HWS 07/08

AUFGABE K.5: Bei dem folgenden Problem besteht die Eingabe aus einer Menge von m
Klauseln der Länge drei (wie bei 3-SAT) und einer Zahl k. Zu entscheiden ist, ob es eine
Belegung der Variablen gibt, die mindestens k Klauseln erfüllt. In jedem der folgenden Fälle
beschreibe einen polynomiellen Algorithmus für dieses Problem oder zeige, dass (falls N P ̸= P)
es einen solchen Algorithmus nicht geben kann.
a) k ist beliebig.
Mit einem solchen Algorithmus könnte man 3-SAT in polynomieller Zeit entscheiden,
indem man k = m wählt; was N P = P zur Folge hätte.
b) k ist eine Konstante.
Es ist festzustellen, ob es k Klauseln gibt, die gleichzeitig erfüllt werden können; dafür
gibt es ( m
k)
∈ O(m k ) (also polynomiell viele) Wahlen. In jeder Auswahl kommen maximal
3k (also konstant viele) Variablen vor, womit alle deren Belegungen in konstanter Zeit
getestet werden können. Insgesamt brauchen wir also nur polynomielle Zeit.
AUFGABE K.6: Zeige, dass das folgende Problem N P-vollständig ist: Gegeben ist ein System
C von Teilmengen einer endlichen Menge S. Gesucht ist eine möglichst kleine Teilmenge
S ′ ⊆ S, so dass aus jeder Menge in C mindestens ein Element in S ′ vorkommt. Bei der Entscheidungsvariante
ist zusätzlich eine Schranke L ∈ {1, . . .,|S|} gegeben; es soll entschieden
werden, ob ein solches S ′ mit |S ′ | ≤L existiert.
Offensichtlich gehört dieses Problem zu N P.
Das Problem ist N P-schwer, weil VERTEX COVER ein Spezialfall davon ist; nämlich wenn
jede Menge in C genau zwei Elemente besitzt. (Siehe die Übungsaufgabe 10.2, auch für eine
Reduktion von CLIQUE oder INDEPENDENT SET auf dieses Problem.)
AUFGABE K.7: In dieser Aufgabe betrachten wir die Sprache aller Wörter über {0, 1}, die
mit 111 enden.
a) Gib einen möglichst einfachen NFA an, der diese Sprache entscheidet.
0,1
q
1 1 1
0
q 1
q2 q3
b) Benutze die Potenzmengenkonstruktion unter Vermeidung überflüssiger Zustände, um
einen äquivalenten DFA zu konstruieren.
Als Datenstrukturen benutzen wir eine Queue Q und ein Dictionary D.
In jedem Schritt wird genau ein neuer Zustand in Q und D eingefügt, der im darauffolgenden
Schritt aus Q entnommen wird, und zwar (in dieser Reihenfolge): {q 0 },{q 0 , q 1 },
{q 0 , q 1 , q 2 },{q 0 , q 1 , q 2 , q 3 }. Danach findet kein Einfügen statt, womit Q leer und die Konstruktion
beendet ist.
0
0
0 0
1 1 1
{ q 0 } { q , q 1}
{ q , q , q 2
}{ q , q , q , q 3
}
1 1
0 0 0
2
1
c) Kann man den DFA aus (b) weiter minimieren Begründe deine Antwort.
Nein. Der Automat hat vier Zustände, was auch der Index der Nerode-Relation ist.
(Die Wörter ǫ, 1, 11, 111 sind paarweise nicht Nerode-äquivalent.)