Dati e Algoritmi I (Pietracaprina) Esercizi svolti sui Grafi

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1 Dati e Algoritmi I (Pietracaprina) Esercizi svolti sui Grafi

2 Dati e Algoritmi I (Pietracaprina): Esercizi 1 Problema 1 (Esercizio C del testo [GTG14]) Sia G = (V, E) un grafo non diretto con n = V vertici e m = E archi. Dimostrare le seguenti proprietà: a. Se G è un free tree, allora m = n 1 b. Se G è connesso, allora m n 1. c. Se G è una foresta, allora m n 1. Soluzione. a. A lezione abbiamo visto l equivalenza tra la nozione di free tree e quella di rooted tree. In particolare, se G è un free tree dato un qualsiasi vertice r V è possibile vedere ogni arco come una relazione padre-figlio che definisce un rooted tree con insieme di vertici V e radice r. Poichè in un rooted tree ogni vertice, eccetto la radice, ha esattamente un padre, si ha che m = n 1. b. Se oltre a essere connesso G non ha cicli (ovvero è un free tree) la proprietà è conseguenza immediata del punto precedente. Supponiamo che G abbia dei cicli. Dato un ciclo, eliminando uno degli archi del ciclo non viene meno la connessione del grafo. Allora, a partire da G e sino a quando esso contiene almeno un ciclo si elimina un arco da un ciclo esistente. Alla fine del processo si saranno eliminati k 1 archi ottenendo un free tree su n vertici. Risulterà quindi m = n 1 + k > n 1. c. Per definizione di foresta G non ha cicli. Se risulta connesso allora è un free tree e la proprietà è conseguenza immediata del primo punto. Supponiamo invece che non sia connesso e che abbia k > 1 componenti connesse. Prendiamo due componenti connesse qualsiasi e aggiungiamo un arco (u, v) che le connetta. Chiaramente l aggiunta dell arco (u, v) non può creare un ciclo altrimenti significa che le due componenti connesse non erano tra loro disconnesse. Nel nuovo grafo rimangono allora k 1 1 componenti connesse. Iterando questo procedimento k 1 volte otterremo un grafo connesso e senza cicli (quindi un free tree) con m+k 1 = n 1 archi. Risulterà quindi m = n k < n 1. Problema 2 (Esercizio C del testo [GTG14]) Sia T lo spanning tree generato dai discovery edge di una Depth-First Search (DFS) di un grafo G non diretto e connesso. T è radicato nel vertice di partenza della DFS. Dimostrare che per ogni arco (u, v) di G marcato come back edge uno dei due vertici è antenato dell altro in T. (Si osservi che questo giustifica la locuzione back edge.) Soluzione. Sia G = (V, E) e (u, v) E un arco marcato come back edge da dalla DFS. Senza perdita di generalità, supponiamo che DFS(G, u) sia invocata prima di DFS(G, v). Quando u arriva a considerare v come vicino deve trovare v già visitato. Questo significa che DFS(G, v) non viene invocata direttamente da DFS(G, u), ma deve essere stata invocata come punto di una catena di chiamate ricorsive fatte a partire da u. In altre parole, deve esistere una sequenza di vertici w 0 = u, w 1, w 2,..., w k = v tali che DFS(G, w i ) è stata invocata direttamente da DFS(G, w i 1 ), per 1 i k, e quindi deve esistere un cammino (u = w 0, w 1 )(w 1, w 2 ),, (w k 1, w k = v) di discovery edge che collega u a v. Ciò prova che u è antenato di v in T.

