Algoritmos y Estructuras de Datos II, Segundo del Grado de Ingeniería Informática, Test de Programación Dinámica, 4 de mayo 2017

Transcripción

1 Algoritmos y Estructuras de Datos II, Segundo del Grado de Ingeniería Informática, Test de Programación Dinámica, 4 de mayo 2017 Para cada uno de los dos problemas siguientes, hay que explicar cómo se pueden resolver por Programación Dinámica, indicando: Los subproblemas que se consideran para llegar a la solución final. La ecuación de recurrencia que relaciona la solución para un tamaño en función de tamaños menores. Cuáles son y los valores de los casos base. Las estructuras de datos (tablas, vectores...) a utilizar para guardar las subsoluciones y dónde se encuentra la solución final. Una estimación (cuanto más precisa mejor) del tiempo de ejecución del método de resolución del problema por Programación Dinámica. Explicar cómo funciona con el ejemplo proporcionado. Si la solución sigue un esquema similar a algún otro de los ejemplos vistos en clase de teoría o prácticas, o a los que aparecen en el texto guía de la asignatura u otra bibliografía, indicar claramente el problema o dónde se encuentra en la bibliografía, y las diferencias de la solución aportada con respecto a la del problema al que se asemeja. 1) Dado un conjunto de n números enteros y una cantidad entera C, queremos contar cuántos subconjuntos del conjunto de enteros se pueden seleccionar cuya suma sea C. Por ejemplo, si C = 7 y los números son {2, 3, 5, 2} (puede haber números repetidos), la solución es 3 (7 = , 7 = 2 + 5, 7 = 5 + 2). Solución: El problema es como el de las monedas teniendo una moneda de cada tipoo, que se puede dar o no, lo que corresponde en este caso a que el número se incluye en la suma o no. La diferencia es que en el caso de las monedas minimizamos y en este problema sumamos pues estamos contando el número de posibilidades. Llamamos N(n, C) a la solución con n números y cantidad C. Para llegar a resolver ese problema con programación dinámica hay que obtener los valores de N(i, j) con 1 i n y 1 j C. La ecuación será: N(i, j) = N(i 1, j) + N(i, j v i ) donde el término N(i 1, j) corresponde al número de formas en que se puede obtener el valor j con los i 1 primeros números (no se incluye el i-ésimo número), y N(i 1, j v i ) al caso de incluir el número, pues en ese caso con los i 1 anteriores la cantidad a sumar es la que teníamos menos el valor del número (v i ).

2 La estructura a utlizar es un array N de dimensión n C, y la solución que nos piden será el valor en la fila n y columna C. El coste viene de recorrer la tabla, y como el cálculo de cada uno de sus elementos se hace con una suma será θ(n C). Los casos bases se establecen para que la ecuación de recurrencia sea válida para los tamaños más pequeños: N(0, j) = 0 para j 0, pues no se puede sumar la cantidad j sin ningún número; N(i, 0) = 1 para 0 i n, pues hay una única forma de sumar el valor cero, que es no tomar ningún número; y N(i, j) = 0 para j < 0, pues no se puede obtener con números positivos un valor negativo. Si se decide incluir los casos base en la tabla, esta aumenta en una fila y columna inicializadas con los casos base. Con los datos del ejemplo la tabla quedaría: N Hemos considerado que los valores de C y de los números son positivos. Para el caso de números o cantidad negativos, se podría resolver de forma similar pero cambiando las dimensiones de la tabla, y los casos base de la forma correspondiente. Por ejemplo, si C = 1 y los números son { 2, 1, 1, 2}, la tabla podría ir de la columna -5 (la suma de todos los valores negativos) a la 1 (suma de los positivos), y la solución estará en N(4, 1). 2) Disponemos de objetos de n tipos distintos y de una mochila de capacidad M. Para cada tipo de objetos tenemos una serie de objetos de ese tipo, con un peso y un beneficio. Queremos comprar un objeto de cada tipo, con la restricción de que los objetos que compramos quepan en la mochila y maximizando el beneficio. Por ejemplo, podemos considerar M = 7 y tres tipos de objetos (n = 3), con dos objetos del primer tipo, con pesos y beneficios (2,3) y (3,4) (el primer objeto tiene peso 2 y beneficio 3, y el segundo peso 3 y beneficio 4); dos objetos del segundo tipo, con pesos y beneficios (3,2), (4,3); y tres objetos del tercer tipo, con pesos y beneficios (1,2), (2,2), (2,3). Solución: Es una variante del problema de las monedas y de la mochila, donde tenemos monedas (u objetos) de distintos tipos y se quiere tomar un objeto de cada tipo sin exceder la capacidad de la mochila y maximizando el beneficio. Queremos obtener el valor B(n, M) basándonos en soluciones de problemas menores, para lo que habrá que calcular B(i, X) con 1 i n y 1 X M. Cuando vamos por los objetos de tipo i hay que decidir cuál de los n i objetos de ese tipo se toma (hay que elegir únicamente uno), con lo que la ecuación es: B(i, X) = max k=1,...,ni {B(i 1, X p ik ) + b ik } (1)

