Programowanie w języku C. Ćwiczenia praktyczne. Wydanie II
19,90 zł
Szkoła programisty PLC. Język LAD w programowaniu sterowników przemysłowych
−30%41,30 zł
Algorytmy bez tajemnic
44,90 zł
Czysty kod. Podręcznik dobrego programisty
69,00 zł
Cyberwojna. Metody działania hakerów
49,00 zł
Bitcoin dla zaawansowanych. Programowanie z użyciem otwartego łańcucha bloków. Wydanie II
69,00 zł

Algorytm Helda-Karpa

Graf, 4 wierzchołki Graf użyty w przykładzie wykonania algorytmu

Algorytm Helda-Karpa (czasami określany jako algorytm Bellmana-Helda-Karpa) – algorytm służący do rozwiązywania problemu komiwojażera. Jest to algorytm dokładny oparty na programowaniu dynamicznym. Algorytm ma złożoność czasową O(n22n) i złożoność pamięciową O(n2n). Jest to co prawda złożoność gorsza od wielomianowej, ale algorytm ten jest znacznie lepszy od algorytmu sprawdzającego wszystkie warianty (złożoność czasowa O(n!)).

Działanie algorytmu

Załóżmy, że mamy graf liczący n wierzchołków ponumerowanych 1, 2, …, n. Wierzchołek 1 niech będzie wierzchołkiem początkowym. Jako di,j oznaczmy odległość między wierzchołkami i oraz j (są to dane wejściowe).

Oznaczmy jako D(S, p) optymalną długość ścieżki wychodzącej z punktu 1 i przechodzącej przez wszystkie punkty zbioru S tak, aby zakończyć się w punkcie p (p musi należeć do S). Przykładowo, zapis D({2, 5, 6}, 5) to optymalna długość ścieżki wychodzącej z punktu 1, przechodzącej przez punkty 2 i 6, kończącej się w punkcie 5. Liczbę punktów w zbiorze S oznaczmy jako s.

Wartość D(S, p) wyznaczamy następująco:

  • Jeśli s=1, to D(S, p) = d1,p,
  • Jeśli s>1, to D(S, p) = minx∈(S-{p})( D(S−{p}, x) + dx,p).

Mówiąc obrazowo, musimy za każdym razem ustalać, który punkt powinien być przedostatni na trasie (który punkt ma poprzedzać punkt p).

Na końcu wyznacza się rozwiązanie całego problemu. W tym celu należy znaleźć poprzednika punktu 1 korzystając ze wzoru: minx∈{2, …, n}( D({2, …, n}, x) + dx,1).

Przykład

Dany jest graf zawierający cztery wierzchołki (taki, jak na ilustracji). Odległości między wierzchołkami są następujące:

  • d1,2 = d2,1 = 30
  • d1,3 = d3,1 = 36
  • d1,4 = d4,1 = 40
  • d2,3 = d3,2 = 20
  • d2,4 = d4,2 = 50
  • d3,4 = d4,3 = 67

Na początku wyznaczamy wartości D(S, p) dla jednoelementowych zbiorów S (s=1). Są to przypadki trywialne.

  • D({2}, 2) = d1,2 = 30
  • D({3}, 3) = d1,3 = 36
  • D({4}, 4) = d1,4 = 40

Następnie wyznaczamy wartości D(S, p) dla dwuelementowych zbiorów S (s=2). W nawiasie kwadratowym zapisaliśmy numer przedostatniego węzła na ścieżce (węzła x dla optymalnego rozwiązania podproblemu). W tych przypadkach co prawda wybór jest oczywisty, gdyż zbiór S−{p} jest jednoelementowy, jednak już teraz pilnujmy notacji.

  • D({2, 3}, 2) = min( D({3}, 3) + d3,2 ) = min(36 + 20) = min(56) = 56 [3]
  • D({2, 3}, 3) = min( D({2}, 2) + d2,3 ) = min(30 + 20) = min(50) = 50 [2]
  • D({2, 4}, 2) = min( D({4}, 4) + d4,2 ) = min(40 + 50) = min(90) = 90 [4]
  • D({2, 4}, 4) = min( D({2}, 2) + d2,4 ) = min(30 + 50) = min(80) = 80 [2]
  • D({3, 4}, 3) = min( D({4}, 4) + d4,3 ) = min(40 + 67) = min(80) = 107 [4]
  • D({3, 4}, 4) = min( D({3}, 3) + d3,4 ) = min(36 + 67) = min(80) = 103 [3]

W kolejnych krokach wyznaczamy wartości D(S, p) dla trójelementowych zbiorów S (s=3).