3 Dati e Algoritmi I (Pietracaprina): Esercizi 2 Problema 3 Sia G = (V, E) un grafo non diretto e connesso con n = V vertici e m = E archi. Dati due vertici u, v V, si definisce distanza(u, v) il numero di archi nel cammino più breve da u a v in G. Si definisce inoltre DIAMETRO(G) come la massima distanza tra due vertici. a. Per s V, si supponga che BFS(G, s) produca k + 1 livelli non vuoti: L 0, L 1,..., L k. Dimostrare: k DIAMETRO(G) 2k. b. Sviluppare e analizzare un algoritmo per il calcolo esatto del diametro. Soluzione. a. È noto che dopo l esecuzione di BFS(G, s), L i contiene tutti e soli i vertici distanza i da s. Il fatto che BFS(G, s) ha prodotto k + 1 livelli implica che esistono dei vertici a distanza k da s. Quindi la massima distanza tra due vertici, ovvero DIAMTRO(G), non può essere inferiore a k. Consideriamo ora due vertici arbitrari u, v V. Supponiamo che dopo l esecuzione di BFS(G, s) si abbia u L i e v L j, per un qualche i k e j k. Ciò implica che esiste un cammino fatto da i archi tra u e s e un cammino fatto da j archi tra v e s. Unendo i due cammini si ottiene un cammino di i+j 2k archi tra u e v. Quindi, distanza(u, v) 2k. L arbitrarietà di u e v implica che DIAMTRO(G) 2k. b. Per comodità di notazione sia V = {1, 2,..., n. L idea è quella di invocare l algoritmo BFS da ciascun vertice i determinando la massima distanza d i tra esso e un qualsiasi altro nodo j, aggiornando una variabile inizialmente a 0, ogni volta che d i >. Alla fine, δ corrisponderà al diametro del grafo. Come prima cosa si modifichi l algoritmo BFS visto a lezione facendo in modo che alla fine restituisca il massimo indice di un livello non vuoto, ovvero la massima distanza di un vertice da quello su cui è invocata la BFS. Chiaramente, tale modifica non altera la complessità dell algoritmo. Il calcolo del diametro può essere effettuato come segue: Algoritmo Diameter(G) input Grafo G=(V,E) connesso e rappresentato con liste di adiacenza output DIAMETRO(G) 0 for i 1 to n do { d i BFS(G,i) if (d i > ) then d i return BFS viene invocato esattamente una volta a partire dal ciascun vertice. Poichè G è connesso, ogni invocazione costa Θ (n + m) = Θ (m), dato che m n 1. Quindi, la complessità di tutto l algoritmo è Θ (nm).

4 Dati e Algoritmi I (Pietracaprina): Esercizi 3 Problema 4 Un grafo non diretto G si dice biconnected se non esiste alcun vertice la cui rimozione disconnette il grafo. Far vedere che aggiungendo al più n archi a un grafo G = (V, E) non diretto, connesso, e con n = V 3 vertici, lo si può rendere biconnected (se non lo è inizialmente). Soluzione. Sia V = {1, 2,..., n. Si supponga di aggiungere a E il seguente insieme di archi (se non già presenti in E): {(1, 2), (2, 3),..., (n 1, n), (n, 1). Con l aggiunta di tali archi (che sono al più n dato che alcuni potrebbero già essere parte di E) si crea un ciclo che tocca tutti i vertici. Chiaramente, la rimozione di un qualsiasi vertice i, e degli archi in esso incidenti, non disconnette il grafo in quanto gli altri vertici rimangono connessi almeno dal cammino identificato dai seguenti archi: (i + 1, i + 2) (n, 1)(1, 2) (i 1, i). Problema 5 Un grafo G = (V, E) si dice bipartito se l insieme di vertici V può essere partizionato in due sottoinsiemi X e Y tali che ogni arco di E incide su un vertice di X e uno di Y. Progettare e analizzare un algoritmo efficiente che determini se un grafo non diretto G è bipartito. Soluzione. Si osservi anzitutto che G è bipartito se e solo se ciascuna sua componente connessa è bipartita. Basterà quindi controllare per ogni componente connessa se essa è bipartita oppure no. Si ricordi che eseguendo la BFS da un vertice s, ogni discovery edge collega due vertici in livelli adiacenti, mentre ogni cross edge collega due vertici che appartengono allo stesso livello o a livelli adiacenti. In virtù di questa osservazione, per controllare se una componente connessa è bipartita sarà sufficiente invocare la BFS a partire da un suo vertice arbitrario s e verificare che non ci siano cross-edge tra vertici dello stesso livello. Infatti, se non ci sono cross-edge tra vertici dello stesso livello, tutti gli archi connettono vertici in livelli adiacenti (uno di indice pari e uno di indice dispari). In questo caso, definendo X s come l insieme di vertici appartenenti a livelli di indice pari e Y s come l insieme di vertici appartenenti a livelli di indice dispari, si ha una corretta bipartizione. Se invece esiste un cross-edge tra vertici dello stesso livello la componente connessa non può essere bipartita. Infatti, se lo fosse e i suoi vertici fossero suddivisi in X s e Y s, con s X s, si avrebbe che tutti i vertici appartenenti a livelli di indice pari dovrebbero essere in X s e tutti i vertici appartenenti a livelli di indice dispari dovrebbero essere in Y s, escludendo la possibilità di cross-edge tra vertici dello stesso livello. Supponiamo di implementare la lista L V in modo che L V [u] contenga un campo binario visited e un campo intero level, per ogni u V, e di modificare l algoritmo BFS visto a lezione in modo che quando vista un vertice u inserendolo in un livello L i, imposti L V [u].visited a 1 e L V [u].level a i. Come al solito rappresentiamo i vertici con gli interi da 1 a n. Lo pseudocodice è il seguente.