3 donde para cada objeto le sumamos su beneficio a la solución óptima con objetos de los tipos anteriores para la capacidad que queda tras restar el peso del objeto. Como casos base podemos considerar que si no tenemos ningún tipo de objeto el beneficio es cero: B(0, X) = 0 para 0 X C. Y las configuraciones no válidas tendrán valor para que cualquier configuración válida las mejore: B(i, 0) = para 1 i n, y B(i, X) = para X < 0. La tabla para almacenar las soluciones óptimas será B, de tamaño n M, con una fila y columna más si decidimos incluirlas para casos base. Como en B tenemos el beneficio máximo pero no los objetos con que se obtiene, se usa otra tabla, D, de las mismas dimensiones que B, donde se guardan las decisiones tomadas para obtener el óptimo. Cuando hay varias posibilidades, en D se guarda una de ellas, pues no nos piden todas las posibles configuraciones. Vemos los valores obtenidos en las tablas para el ejemplo: B : D Vemos, por ejemplo, cómo se obtiene la entrada B(3, 7) usando la ecuación B(3, 7) = max{b(2, 6) + 2, B(2, 5) + 2, B(2, 5) + 3} = max{8, 7, 8} = 8 y podemos seleccionar dos posibles objetos, el primero y el tercero. El beneficio óptimo es 8, y los objetos seleccionados se obtienen usando la tabla D. Se ha seleccionado el primero objeto del tercer tipo D(3, 8) = 1, lo que quiere decir que con los dos primeros tipos de objetos se tenía una capacidad de 7 p 3,1 = 7 2 = 5. Como D(2, 5) = 1, del segundo tipo se ha seleccionado también el primer objeto, y, finalmente, del primer tipo se ha seleccionado el objeto D(1, 5 2) = 2. Cada elemento de la tabla B se obtiene como un máximo de n i objetos. Si n i=1 ni llamamos m a la media de los objetos de cada tipo (m = n ), el coste promedio es θ(n M m). La obtención de cuáles son los objetos tiene coste lineal.