  • D({2, 3, 4}, 2) = min( D({3, 4}, 3) + d3,2, D({3, 4}, 4) + d4,2 ) = min(107 + 20, 103 + 50) = min(127, 153) = 127 [3]
  • D({2, 3, 4}, 3) = min( D({2, 4}, 2) + d2,3, D({2, 4}, 4) + d4,3 ) = min(90 + 20, 80 + 67) = min(110, 147) = 110 [2]
  • D({2, 3, 4}, 4) = min( D({2, 3}, 2) + d2,4, D({2, 3}, 3) + d3,4 ) = min(56 + 50, 50 + 67) = min(106, 117) = 106 [2]

Trójelementowy zbiór S jest dla tego zadania największym z możliwych, gdyż nie licząc wierzchołka początkowego mamy trzy wierzchołki. Możemy więc już teraz wyznaczyć rozwiązanie całego zadania:

  • min( D({2, 3, 4}, 2) + d2,1, D({2, 3, 4}, 3) + d3,1, D({2, 3, 4}, 4) + d4,1,) = min(127 + 30, 110 + 36, 106 + 40) = min(157, 146, 146) = 146 [3]

Znamy już długość optymalnej trasy. Samą trasę możemy odtworzyć wykorzystując indeksy z kwadratowych nawiasów. Trasa to 1–3–2–4–1.

Złożoność obliczeniowa

Obliczmy, ile razy wyznaczana jest wartość D(S, p). Dla s=1 wartość tę wyznacza się n−1 razy. Dla każdego s z przedziału od 2 do n−1 rozważamy wszystkie s-elementowe kombinacje ze zbioru n−1-elementowego, przy czym dla każdej kombinacji rozważamy s wariantów punktu końcowego. Łącznie liczba wyznaczanych wartości D(S, p) wynosi zatem: $$(n-1)+∑↙{s=2}↖{n-1}s{(n-1)!}/{s!(n-1-s)!}$$ Korzystając z własności symbolu Newtona można przekształcić ten wzór do postaci: $$(n-1)2^{n-2}$$ Wartość D(S, p) wyznacza się w czasie liniowym (zakładając, że mamy bezpośredni dostęp do każdej zapamiętanej wartości, co można zapewnić prawidłowym indeksowaniem). Łącznie złożoność czasowa algorytmu wynosi więc O(n22n). Każdą wartość D(S, p) należy zapamiętać, zatem złożoność pamięciowa algorytmu to O(n2n).

Ocena: 0 Tak Nie
Liczba głosów: 0.

Dodano: 7 sierpnia 2017 11:19, ostatnia edycja: 8 listopada 2017 16:03.

Zobacz też

Metoda przyrostowa – technika projektowania algorytmów polegająca na dodawaniu do rozwiązania kolejnych elementów z danych wejściowych. Przykładem algorytmu opartego na tej metodzie jest sortowanie przez wstawianie, gdzie kolejne elementy są wstawiane do posortowanej części tablicy.

Jest to metoda prosta, jednak sprawdza się tylko dla niektórych problemów obliczeniowych.

→ Czytaj całość

Wyznaczanie najkrótszej ścieżki – zagadnienie polegające na wyszkaniu w grafie takiej ścieżki łączącej dwa wierzchołki, której suma wag krawędzi jest jak najmniejsza.

W przypadku pesymistycznym do wyznaczenia optymalnej ścieżki z wierzchołka A do wierzchołka B konieczne jest wyznaczenie najkrótszych ścieżek z wierzchołka A do wszystkich pozostałych wierzchołków w grafie. Zagadnienie takie jest określane jako poszukiwanie najkrótszych ścieżek z jednego źródła. Do rozwiązywania tego zagadnienia można wykorzystać następujące algorytmy:

Nieco innym zagadnieniem jest poszukiwanie najkrótszych ścieżek pomiędzy każdą parą wierzchołków. W tym celu można wykorzystać algorytmy wymienione powyżej (wykonując je wielokrotnie, za każdym razem przyjmując inny wierzchołek źródłowy) lub algorytmy poszukujące od razu wszystkich ścieżek, takie jak:

Aby znalezienie najkrótszej ścieżki było możliwe, graf nie może zawierać ujemnych cykli osiągalnych z wierzchołka źródłowego. Jeśli taki cykl istnieje, to poruszając się nim „w kółko” cały czas zmniejszamy długość ścieżki. Dopuszczalne jest natomiast występowanie krawędzi o ujemnej wadze, choć nie wszystkie algorytmy dopuszczają ten przypadek.

Jeśli poszukujemy ścieżek o najmniejszej liczbie krawędzi (np. wtedy, gdy wszystkie krawędzie mają taką samą, dodatnią wagę), to zamiast powyższych algorytmów możemy skorzystać z prostego przeszukiwania grafu wszerz.

→ Czytaj całość

Minimalne drzewo rozpinające (ang. minimum spanning tree, w skrócie MST), inaczej drzewo rozpinające o minimalnej wadze – drzewo łączące wszystkie wierzchołki pewnego grafu spójnego mające najmniejszą możliwą sumę wag krawędzi.

Jeśli graf ma v wierzchołków, to jego drzewo rozpinające zawsze będzie miało v-1 krawędzi. Jeśli ten graf ma e krawędzi, aby utworzyć drzewo rozpinające, trzeba usunąć z grafu e-v+1 krawędzi. Liczba ta jest określana jako liczba cyklomatryczna.

→ Czytaj całość
Polityka prywatnościKontakt