Skript in PDF - Theoretische Informatik - Technische Universität ...

6.1. BEISPIELE EFFIZIENTER ALGORITHMEN 137
25: {3. Ausgabe}
26: Falls ROT oder BLAU eine Kante aus E enthalten, ist die Ausgabe ein Code
dafür, dass G keine 2-Färbung hat. Falls weder ROT noch BLAU eine Kante
enthält, ist dies die gesuchte 2-Färbung.
Korrektheit: In jedem Schritt des Algorithmus gilt für jeden Knoten v: entweder
v ∈ V oder v ∈ ROT oder v ∈ BLAU. Da am Ende V = ∅ gilt, ist also jeder
Knoten entweder rot oder blau gefärbt. Falls weder ROT noch BLAU eine Kante
enthält, haben wir eine 2-Färbung gefunden.
Es bleibt zu zeigen, dass G Zyklen ungerader Länge hat, falls ROT eine Kante
enthält (analog für BLAU). Sei v der Knoten in 7. Wir beweisen, dass jeder Knoten,
der in 17. rot (oder in 15. blau) gefärbt wird, einen Weg von gerader (oder ungerader)
Länge nach v hat, wobei die Länge des ” leeren Weges“ von v nach v gleich 0 gesetzt
wird. Am Anfang der Schleife ab 11. ist das klar, denn der einzige roten Knoten ist
v, und blaue gibt es nicht. Jeder Durchgang dieser Schleife erhält diese Eigenschaft:
falls w rot ist und also einen Weg der Länge 2k nach v hat, wird jeder blau zu
färbende Knoten u (für den eine Kante (u, w) gegeben ist) einen Weg der Länge
2k + 1 nach v haben. Analoges gilt, falls w blau ist.
Sei (u, u ′ ) eine Kante in ROT. Wir haben einen Kreis, der mit einen Weg der Länge
2k von u nach v beginnt, dann mit einem Weg der Länge 2k ′ von v nach u ′ weitergeht
und mit der Kante (u ′ , u) endet. Dieser Kreis hat die ungerade Länge 2k + 2k ′ + 1
und enthält also einen Zyklus ungerader Länge (denn ein Kreis, der nur Zyklen von
gerader Länge enthält, hat selbst gerade Länge). Analog läßt sich für eine Kante in
BLAU argumentieren.
Zeitkomplexität: Falls Graphen als Adjazenzlisten implementiert werden und die
mengentheoretischen Operationen konstante Zeit erforden, hat dieser Algorithmus
eine lineare Zeitkomplexität O(n+k) (wobei n die Zahl aller Knoten und k die Zahl
aller Kanten ist).
In der Tat benötigt die Initialisierung die Zeit O(1). Die Färbung einer Komponente
K (die Zeilen 8.–23.), deren Zahl von Kanten k(K) ist, dauert O(k(K)), da jede
Kante nur einmal durchsucht wird. Falls der Graph G genau r Komponenten hat,
gilt k = k(K1) + · · · + k(Kr) und die r Durchgänge der Schleife 6.–24. dauern
O(n + k) Schritte.
Die Überprüfung, ob ROT oder BLAU eine Kante enthalten, benötigt auch die
lineare Zeit O(n + k). Insgesamt wird der Algorithmus also in O(n + k) Schritten
durchgeführt.
Beispiel 4 (3-FÄRBUNG). Die analoge Aufgabe, einen gegebenen Graphen mit
drei Farben zu färben, ist viel schwieriger. Kein effizienter Algorithmus ist bekannt
– und später werden wir Gründe dafür kennenlernen, weshalb es unwahrscheinlich
ist, dass ein effizienter Algorithmus existiert.
Ineffizient können wir einfach alle möglichen Färbungen ausprobieren. Das ist bestimmt
ein Algorithmus – aber er braucht O(3 n ) Schritte, da es 3 n Färbungsmöglichkeiten
gibt. Und das ist sehr aufwendig.
Beispiel 5 (GERICHTETER WEG). Für zwei Knoten v und w eines gerichteten
Graphen ist ein Weg der Länge d von v nach w eine Liste
von Knoten, so dass
v = v0, v1, . . . , vd = w
(vi−1, vi) eine Kante für i = 1, . . .,d ist.