4 Algoritmos y Estructuras de Datos II, Segundo del Grado de Ingeniería Informática, Test de Programación Dinámica, 3 de mayo 2017 Para cada uno de los dos problemas siguientes, hay que explicar cómo se pueden resolver por Programación Dinámica, indicando: Los subproblemas que se consideran para llegar a la solución final. La ecuación de recurrencia que relaciona la solución para un tamaño en función de tamaños menores. Cuáles son y los valores de los casos base. Las estructuras de datos (tablas, vectores...) a utilizar para guardar las subsoluciones y dónde se encuentra la solución final. Una estimación (cuanto más precisa mejor) del tiempo de ejecución del método de resolución del problema por Programación Dinámica. Explicar cómo funciona con el ejemplo proporcionado. Si la solución sigue un esquema similar a algún otro de los ejemplos vistos en clase de teoría o prácticas, o a los que aparecen en el texto guía de la asignatura u otra bibliografía, indicar claramente el problema o dónde se encuentra en la bibliografía, y las diferencias de la solución aportada con respecto a la del problema al que se asemeja. 1) Consideramos el problema de las monedas, con n monedas con ciertos valores y una cantidad determinada de cada moneda, y queremos devolver una cierta cantidad C minimizando el número de monedas que se devuelven pero devolviendo al menos una moneda de cada tipo. Considerar como ejemplo C = 12, valores v = (2, 4, 3, 1) y cantidades c = (2, 3, 1, 3). Solución: La diferencia del problema planteado con el de las monedas visto en prácticas con un límite en la cantidad de monedas de cada tipo reside en que hay que dar al menos una moneda de cada tipo. Así, podemos transformar el problema dando una moneda de cada tipo, con lo que la cantidad a devolver queda C = C n i=1 v i, y c i = c i 1 i, 1 i n. En el ejemplo, el problema transformado es C = 2, y c = {1, 2, 0, 2}, con lo que, al no quedar monedas del tercer tipo se puede excluir esa moneda y queda n = 3 y v = {2, 4, 1}, c = {1, 2, 2}. A partir de ahí el problema es el de devolver una cantidad con un número mínimo de monedas y una cantidad máxima de monedas de cada tipo. Queremos obtener M(n, C), y para eso se consideran problemas de tamaños menores: M(i, X), con 1 i n y 1 X C. La ecuación de recurrencia puede ser:

5 M(i, X) = min k=0,1,...,min{ci, X v i } {M(i 1, X k v i) + k)} (2) donde k representa el número de monedas que se da de tipo i, que está limitado por el número de monedas disponibles de ese tipo (c i ) y el máximo que se puede dar sin pasarnos del valor que estamos devolviendo ( X/v i ). También es posible poner la solución en función de la solución con monedas del tipo anterior (si no se da la moneda de tipo i) o de monedas del mismo tipo pero con la cantidad que queda dando la moneda de tipo i una vez: M(i, X) = min{m(i 1, X), M(i, X v i )} (3) En este caso habrá que controlar que no pasemos del número de monedas que tenemos de ese tipo. Además de la tabla M donde guardamos las soluciones óptimas de los subproblemas, podemos llevar otra tabla N del número de monedas dadas para obtener el óptimo. En esta tabla se guarda, en el caso de usar la ecuación 2, el valor de k con el que se obtiene el mínimo. Si se usa la ecuación 3, el segundo término (M(i, X v i )) se considera sólo si el número de monedas dadas del tipo i no ha llegado al máximo (N(i, X v i ) c i ). Los casos base serán: M(i, 0) = 0, 0 i n: el número de monedas para devolver la cantidad cero es cero. M(0, X) =, 1 X C: no hay solución posible, por lo que se pone a un valor máximo para que al hacer el mínimo cualquier solución válida la mejore. M(i, X) =, i < 0: por la misma razón de antes, al corresponder a configuraciones no válidas. El tamaño de la tabla de soluciones (M) es n C, aunque se puede decidir incluir una fila adicional 0 (valores ) para los casos base sin monedas, y una columna 0 (valores 0) para los casos base correspondientes a no tener que devolver nada. Si utilizamos la tabla auxiliar N, esta será de las mismas dimensiones que M. El tiempo se obtiene sumando los costes de cálculo de las casillas de la tabla M. Si se utiliza la ecuación 3, el coste de cada casilla es constante, y el coste de construcción de las tablas es θ(n C). Si se utiliza la ecuación 2, el coste de cada casilla tiene como mucho tantos pasos como cantidad de la moneda, y si llamamos c a la media de la cantidad de monedas de los distintos tipos, el coste promedio tiene orden O(n c C). El número de monedas de la solución estará en M(n, C), y si queremos determinar el número de monedas de cada tipo usamos la tabla N con un bucle de n pasos, empezando en n hasta llegar a 1. El número de monedas de tipo n es N(n, C) y el valor de C se actualiza a C = C N(i, C) v n para el siguiente paso, y así sucesivamente:

