uni/ad/AD-Gruppe_8_Koehler_Krabbe_Martens_Blatt5.tex

\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl}
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\pagenumbering{arabic}
\def\thesection{\arabic{section})}
\def\thesubsection{(\alph{subsection})}
\def\thesubsubsection{(\roman{subsubsection})}
\makeatletter
\renewcommand*\env@matrix[1][*\c@MaxMatrixCols c]{%
  \hskip -\arraycolsep
  \let\@ifnextchar\new@ifnextchar
  \array{#1}}
\makeatother
\parskip 12pt plus 1pt minus 1pt
\parindent 0pt

\begin{document}
\author{Reinhard Köhler (6425686), Tronje Krabbe (6435002), \\
Jim Martens (6420323)}
\title{Hausaufgaben zum 4. Dezember}
\subtitle{Gruppe 8}
\maketitle

\section{} %1
	Dieser folgende Pseudocode beschreibt eine leichte Abänderung, die vorzeitig abbricht, wenn sich nach einem kompletten Durchlauf aller Kanten nichts geändert hat. Nach $m$ Durchläufen hat der Algorithmus alle kürzeste Pfade mit maximal $m$ Kanten entdeckt. In einem weiteren Durchlauf wird sich dann nichts mehr ändern, da keine neuen kürzesten Pfade mehr gefunden werden können, wodurch die geänderte Variante abbricht. Um die Abbruchbedingung zu erreichen muss $m$ nicht bekannt sein, da nach $m+1$ Durchläufen die Abbruchbedingung immer gegeben ist.
	\begin{minted}{python}
function BellmanFord(G,s)
    InitializeSingleSource(G,s)
    for i = 1, ... |V| - 1
        changed = false	            
        for all edges (u,v) in E
            changedTmp = Relax(u,v)
            if (!changed)
                changed = changedTmp
        if (!changed)
            break
    for all edges (u,v) in E
        if v.dist > u.dist + w(u,v)
            return false
    return true
	\end{minted}
	% \begin{verbatim}
	%     function BellmanFord(G,s)
	%         InitializeSingleSource(G,s)
	%         for i = 1, ... |V| - 1
	%             changed = false	            
	%             for all edges (u,v) in E
	%                 changedTmp = Relax(u,v)
	%                 if (!changed)
	%                     changed = changedTmp
	%             if (!changed)
	%                 break
	%         for all edges (u,v) in E
	%             if v.dist > u.dist + w(u,v)
	%                 return false
	%         return true
	% \end{verbatim}
\section{} %2
	\begin{minted}{python}
function DAG-SP(G,s)
    sort vertices topologically
    InitializeSingleSource(G,s)
    for each u in V in topological sort order
        for each v in Adj(u)
            Relax(u,v)
	\end{minted}
	% \begin{verbatim}
	%     function DAG-SP(G,s)
	%         sort vertices topologically
	%         InitializeSingleSource(G,s)
	%         for each u in V in topological sort order
	%             for each v in Adj(u)
	%                 Relax(u,v)
	% \end{verbatim}
\section{} %3
	Wir wissen, dass der Dijkstra-Algorithmus für rein positive Kantengewichte funktioniert. Es bleibt also nur zu zeigen, dass die kürzesten Wege zu den Knoten korrekt berechnet werden, die eine Kante von dem Startknoten entfernt sind. Ferner ist bekannt, dass Dijkstra zuerst den Knoten besucht, der am billigsten zu erreichen ist. Damit geht der Algorithmus die Kante mit dem kleinsten Gewicht zu erst (einschließlich negative Gewichte). Der somit erreichte Knoten kann also gar nicht billiger zu erreichen sein, da jeder andere Pfad dorthin aus mindestens zwei Kanten besteht, die zusammen bestenfalls das gleiche Gewicht haben wie die gegangene Kante.
	