5 Dati e Algoritmi I (Pietracaprina): Esercizi 4 Algoritmo IsBipartite(G) input Grafo G=(V,E) rappresentato con liste di adiacenza output TRUE/FALSE se G e /non e bipartito for u 1 to n do { L v [u].visited 0; L v [u].level null; for u 1 to n do { if (L V [u].visited = 0) then BFS(G,u) bipartite TRUE; for each (u,v) E do { if (L V [u].level = L V [v].level) then bipartite FALSE; return bipartite La correttezza discende immediatamente dalle osservazioni fatte prima. Per quanto riguarda la complessità si noti che: il primo ciclo for richiede O (n) operazioni, il secondo O (n + m) operazioni (come per il calcolo delle componenti connesse), e il terzo O (m) operazioni. La complessità totale risulta quindi essere O (n + m). Problema 6 Sia G = (V, E) un grafo non diretto con k > 1 componenti connesse. Progettare un algoritmo che aggiunge k 1 archi a G per renderlo connesso, e analizzarne la complessità. Si assuma di poter aggiungere un arco (i, j) a E in tempo costante invocando il metodo G.addArc(i,j). Soluzione. Siano n = V, m = E, e V = {1, 2,..., n. Si denoti con i j un vertice arbitrario dell j-esima componente connessa di G, per 1 j k. Si aggiungano a E i seguenti k 1 archi: {(i j, i j+1 ) : 1 j < k. Si vede facilmente che con tale aggiunta il grafo diventa connesso. Supponiamo di implementare la lista L V in modo che per ogni vertice i V l oggetto L V [i] contenga un campo visited, e che l algoritmo DFS visto a lezione sia modificato in modo che il campo visited di ciascun vertice visitato durante la Depth-First Search venga impostato a 1. L algoritmo richiesto è il seguente. Algoritmo 2bConnected(G) input Grafo G=(V,E) con k componenti connesse rappresentato con liste di adiacenza output Grafo G =(V,E E ) connesso con E =k-1 for i 1 to n do L v [i].visited 0; l 1; DFS(G,1);

6 Dati e Algoritmi I (Pietracaprina): Esercizi 5 for i 2 to n do { if (L V [i].visited = 0) then { G.addArc(l,i); l i; DFS(G,i); La correttezza dell algoritmo è giustificata dalla precedente osservazione. Per quanto riguarda la complessità, sia m j il numero di archi della j-esima componente connessa di G, per 1 j k. Il costo aggregato di tutte le invocazioni di DFS è: k O = O (m). m j j=1 A parte le invocazioni della DFS, l algoritmo prevede due cicli for di al più n iterazioni ciascuno, dove ciascuna iterazione esegue un numero costante di operazioni. Ne consegue che la complessità totale dell algoritmo è O (n + m). Problema 7 Sia G = (V, E) un grafo con n vertici e m archi, e sia V = {1, 2,..., n. Progettare un algoritmo che restituisce, se esiste, un vertice i V da cui sono raggiungibili (con cammini) n/2 altri vertici, e analizzarne la complessità. Se un tale vertice non esiste l algoritmo restituisce 0. Soluzione. Si noti che da un vertice i V sono raggiungibili n/2 altri vertici se e solo se la componente connessa di i contiene almeno n/2 + 1 vertici. L idea è quindi quella di determinare, tramite BFS modificata, la cardinalità di ciascuna componente connessa e, appena se ne trova una di cardinalità almeno n/2 + 1, restituire un vertice arbitrario di essa. Per ogni i V usiamo un campo binario L V [i].visited. Si supponga di modificare l algoritmo BFS(G,i) in modo che imposti a 1 il campo visited dei vertici della componente connessa di i e che restituisca in output il numero di tali vertici. Il conteggio può essere fatto con un contatore, inizializzato a 0, che viene incrementato ogni volta che un nodo viene visitato (ovvero inserito in qualche livello). L algoritmo richiesto è il seguente. Algoritmo LargeComponent(G) input Grafo G=(V,E) rappresentato con liste di adiacenza output vertice i che raggiunge n/2 vertici, se esiste, 0 altrimenti for i 1 to n do L V [i].visited 0 for i 1 to n do { if (L V [i].visited = 0) then { x BFS(G,i); if (x n/2+1) then return i return 0