6 for i = n to 1 step -1 s[i] = N(i, C) C = C N(i, C) v i endfor Así, el coste de obtener las monedas que forman la solución es lineal, con lo que no cambia el coste del algoritmo. Si no usamos la tabla auxiliar N, las cantidades se obtienen con un bucle del mismo tipo, pero volviendo a determinar el valor de k de la ecuación 2, o si la moneda se da o no en la ecuación 3. En el ejemplo la tablas quedan: M 1 2 N con lo que la solución es dar una moneda, no se dan la moneda tercera ni segunda, y se da la primera moneda una vez. La solución del problema original será dar cinco monedas (sumamos a la solución obtenida, 1, el número de monedas, ya que damos al menos una de cada tipo), y la cantidad de monedas de cada tipo es {2, 1, 1, 1}. También se puede resolver el problema directamente sin reducirlo quitando una moneda de cada tipo y modificando el valor de C. La ecuación 2 quedaría: M(i, X) = min k=1,...,min{ci, X v i } {M(i 1, X k v i) + k)} (4) donde solo hemos cambiado los posibles valores de k, que empieza siendo 1. Si se usa la ecuación 3 sólo serían válidas soluciones que tomen en cada moneda al menos una vez el segundo término. Los casos base serán los mismos y tendrán los mismos valores, y los tamaños de las tablas y los costes también, con los valores de C y n los originales. En el ejemplo la tablas quedan: M N ) Tenemos n tipos de trabajos, y queremos realizar una serie de m trabajos uno detrás de otro, pero tenemos unas restricciones en cuanto a las agrupaciones de los trabajos. Las restricciones están en una tabla de booleanos, donde T (i, j) = 1

7 indica que el trabajo j se puede realizar tras el i, y T (i, j) = 0 que no se puede realizar. Queremos obtener de cuántas formas posibles se pueden agrupar en la serie de m trabajos. Considerar el ejemplo con n = 3 (los llamamos a, b y c), m = 5 y tabla: a b c a b c Solución: Empezamos mostrando una posible solución con el ejemplo, para generalizar a continuación. Para resolver problemas de tamaño m (número de trabajos) hay que obtener antes las soluciones con tamaños menores que m y acabando en una de las tres letras (trabajos) que nos dan. Así, en una primera fila tendremos el número de agrupaciones de un trabajo acabando en a, b y c, que es una única posibilidad en cada caso, y que corresponde a los casos base. A partir de los valores en la primera fila podemos obtener los de la segunda fila, con C(2, x) = C(1, a) T (a, x) + C(1, b) T (b, x) + C(1, c) T (c, x), lo que quiere decir que el número de configuraciones con dos trabajos acabando en el caracter x es la suma de los números de configuraciones con un trabajo acabando en a si después de a puede aparecer la x (valor T (a, x) = 1 en la tabla, que si es cero no se suma al multiplicar C(1, a) por cero) con los correspondientes de b y c. En general será: C(i, x) = C(i 1, y) T (y, x) y=a,b,c En el ejemplo quedaría la tabla: a b c y el número total de configuraciones se obtiene como la suma de las entradas de la última fila, 29, que corresponde a las 13 que acaban en a, las 6 en b y las 10 en c. Si generalizamos y consideramos n trabajos distintos c i, 1 i n: Los subproblemas son C(i, j), con 1 i m y 1 j n. La ecuación de recurrencia es C(i, j) = n C(i 1, k) T (k, j) k=1

8 Los casos base son los de la primera fila, con valor 1: C(1, j) = 1, 1 j n. La tabla tiene dimensión m n, y la solución se obtiene sumando los valores de la última fila: n i=1 C(m, i). Ya que se calculan (m 1) n posiciones y cada una haciendo n sumas, el orden es θ ( m n 2).