Väite: T (n) (a + b)n 2 + a. Induktiotodistus: Tapaus n = 0 selvä; ol. väite pätee kun n < m. Huomaa että funktion x x 2 + (m 1 x) 2 kuvaaja on ylöspäin aukeava paraabeli, joten funktio saavuttaa suurimman arvonsa välin päätepisteessä. Siis kun m 1. T (m) max (T (i) + T (m i 1)) + bm 0 i m 1 (a + b) max 0 i m 1 (i2 + (m i 1) 2 ) + 2a + bm = (a + b)(m 1) 2 + 2a + bm = (a + b)m 2 + m(b 2(a + b)) + 3a + b (a + b)m 2 + a 220
3SAT-ongelman NP-täydellisyys erotukseksi yleisestä CNF-esityksestä, kaikilla kaavoilla ei ole 3-CNF-esitystä; esim. x 1 x 2 x 3 x 4 esitämme muunnoksen, jolla polynomisessa ajassa mielivaltaisesta CNF-kaavasta φ tuotetaan 3-CNF-kaava ψ joka on toteutuva joss φ on Tämän muunnoksen olemassaolosta seuraa siis Lause: CSAT p m 3SAT. Koska CSAT on NP-täydellinen ja 3SAT NP, saadaan Korollaari: 3SAT on NP-täydellinen. Huom. SAT-ongelma rajoitettuna 2-CNF-kaavoihin ratkeaa polynomisessa ajassa. 221
Todistus sille että CSAT p m 3SAT Olkoon F (x 1,..., x n ) klausuuli (siis literaalien disjunktio). Muodostamme 3-CNF-kaavan F (x 1,..., x n, y 1,..., y m ) missä y i :t ovat uusia muuttujia ja F (v 1,..., v n ) = 1 jos ja vain jos F (v 1,..., v n, v 1,..., v m ) = 1 joillain (v 1,..., v m ) { 0, 1 }m. Tästä seuraa yleisemmin, että kun φ on CNF-kaava φ = niin voidaan muodostaa 3-CNF-kaavojen konjunktio, eli edelleen 3-CNF-kaava, k ψ = F j missä φ(v 1,..., v n ) = 1 joss ψ(v 1,..., v n, v 1,..., v l ) = 1 jollain (v 1,..., v l ) { 0, 1 }l, joten erityisesti φ on toteutuva joss ψ on toteutuva. Huom. eri kaavoihin F j lisättävien muuttujien pitää olla erillisiä. k j=1 j=1 F j 222
Olkoon F klausuuli. Neljä tapausta sen mukaan, kuinka monta literaalia z i klausuuli F sisältää: 1. F = z 1 missä z 1 = x i tai z 1 = x i jollain i. Uudet muuttujat u ja v; F = (z u v) (z u v) (z u v) (z u v). Koska uudet muuttujat u ja v on otettu kaikilla merkkikombinaatioilla, ainoa tapa saada F = 1 on valita z 1 = 1 jolloin F = 1. 2. F = z 1 z 2. Uusi muuttuja w; F = (z 1 z 2 w) (z 1 z 2 w). Kuten edellisessä kohdassa F voidaan toteuttaa vain tekemällä F todeksi. 3. F = z 1 z 2 z 3 : valmiiksi 3-CNF; F = F. 223
4. F = z 1 z 2... z m missä m 4. Uudet muuttujat y 1,..., y m 3 ; F = (z 1 z 2 y 1 ) (z 3 y 1 y 2 ) (z 4 y 2 y 3 )... (z m 2 y m 4 y m 3 ) (z m 1 z m y m 3 ). Jos F = 1, niin z i = 1 jollain 1, joten F = 1 kun valitaan y j = 1 kun j < i 1 ja y j = 1 muuten. Jos F = 0 ja siis z i = 0 kaikilla i, niin F = 0 miten tahansa y j :t valitaankin. Jos nimittäin yritetään saada F = 1, pitää 1. klausuulin ja ehdon z 1 = z 2 = 0 takia valita y 1 = 1. Kun y 1 = 1 ja z 3 = 0, toisen klausuulin takia pitää ottaa y 2 = 1. Näin päädytään lopulta valitsemaan y m 3 = 1, mutta tällöin viimeinen klausuuli jää toteutumatta. Siis φ CSAT jos ja vain jos ψ 3SAT. Selvästi muunnos φ ψ voidaan laskea polynomisessa ajassa. 224