	Dies ist so, da die erste Kante vom Startknoten zu einem anderen Knoten minimal so klein sein kann, wie die zuerst gegangene Kante, da andernfalls die zuerst gegangene Kante nicht das geringste Gewicht gehabt hätte. Die zweite Kante muss mindestens 0 als Gewicht haben, womit nur ein gleich großes oder größeres Gesamtgewicht entstehen kann, als durch die zuerst gegangene Kante verwendet wurde.
\section{} %4
	\subsection{} %a
		In einem Baum gibt es keine Zyklen. Daher gibt es genau einen direkten Weg (ohne Umwege mit mehrmaligem Besuchen eines Knotens) zu jedem Knoten von dem Wurzelknoten aus. Demnach müssen einfach vom Wurzelknoten aus alle Knoten besucht werden. Dabei wird ähnlich wie in der Breitensuche vorgegangen, indem zunächst alle Knoten, die direkt mit dem Wurzelknoten per Kante verbunden sind, besucht werden und anschließend alle Knoten, die zwei Kanten vom Wurzelknoten entfernt sind, etc. Dabei wird eine Variable zu Beginn auf 0 gesetzt und bei jedem Knoten wird geschaut, ob seine Entfernung zum Wurzelknoten größer ist als diese Variable. Wenn dem so ist, dann wird die Variable entsprechend angepasst. Nach einmaligem Besuchen jedes Knotens hat man damit die längste Entfernung eines Knotens von dem Wurzelknoten ermittelt.
		
		In Pseudocode sieht das dann so aus:

		\begin{minted}{python}
function berechneDurchmesser(G)
    longestPath = 0
    current = G.root
    queue.enqueue(current.getChilds())
    while (!empty(queue))
        current = queue.dequeue()
	        parent = current.parent
	        distance = parent.getDistance() + w(parent,current)
	        current.setDistance(distance)
        if (distance > longestPath)
            longestPath = distance
        
        childs = current.getChilds()
        if (!empty(childs))
            queue.enqueue(current.getChilds())
		\end{minted}
		% \begin{verbatim}
		%     function berechneDurchmesser(G)
		%         longestPath = 0
		%         current = G.root
		%         queue.enqueue(current.getChilds())
		%         while (!empty(queue))
		%             current = queue.dequeue()
		%    	        parent = current.parent
		%    	        distance = parent.getDistance() + w(parent,current)
		%    	        current.setDistance(distance)
		%             if (distance > longestPath)
		%                 longestPath = distance
		            
		%             childs = current.getChilds()
		%             if (!empty(childs))
		%                 queue.enqueue(current.getChilds())
		% \end{verbatim}
	\subsection{} %b
		\begin{minted}{python}
def Durchmesser(G):
	laengsterWeg = 0
	for v1 in G.kanten:
		for v2 in G.kanten with v1 != v2:
			P = findeKuerzestenWeg(v1, v2)
			if P.laenge() > laengsterWeg:
				laengsterWeg = P.laenge()
	return laengsterWeg
		\end{minted}
		% \begin{verbatim}		
		% Diam(G)
		%     longestPath = 0
		%     for each v1 in G.vertices
		%         for each v2 in G.vertices with v1 != v2
		%             find shortest path P from v1 to v2
		%             if P.length > longestPath
		%                 longestPath = P.length
		%     return longestPath
  %   	\end{verbatim}
    	
    	Die Laufzeit dieses Algorithmus beträgt $\mathcal{O}(|V|^3)$.
\section{} %5
	\subsection{} %a
		Man konstruiert einen vollständigen Graphen aus der Matrix, in welchem die Knoten Währungen repräsentieren, und als Kantengewichte die Werte verwendet werden.
		Gibt es nun in diesem Graphen einen Zyklus, in dem das Produkt aller Kantengewichte ungleich 1 ist, existiert Währungsarbitrage. Ansonsten ist dies nicht der Fall.
	\subsection{} %b
		Nein, unsere Lösung kann nicht zu negativen Zyklen führen, denn dafür müssten negative Werte in der Matrix vorhanden sein.
		Würden solche Zyklen existieren, bedeuteten sie, man verliere all sein Geld bei einem Tausch, und müsste außerdem eine Strafe zahlen.
\section{} %6
		\begin{tikzpicture}[shorten >=1pt,node distance=1.1cm]
			\node[state] (s) {s};		
			\node[state] (a) [above right=1.5 and 1.0 of s] {A};
			\node[state] (b) [below right=1.5 and 1.0 of s] {B};
			\node[state] (d) [above right=1.0 and 1.0 of a] {D};
			\node[state] (c) [right=of a] {C};
			\node[state] (f) [below right=1.0 and 1.25 of a] {F};
			\node[state] (e) [right=1.0 of c] {E};
			\node[state] (g) [right=of f] {G};
			
