Komiwojażer na płaszczyźnie

Transkrypt

1 Komiwojażer na płaszczyźnie Paweł Gawrychowski Uniwersytet Wrocławski & Max-Planck-Institut für Informatik 18 marca 2014 Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

2 Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

5 ETSP W Euclidean Travelling Salesman Problem dostajemy n punktów na płaszczyźnie (x i, y i ). Celem jest znalezienie permutacji π, która minimalizuje sumaryczna długość trasy, czyli (x π(i+1) x π(i) ) 2 + (y π(i+1) y π(i) ) 2. i Interesuje nas skonstruowanie efektywnego algorytmu dla tego problemu. Efektywność mierzymy w dwóch kategoriach: 1 czas działania, 2 potrzebna pamięć. d(i, j) = (x i x j ) 2 + (y i y j ) 2 Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

6 Zacznijmy od najprostszego pomysłu: sprawdźmy wszystkie możliwe permutacje π. Niestety jest ich dość sporo, bo aż n! (n/e) n. Już dla n = 15 ten pomysł nie ma najmniejszych szans na sukces. No to może trzeba choć chwilę pomyśleć? Spróbujmy skorzystać z techniki nazywanej przez informatyków programowaniem dynamicznym. Prosta obserwacja Zamiast szukać najkrótszej trasy, równie dobrze możemy szukać najkrótszej ścieżki, która zaczyna się (x 1, y 1 ), kończy w ustalonym (x e, y e ), i odwiedza każdy punkt. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

7 Zdefiniujmy S[A][i] jako długość najkrótszej ścieżki, która zaczyna się (x 1, y 1 ), kończy w (x i, y i ), i dla każdego j A przechodzi przez (x j, y j ). Wynik to po prostu min e S[{1, 2,..., n}][e] + d(1, e). Chcielibyśmy wyznaczyć wszystkie sensowne S[A][i], czyli takie, dla których {1, i} A. Od czego zaczać? Co dalej? S[{1}][1] = 0 Popatrzmy na S[A][i], gdzie {1, i} A oraz 1 i. Najkrótsza możliwa ścieżka, która kończy się w (x i, y i ), ma postać 1... j i. Czyli jej długość to po prostu S[A \ {i}][j] + d(j, i). Co prawda nie znamy j, ale przecież możemy sprawdzić wszystkie możliwości! S[A][i] = min S[A \ {i}][j] + d(j, i) j A,j i Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

8 Daje nam to dość proste rozwiazanie, które wymaga wykonania około 2 n n 2 operacji. Pracowicie wyliczamy S[A][i] dla kolejnych A oraz i. Każde S[A][i] można wyliczyć wykonujac tylko n operacji, jeśli znamy już wszystkie S[A ][i ], dla których A < A. n = 15 Dla n = 15 potrzebujemy tylko kilku milionów operacji, czyli pewnie kilku sekund. Nawet dla n = 30 czas działania to pewnie tylko kilka minut, pojawia się jednak inny problem: musimy przechowywać wszystkie S[A][i], co wymaga kilkunastu gigabajtów pamięci RAM. A z tym może być problem... Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

9 Czyli uzyskaliśmy istotnie lepsza złożoność czasowa kosztem istotnie lepszej złożoności pamięciowej. rozwiazanie naiwne O((n/e) n n) O(n) programowanie dynamiczne O(2 n n 2 ) O(2 n n) następny slajd O(4 n n O(log n) ) O(n) Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

10 Niech S(i, A, j) będzie długościa najkrótszej ścieżka, która zaczyna się w i, kończy w j, i dla każdego k A przechodzi przez (x k, y k ) (zakładamy, że i, j A). Interesuje nas wyliczenie S(i, {1, 2,..., n}, j). Jak podzielić problem na mniejsze? Niech i... j będzie ścieżka odpowiadajac a S(i, A, j). Wybierzmy z, które jest jej (mniej więcej) środkowym elementem i zdefiniujmy: 1 A 1 jako zbiór elementów przed z na ścieżce, włacznie z i. 2 A 2 jako zbiór elementów po z na ścieżce, włacznie z j. Wtedy S(i, A, j) = S(i, A 1 {z}, z) + S(z, A 2 {z}, j). Czyli aby wyliczyć S(i, A, j) wystarczy wyznaczyć S(i, A 1 {z}, z) i S(z, A 2 {z}, j). Problem Ale przecież nie znamy z, A 1, A 2. Z braku lepszych pomysłów możemy jednak sprawdzić wszystkie możliwości. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