NP-täydellisyys tähän mennessä: jos jollakin NP-täydellisellä ongelmalla on polynominen ratkaisualgoritmi, niin P = NP tätä ei pidetä luultavana, koska se tarkoittaisi että eksponentiaalisen suuria hakuavaruuksia voitaisiin etsiä polynomisessa ajassa suoraan määritelmästä todistettiin, että SAT on NP-täydellinen suoraviivaisilla palautuksilla osoitettiin, että jo SAT-ongelman rajoitetut erikoistapaukset CSAT ja 3SAT ovat NP-täydellisiä Jatko: osoitetaan 3SAT p m IS ja 3SAT p m HC siis IS ja HC NP-täydellisiä aiemmin osoitettu IS p m VC ja HC p m TSP joten myös VC ja TSP NP-täydellisiä 225
Lause: Riippumaton joukko -ongelma on NP-täydellinen Todistus: Tarkastellaan siis joukkoa IS = { G, k G sisältää k-solmuisen riippumattoman joukon }. Selvästi IS NP. Muodostetaan palautus f: 3SAT p m IS. Koska 3SAT on NP-täydellinen, väite seuraa. Siis f(x) = G, k missä G, k IS jos ja vain jos x on toteutuva 3-CNF-kaava. Erityisesti jos x ylipäänsä ei ole 3-CNF-kaava, pitää olla f(x) IS. Tällaisissa tapauksissa valitaan esim. f(x) = (V, E), n + 1 missä V = n. Keskitytään jatkossa tapaukseen jossa x todella on 3-CNF-kaava. 226
Olkoon siis φ 3-CNF-kaava, jossa m klausuulia: φ = m i=1 (z i,1 z i,2 z i,3 ) missä kukin z i,r on muotoa x j tai x j. Nyt f(φ) = (V, E), k missä k = m V = 3m ja V = { v i,r i { 1,..., m }, r { 1, 2, 3 } } (v i,r, v i,s ) E kaikilla i { 1,..., m }, r, s { 1, 2, 3 }, r s kun i j, niin (v i,r, v j,s ) E jos z i,r = z j,s tai z i,r = z j,s Selvästi f laskettavissa polynomisessa ajassa. 227
Esimerkki: Muodostetaan G = f(φ) kun φ = (x 1 x 3 x 4 ) ( x 2 x 4 x 5 ) ( x 1 x 5 x 6 ) (x 1 x 6 x 5 ). Rengastetuista solmuista muodostuu kokoa 4 oleva solmupeite; vastaa kaavan toteuttavia arvoja x 1 = 1, x 5 = 0, x 6 = 0, muut muuttujat mielivaltaisia x 1 x 2 x 1 x 1 x 3 x 4 x 5 x 6 x 4 x 5 x 6 x 5 228
Nähdään että φ toteutuva verkossa G on m solmun riippumaton joukko U: : Ol. φ toteutuva. Valitaan muuttujien x i arvot siten, että jokaisessa kaavan φ klausuulissa i ainakin yksi literaali z i,r saa arvon 1. Valitaan joukkoon U vastaavat v i,r. Nyt U sisältää tasan yhden solmun jokaisesta kolmiosta. Lisäksi valitut solmut vastaavat tosia literaaleja, joten minkään kahden eri kolmiosta valitun solmun välillä ei ole kaarta. Siis U on riippumaton ja U = m. : Ol. m solmun joukko U riippumaton. Nyt U sisältää tasan yhden solmun joka kolmiosta. Koska minkään eri kolmioista valittujen solmujen välillä ei ole kaarta, voidaan ilman ristiriitaa asettaa todeksi valittuja solmuja vastaavat literaalit. Jokaiseen klausuuliin tulee ainakin yksi tosi literaali; φ toteutuva. 229
Tarkastellaan seuraavaksi suunnattu Hamiltonin kehä -ongelmaa (Directed Hamiltonian Circuit, DHC): Annettu: suunnattu verkko G Kysymys: onko verkossa G suunnattu polku joka käy jokaisessa solmussa tasan kerran ja palaa lähtösolmuunsa Siis eroksi alkuperäiseen Hamiltonin kehä -ongelmaan (HC) verkon kaarilla on suunta, ja kehän pitää näitä suuntia noudattaa. Lause: DHC on NP-täydellinen. Koska HC NP ja harjoitustehtävänä osoitetaan DHC p m HC, saadaan Korollaari: HC on NP-täydellinen. 230