7 Dati e Algoritmi I (Pietracaprina): Esercizi 6 Sia m j il numero di archi della j-esima componente connessa di G, per 1 j c, e si noti che m = ( c cj=1 ) j=1 m j. Il costo aggregato di tutte le invocazioni di BFS è O m j = O (m), mentre il costo delle altre operazioni fatte dall algoritmo è O (n). La complessità finale risulta quindi essere O (n + m). Problema 8 (Esercizio C in [GTG14]) Sia G = (V, E) un grafo non diretto. Un insieme di vertici I V è un Independent Set (IS) se E non contiene archi (u, v) con u, v I, e si dice Maximal se appena si aggiunge a esso un vertice w V I, si perde la proprietà di IS. In altre parole, I è un Maximal Independent Set (MIS) se per ogni w V I esiste v I tale che (v, w) E. a. Dimostrare che in ogni grafo G esiste sempre un MIS. b. Progettare e analizzare un algoritmo efficiente per trovare un MIS in un grafo G. Soluzione. a. Si consideri un algoritmo che parte da un IS I costituito da un vertice arbitrario, ed esegue ciclo in cui sino a quando esiste un vertice v I che non è adiacente ad alcun vertice di I lo aggiunge a I. Per costruzione, I rimane sempre un IS. L algoritmo termina se I = V oppure qualsiasi vertice non in I è adiacente a qualche vertice in I. In entrambi i casi I è un MIS dato che è un IS e non si possono aggiungere vertici a esso mantenedo la proprietà di IS. L algoritmo dimostra che esiste sempre un MIS. b. Un implementazione banale dell algoritmo del punto precedente sembrerebbe richiedere, al caso pessimo, una scansione di tutti i vertici non in I e di tutti gli archi in essi incidenti in ciascuna iterazione del ciclo. È possibile però implementarlo in modo più efficiente con un unica scansione di vertici e archi. L idea è di fare una scansione di tutti i vertici e per ciascuno di essi determinare se può essere aggiunto all IS corrente (che inizialmente è vuoto) e, in questo caso, aggiungerlo. Rappresentiamo, come sempre, i vertici tramite gli interi da 1 a n. Per ogni i V usiamo un campo booleano L V [i].is che alla fine varrà TRUE per tutti e soli i vertici del MIS. Lo pseudocodice è il seguente: Algoritmo MIS(G) input Grafo G=(V,E) rappresentato con liste di adiacenza output MIS I per G for i 1 to n do L v [i].is FALSE I for i 1 to n do { L v [i].is TRUE for each e G.incidenteEdges(i) do { Sia e = (i,j) if (L V [j].is = TRUE) then L v [i].is FALSE; if (L V [i].is = TRUE) then aggiungi i ad I return I

8 Dati e Algoritmi I (Pietracaprina): Esercizi 7 La correttezza discende facilmente dal seguente invariante che vale alla fine di ogni iterazione i 0 del secondo ciclo for (i = 0 è l inizio del ciclo): L insieme I è un IS Nessun vertice j, con 1 j i e j I, può essere aggiunto a I senza violare la proprietà di IS. La verifica dell invariante è lasciata come esercizio. Per quanto riguarda la complessità, il primo ciclo for richiede O (n) operazioni, mentre ogni iterazione i del secondo ciclo for richiede un numero di operazioni proporzionale al grado del vertice i. Dato che la somma dei gradi di tutti i vertici è O (m) si deduce che la complessità dell algoritmo è O (n + m). Problema 9 Sia G = (V, E) un grafo non diretto e connesso in cui ciascun vertice ha grado esattamente c, con c > 2 costante intera. Si consideri l esecuzione di BFS(G, s) a partire da un arbitrario vertice s V. Dimostrare per induzione su i che il livello L i generato da BFS(G, s) contiene c i vertici, per ogni i 0. Soluzione. Come base dell induzione consideriamo i = 0. Il livello L 0 contiene il solo nodo s e quindi L 0 = 1 = c 0. Fissiamo un indice i 0 e supponiamo, come ipotesi induttiva, che per ogni 0 j i si abbia L j c j. I vertici del livello L i+1 sono tutti adiacenti a vertici del livello i e poiché ciascun vertice v L i ha c vicini concludiamo che L i+1 c L i. Applicando l ipotesi induttiva, otteniamo L i+1 c L i c c i = c i+1.