11 Spróbujmy oszacować całkowity czas działania T (n). Mamy n możliwych wyborów z i 2 n 3 możliwych podziałów A \ {z} na A 1 i A 2. Czyli: T (n) = O(n2 n 3 (T (n/2 + 1) + T (n/2 + 1)) = O(n2 n T (n/2 + 1)) Po rozpisaniu łatwo uwierzyć, że T (n) = O(4 n n O(log n) ). Gurevich i Shelah 1987 Powyższy algorytm działa w czasie O(4 n n O(log n) ) i pamięci O(n). Koivisto i Parviainen 2010 Dla dowolnego parametru S ( (2), 2), można skonstruować algorytm, który działa w czasie O(T n ) i pamięci O(S n ), gdzie TS < 4. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

12 Powyz sze rozwiazania zupełnie nie korzystały z tego, z e d(i, j) to odległos c euklidesowa. Byc moz e jest tak, z e takie załoz enie istotnie upraszcza problem, i moz na skonstruowac algorytm, który działa w wielomianowym czasie i wielomianowej pamieci. Papadimitriou 1977 ETSP jest NP-trudny. A moz e NP-zupełny? 1 Aby mówic o NP-zupełnos ci, trzeba zdefiniowac problem decyzyjny, czyli pytac o istnienie trasy, której długos c D. 2 Nie wiadomo. Problemem jest to, z e musimy wyliczac wyraz enia P q postaci i (xπ(i+1) xπ(i) )2 + (yπ(i+1) yπ(i) )2, co moz e wymagac wyznaczania wielu cyfr po przecinku. Paweł Gawrychowski Komiwojaz er na płaszczyz nie 18 marca / 31

13 P vs NP Rozważamy problemy, dla których odpowiedź to TAK/NIE. Czy istnieje trasa o długości D, która odwiedza wszystkie punkty? Zakładamy, że dane wejściowe to ciag n bitów, czyli kodujemy binarnie wszystkie współrzędne x i i y i. Także wszystkie tymczasowe dane przechowywane przez nasz algorytm to ciagi bitów. Problem należy do klasy złożoności P Jeśli można skonstruować dla niego deterministyczny algorytm o czasie działania O(n c ), gdzie c to dowolna liczba naturalna. Problem należy do klasy złożoności NP Jeśli można skonstruować dla niego niedeterministyczny algorytm o czasie działania O(n c ), gdzie c to dowolna liczba naturalna. Niedeterministyczny oznacza tutaj, że możemy korzystać z życzliwej podpowiedzi. Taka podpowiedź to kolejny ciag bitów długości O(n c ). Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

14 Przykład Grahama Nie będziemy się tym przejmować. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

15 No dobrze, ale może wcale nie potrzebujemy wyznaczać trasy, która jest najkrótsza. Może wystarczyłoby nam wyznaczenie takiej, która jest krótka. Konkretniej, jeśli ALG to nasze rozwiazanie, a OPT to rozwiazanie optymalne, ALG c OPT, gdzie c jest bliskie 1. Arora 1996 Dla każdego ɛ > 0 istnieje wielomianowy algorytm, który aproksymuje ETSP ze współczynnikiem 1 + ɛ. Mówimy, że istnieje wielomianowy schemat aproksymacji (PTAS) dla tego problemu. Niestety czas działania tego wielomianowego algorytmu to w najlepszym wypadku O(n log 1 ɛ n), czyli raczej sporo. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