Todistus: Kuten suuntaamattomassa tapauksessa nähdään helposti että DHC NP. Muodostetaan palautus f: 3SAT p m DHC mistä väite nyt seuraa. Olkoon annettu n-muutujainen 3-CNF-kaava φ jossa m klausuulia φ = m j=1 (z j,1 z j,2 z j,3 ). Suunnattu verkko f(φ) = G = (V, E) muodostuu kahdenlaisista osaverkoista eli laitteista (gadget): jokaista muuttujaa x i kohti laite A i, i = 1,..., n laite A i voidaan käydä läpi kahdella eri tavalla jotka koodaavat valintaa x i = 0 tai x i = 1 jokaista klausuulia β j = z j,1 z j,2 z j,3 kohti laite B j, j = 1,..., m laitteen B j läpikäynti voidaan lomittaa laitteen A i läpikäyntiin joss muuttuja x i tekee todeksi klausuulin β j 231
Laite A i : laitteessa on 2m + 4 solmua a i, d i sekä b i,j ja c i,j, j = 0,..., m. Laitteen sisäiset kaaret: solmusta a i kaari solmuihin b i,0 ja c i,0 solmuista b i,m ja c i,m kaari solmuun d i solmusta b i,j kaari solmuun c i,j ja solmusta c i,j kaari solmuun b i,j, j = 0,..., m solmusta b i,j 1 kaari solmuun c i,j ja solmusta c i,j 1 kaari solmuun b i,j, j = 1,..., m Havaitaan että laitteen A i solmut voidaan käydä läpi kahdessa järjestyksessä: järjestys a i c i,0 b i,0 c i,1 b i,1... c i,m b i,m d i vastaa valintaa x i = 0 järjestys a i b i,0 c i,0 b i,1 c i,1... b i,m c i,m d i vastaa valintaa x i = 1 Eri laitteita yhdistävät kaaret esitellään pian. 232
b i,0... b i,1 b i,2 b i,m A i 1 a i d i A i+1 c i,0 c i,1 c i,2... c i,m A i Laite A i. Kuvasta puuttuu kaaret laitteisiin B j. 233
Laite B j : laitteessa 6 solmua r j,1, r j,2, r j,3, s j,1, s j,2, s j,3. Laitteen sisäiset kaaret: solmut r j,k sisältävä sykli: kaaret (r j,1, r j,2 ), (r j,2, r j,3 ) ja (r j,3, r j,1 ) solmut s j,k sisältävä sykli: kaaret (s j,1, s j,3 ), (s j,3, s j,2 ) ja (s j,2, s j,1 ) (huom. suunta) syklejä kytkevät kaaret (r j,1, s j,1 ), (r j,2, s j,2 ) ja (r j,3, s j,3 ) Havaitaan että jos Hamiltonin kehä tulee laitteeseen B j solmun r j,k kautta niin sen pitää vastaavasti poistua solmun s j,k kautta. (Kehä voi vierailla laitteessa B j useita kertoja, mutta jokaisen vierailun on noudatettava tätä sääntöä.) Muuten osa solmuista jäisi eristyksiin eikä enää pääsisi mukaan kehään. 234
A i r j,3 s j,3 A i r j,2 s j,2 A i r j,1 s j,1 Laite B j. Tässä literaalin β j muuttujat ovat x i, x i ja x i. 235
Laitteet A i yhdistetään yhdeksi isoksi sykliksi: solmusta d i kaari solmuun a i+1, i = 1,..., n 1 solmusta d n kaari solmuun a 1 Laite A i yhdistetään niihin laitteisiin B j joilla klausuuli β j sisältää literaalin x i tai x i : jos z j,k = x i niin lisätään kaaret (c i,j 1, r j,k ) ja (s j,k, b i,j ) jos z j,k = x i niin lisätään kaaret (b i,j 1, r j,k ) ja (s j,k, c i,j ) Havainto: Jos klausuuli β j sisältää literaalin x i (vast. x i ) ja laitteen A i läpikäyntijärjestys vastaa valintaa x i = 1 (vast. x i = 0) niin laitteen B j läpikäynti voidaan sijoittaa laitteen A i läpikäynnin lomaan. 236
