1) w max. On définit h max (X 1,..., X i ) = (n i + 1) w max. Alors, pour toute solution complète X qui étend X, on a : ep i (X ) + h min (X ) lg( X ) ep i (X ) + h max (X ) Remarque On peut clairement affiner en prenant pour h min (X ) (resp. h max (X )) la somme des n i +1 plus petits (resp. grands) poids (vive les petits poids carottes!) dans le graphe. Et on peut encore affiner... mais le calcul des heuristiques doit rester peu coûteux. S. Pinchinat (IRISA, Université de Rennes 1) Méthodes algorithmiques UE ALG année / 198