16 Spróbujemy skonstruować dokładny algorytm o czasie działania O(n O( n) ). Nie będzie on super praktyczny, ale: 1 ma intrygujaco wygladaj ac a złożoność czasowa, 2 liniowa (czyli optymalna) złożoność pamięciowa, 3 korzysta z fajnej sztuczki zwiazanej z grafami planarnymi, która jest ciekawa sama w sobie. Smith 1989, Kann 1992, Hwang, Chang, Lee 1993 ETSP może być rozwiazany w czasie O(n O( n) ) i pamięci O(n). Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

17 Pierwsza prosta obserwacja Krawędzie najkrótszej trasy nie przecinaja się ze soba. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

21 Czyli możemy patrzeć na optymalne rozwiazanie jako na graf planarny G = (V, E). Obydwa przedstawione wcześniej rozwiazania opierały się na rozbiciu oryginalnego problemu na dwa mniejsze, naturalne jest więc przyjrzenie się separatorom w grafach planarnych. Mówimy, że S jest (A, B)-separatorem, jeśli V = A S B i w E nie ma krawędzi łacz acych wierzchołki z A i B. S jest dobrym separatorem, jeśli jest (A, B)-separatorem, gdzie A, B 2 3 V. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

22 Wiadomo, że w każdym grafie planarnym istnieje dobry separator o rozmiarze O( n). My potrzebujemy jednak silniejszego twierdzenia. Miller 1986 W każdym dwuspójnym grafie planarnym można znaleźć cykl prosty na co najwyżej 2 2 d 2 n wierzchołkach, który jest dobrym separatorem. n to liczba wierzchołków w grafie d to maksymalny rozmiar ściany grafu Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

24 W grafie planarnym, który odpowiada optymalnemu rozwiazaniu, d może (a pewnie nawet i musi) być dość spore. Łatwo sobie z tym jednak poradzić dodajac nowe krawędzie. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

27 W grafie planarnym, który odpowiada optymalnemu rozwiazaniu, d może (a pewnie nawet i musi) być dość spore. Łatwo sobie z tym jednak poradzić dodajac nowe krawędzie. I być może 3 nowe wierzchołki. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

28 Kluczowy pomysł Wyobraźmy sobie graf planarny odpowiadajacy optymalnemu rozwiazaniu. Znajdźmy w nim cykl prosty C, który jest dobrym separatorem i popatrzmy, w jaki sposób przecina go nasza trasa. Trasa przecina cykl tylko w jego wierzchołkach. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

31 Dziel-i-zwyciężaj Sytuacja na zewnatrz cyklu jest w zasadzie niezależna od sytuacji w jego wnętrzu. Istotne jest tylko to, w których wierzchołkach następuje przejście na druga stronę, no i w jaki sposób połaczone sa ze soba te przejścia. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

34 Dziel-i-zwyciężaj Jeśli wiemy gdzie i jak dokładnie następuja przejścia na druga stronę, możemy osobno rozważyć sytuację na zewnatrz i wewnatrz cyklu. A dokładniej, możemy rekurencyjnie znaleźć dla nich optymalne rozwiazania. Drobny problem W oryginalnym problemie szukaliśmy trasy, która przechodzi przez każdy punkt. W otrzymanych (istotnie) mniejszych problemach sytuacja jest bardziej skomplikowana: szukamy zbioru ścieżek łacz acych podane pary punktów (s i, t i ) o takiej własności, że każdy z podanych punktów v j leży na jednej ze ścieżek. Nie przejmujmy się tym. Oczywiście nie mamy takiej informacji. Ba, nie znamy nawet C! Jak sobie z tym poradzić? Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

35 Zgadnijmy C oraz to, jak wygladaj a przejścia na druga stronę. Zgadnijmy oznacza tutaj oczywiście sprawdźmy wszystkie możliwości. Skoro C O( n), mamy tylko O(n O( n) ) możliwych wyborów C. Okazuje się, że istotnie różnych sposób, na które można przechodzić przez wierzchołki C, jest tylko 2 C ( C )!, czyli też O(n O( n) ). Mamy więc następujac a rekurencję na całkowity czas działania: T (n) = O(n O( n) )(T (n 1 ) + T (n 2 )) = O(n O( n) )T ( 2 3 n) czyli T (n) = O(n O( 2 n+ 3 n+ ( 2 3) 2 n+...) ) = O(n O( n) ). Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