Verkkoon G = f(φ) ei tule muita kaaria kuin edellä luetellut. Selvästi f voidaan laskea polynomisessa ajassa. Seuraavasta väitteestä seuraa että f: 3SAT p m DHC. Väite: φ on toteutuva verkossa G on Hamiltonin kehä : Olkoon φ = 1 kun (x 1,..., x n ) = (v i,..., v n ) { 0, 1 } n. Siis jokaisella klausuulilla β j = z j,1 z j,2 z j,3 ainakin yksi literaali z j,k on tosi kun (x 1,..., x n ) = (v i,..., v n ). Valitaan jokin indeksi k(j) { 1, 2, 3 } s.e. jollain i joko z j,k(j) = x i ja v i = 1, tai z j,k(j) = x i ja v i = 0, Siis klausuulin numero j toteutuminen on siinä olevan literaalin numero k(j) vastuulla. 237
Verkkoon G voidaan muodostaa Hamiltonin kehä seuraavasti: 1. käy laite A i läpi järjestyksessä a i c i,0 b i,0... c i,m b i,m d i jos v i = 0 a i b i,0 c i,0... b i,m c i,m d i jos v i = 1 2. yhdistä laitteiden A i läpikäynnit järjestyksessä A 1 A 2... A n A 1 3. kaikilla j = 1,..., m: jos z j,k(j) = x i (jolloin v i = 0), korvaa laitteen A i läpikäynnin kaari (b i,j 1, c i,j ) polulla (b i,j 1, r j,k(j),..., s j,k(j), c i,j ) missä r j,k(j),..., s j,k(j) on laitteen B j läpikäynti jos z j,k(j) = x i (jolloin v i = 1), korvaa laitteen A i läpikäynnin kaari (c i,j 1, b i,j ) polulla (c i,j 1, r j,k(j),..., s j,k(j), b i,j ) missä r j,k(j),..., s j,k(j) on laitteen B j läpikäynti 238
: Olkoon verkossa G Hamiltonin kehä. Jos kehä sisältää kaaren (a i, b i,0 ) valitaan v i = 1. Jos kehä sisältää kaaren (a i, c i,0 ) valitaan v i = 0. Selvästi tasan yksi näistä pätee. Väitetään että φ = 1 jos x i = v i kaikilla i. Jos kehä tulee laitteeseen B j solmun r j,k kautta, se poistuu solmun s j,k kautta; muuten osa laitteen solmuista leikkautuisi pois kehältä. Siis laitteen B j kautta voidaan siirtyä solmusta c i,j 1 solmuun b i,j jos β j sisältää literaalin x i ja solmusta b i,j 1 solmuun c i,j jos β j sisältää literaalin x i. 239
Siis jos v i = 1, laite A i käydään läpi järjestyksessä a i b i,0 c i,0 b i,1 c i,1... b i,m c i,m d i missä c i,j 1 b i,j tarkoittaa siirtymistä solmusta c i,j 1 solmuun b i,j joko suoraan tai laitteen B j kautta. Jos v i = 0, saadaan vastaavasti a i c i,0 b i,0 c i,1 b i,1... c i,m b i,m d i. Jos laitteessa B j käydään laitteen A i läpikäynnin välissä ja v i = 1, niin laitteeseen B j mennään kaarta (c i,j 1, r j,k ) jolloin z j,k = x i. Vastaavasti jos v i = 0 niin z j,k = x i. Siis z j,k = 1 kun valitaan x i = v i. Jokaisessa laitteessa B j käydään ainakin kerran, joten jokaisessa klausuulissa β j on ainakin yksi literaali z j,k joka saa arvon 1 kun x i = v i kaikilla i. 240
HC DHC 3SAT CSAT SAT VC IS NP-täyd. Yhteenveto todistetuista polynomisista palautuksista Nuoli A B tarkoittaa A p m B. Huom. kaikki NP-ongelmat on palautettu SATongelmaan. NP 241