			\path[every node/.style={font=\scriptsize},->] 	
				(s) edge node [above] {30} (a)
				(s) edge node [below] {18} (b)
				(a) edge node [above] {21} (c)
				(a) edge node [above] {38} (d)
				(a) edge node [below] {22} (f)
				(c) edge node [right] {22} (f)
				(c) edge node [above] {20} (e)
				(f) edge node [above] {9} (g)
				(b) edge node [left] {30} (a);
		\end{tikzpicture}
		
		Da dies ein gerichteter Graph ohne Zyklen ist und auch keine negativen Kantengewichte vorkommen, kann der Dijkstra-Algorithmus angewendet werden. Da von 9 bis 17 Uhr Fahrer bezahlt werden müssen, kommen nur die Pfade in Betrachtung, die zu einer Senke führen. Senken sind D, E und G. Derjenige dieser Knoten welcher als erster vom Algorithmus gefunden wird (über den eindeutig bestimmbaren Weg), ist auch der kürzeste Pfad vom Startknoten aus, der die Bedingungen erfüllt.
		
		Es ergibt sich folgende Abfolge:
		\begin{verbatim}
		S = {s}
		d(s) = 0
		while 1.
		    U = {A, B}
		    for all u in U -> u = A
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = s
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 0 + 30
		    for all u in U -> u = B
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = s
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 0 + 18
		    u* = B
		    d(u*) = 18
		    S = {s, B}
		while 2.
		    U = {A}
		    for all u in U -> u = A
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = s
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 0 + 30
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = B
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 18 + 30
		    u* = A
		    d(u*) = 30
		    S = {S, B, A}
		while 3.
		    U = {D, C, F}
		    for all u in U -> u = D
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = A
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 30 + 38
		    for all u in U -> u = C
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = A
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 30 + 21
		    for all u in U -> u = F
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = A
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 30 + 22
		    u* = C
		    d(u*) = 51
		    S = {s, B, A, C}
		while 4.
		    U = {D, F, E}
		    for all u in U -> u = D
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = A
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 30 + 38
		    for all u in U -> u = F
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = A
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 30 + 22
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = C
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 51 + 22
		    for all u in U -> u = E
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = C
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 51 + 20
		    u* = F
		    d(u*) = 52
		    S = {s, B, A, C, F}
		while 5.
		    U = {D, E, G}
		    for all u in U -> u = D
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = A
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 30 + 38
		    for all u in U -> u = E
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = C
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 51 + 20
		    for all u in U -> u = G
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = F
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 52 + 9
		    u* = G
		    d(u*) = 61
		    S = {s, B, A, C, F, G}
		while 6.
		    U = {D, E}
		    for all u in U -> u = D
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = A
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 30 + 38
		    for all u in U -> u = E
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = C
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 51 + 22
		    u* = D
		    d(u*) = 68
		    S = {s, B, A, C, F, G, D}
		while 7.
		    U = {E}
		    for all u in U -> u = E
		        for all pre(u) in S that are predecessors of u -> pre(u) = C
		            d'(u, pre(u)) = d(pre(u)) + w(pre(u), u)
		            d'(u, pre(u)) = 51 + 20
		    u* = E
		    d(u*) = 71
		    S = {s, B, A, C, F, G, D, E}
		\end{verbatim}
		
		Wie zu sehen ist wird die Senke G zuerst erreicht. Folgt man dem Weg zu G, so ergibt sich, dass der kürzeste Pfad von s über A und F nach G führt. Weniger Kosten als 61 sind daher nicht möglich.
\end{document}