36 Co dalej? Nie wiadomo, czy da się lepiej. Można więc zastanawiać się nad specjalnymi przypadkami, w których podane punkty maja dodatkowa strukturę. Jeśli wszystkie punkty leża na otoczce wypukłej, najlepsza możliwa trasa to po prostu ta otoczka. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

37 Co dalej? Nie wiadomo, czy da się lepiej. Można więc zastanawiać się nad specjalnymi przypadkami, w których podane punkty maja dodatkowa strukturę. Jeśli wszystkie punkty leża na otoczce wypukłej, najlepsza możliwa trasa to po prostu ta otoczka. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

38 W miarę naturalne jest więc następujace pytanie: powiedzmy, że mamy n punktów, z których tylko k leży wewnatrz otoczki wypukłej. Czy da się skonstruować algorytm, który będzie efektywny dla małych wartości k nawet, jeśli n jest duże? Lub, mówiac inaczej, będzie być może wykładniczy ze względu na k, ale wielomianowy ze względu na n. Deineko, Hoffman, Okamoto, Woeginger 2004 Tak zdefiniowany problem można rozwiazać w czasie O(2 k k 2 n). Knauer i Spillner 2006 A nawet O(k O( k) k 1.5 n 3 ). To szybsze rozwiazanie jest oparte na programowaniu dynamicznym. Oznacza to, że jego złożoność pamięciowa jest niestety również wykładnicza. Ale może da się jakoś inaczej? Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

39 Istnieje algorytm, który działa w czasie O(nk 2 + k O( k) ) i używa pamięci O(n). Idea Modyfikujemy algorytm oparty na separatorach. Problematyczne jest to, że być może n jest istotnie większe niż k... Kernelizacja Czyli problemem jest dla nas sytuacja, w której liczba punktów na otoczce jest istotnie większa niż liczba punktów w środku. Okazuje się, że w takim wypadku można ze spokojnym sumieniem zapomnieć o wszystkich poza ( k 2) + k odcinkach otoczki. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

44 Odcinki otoczki, które należa do trasy, sa nudne. Co więcej, najwyżej k z nich nie jest nudnych. Chcielibyśmy pozbyć się wszystkich nudnych odcinków otoczki......ale oczywiście nie znamy optymalnego rozwiazania, więc nie mamy jak stwierdzić, które odcinki sa nudne. Pomysł Wyznaczymy zbiór ( k 2) + k odcinków otoczki A o takiej własności, że w optymalnym rozwiazania ciekawe odcinki otoczki na pewno sa zawarte w A. Jak? Konstruujemy graf dwudzielny, w której każdemu odcinkowi otoczki odpowiada jeden wierzchołek po lewej stronie, a każdej możliwej ścieżce w środku otoczki jeden wierzchołek po prawej stronie. Koszt połaczenia odcinka otoczki z ścieżka w środku jest zdefiniowany w naturalny sposób. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

47 Teraz okazuje się, że wystarczy znaleźć najtańsze skojarzenie prawych wierzchołków do lewych, a następnie można spokojnie zapomnieć o wszystkich lewych wierzchołkach (czyli odcinkach otoczki), które nie zostały skojarzone. Czyli pozwala to na zmniejszenie n do O(k 2 ). To nie wszystko! Ten pomysł daje algorytm działajacy w czasie O(nk 2 + k O(k) ), czyli za wolno. Dodatkowe pomysły: 1 ważona wersja lematu o separatorze, 2 przycinanie problemu w każdym wywołaniu rekurencyjnym. Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31

48 Pytania? Paweł Gawrychowski Komiwojażer na płaszczyźnie 18 marca / 31