MC558 Análise de Algoritmos II - Home | INSTITUTO DE ...lee/mc558/sp.pdf · Dag-Shortest-Paths(G,ω,s) 1 Ordenetopologicamenteosv´erticesdeG 2 Initialize-Single-Source(G,s) 3 paracadav´erticeu

MC558 — Analise de Algoritmos II

Cid C. de Souza Candida N. da Silva Orlando Lee

4 de maio de 2020

Cid C. de Souza, Candida N. da Silva, Orlando Lee MC558 — Projeto e Analise de Algoritmos II

Antes de mais nada. . .

Uma versao anterior deste conjunto de slides foi preparada porCid Carvalho de Souza e Candida Nunes da Silva para umainstancia anterior desta disciplina.

O que voces tem em maos e uma versao modificada preparadapara atender a meus gostos.

Nunca e demais enfatizar que o material e apenas um guia enao deve ser usado como unica fonte de estudo. Para issoconsultem a bibliografia (em especial o CLR ou CLRS).

Orlando Lee


Agradecimentos (Cid e Candida)

Varias pessoas contribuıram direta ou indiretamente com apreparacao deste material.

Algumas destas pessoas cederam gentilmente seus arquivosdigitais enquanto outras cederam gentilmente o seu tempofazendo correcoes e dando sugestoes.

Uma lista destes “colaboradores” (em ordem alfabetica) edada abaixo:

Celia Picinin de MelloJose Coelho de PinaOrlando LeePaulo FeofiloffPedro RezendeRicardo DahabZanoni Dias


Terminologia do CLRS

Um caminho em um grafo G = (V ,E ) e uma sequencia:

P := (v0, v1, . . . , vk)

em que vi ∈ V para i = 0, 1, 2, . . . , k e (vi−1, vi ) ∈ E parai = 1, 2, . . . , k .




P := (v0, v1, . . . , vk)


Um caminho e simples se todos os vertices sao distintos.




P := (v0, v1, . . . , vk)


Um caminho e simples se todos os vertices sao distintos.

Observacao: em muitos textos, o usual e chamar de passeio o queCLRS chama de caminho e chamar de caminho o que CLRS chamade caminho simples.



Um ciclo em um grafo G = (V ,E ) e uma sequencia:

C := (v0, v1, . . . , vk)

em que v0 = vk , vi ∈ V para i = 0, 1, 2, . . . , k e (vi−1, vi ) ∈ E

para i = 1, 2, . . . , k .




C := (v0, v1, . . . , vk)


para i = 1, 2, . . . , k .

Um ciclo e simples se v1, v2, . . . , vk sao todos distintos.




C := (v0, v1, . . . , vk)


para i = 1, 2, . . . , k .

Um ciclo e simples se v1, v2, . . . , vk sao todos distintos.

Observacao: em muitos textos, o usual e chamar de passeiofechado o que CLRS chama de ciclo e chamar de ciclo o que CLRSchama de ciclo simples.


Problema do(s) Caminho(s) Mınimo(s)



Seja G um grafo orientado e suponha que para cada aresta (u, v)associamos um peso (custo) ω(u, v). Usaremos a notacao (G , ω).




Problema do Caminho Mınimo entre Dois Vertices:Dados dois vertices s e t em (G , ω), encontrar um caminho(de peso) mınimo de s a t.




Problema do Caminho Mınimo entre Dois Vertices:Dados dois vertices s e t em (G , ω), encontrar um caminho(de peso) mınimo de s a t.

Aparentemente, este problema nao e mais facil do que o

Problema dos Caminhos Mınimos com Mesma Origem:Dados (G , ω) e s ∈ V [G ], encontrar para cada vertice v de G ,um caminho mınimo de s a v .


Ciclos negativos


Ciclos negativos

Um ciclo C e negativo se ω(C ) :=∑

e∈E(C) ω(e) < 0.


Ciclos negativos


e∈E(C) ω(e) < 0.

Se (G , ω) contem ciclos negativos podem existir caminhos des a t de peso arbitrariamente pequeno.

1−4

1

1s u v t


Ciclos negativos


e∈E(C) ω(e) < 0.


1−4

1

1s u v t

Se existe um caminho mınimo de s a t, entao existe umcaminho mınimo de s a t que e simples.


Ciclos negativos


e∈E(C) ω(e) < 0.


1−4

1

1s u v t

Se existe um caminho mınimo de s a t, entao existe umcaminho mınimo de s a t que e simples.

Os algoritmos que veremos trabalham com instancias semciclos negativos.


Distancia

Seja (G , ω) um grafo orientado ponderado e sejam s, t ∈ V [G ]. Adistancia de s a v e o peso de um caminho de peso mınimo de s at, se ele existir.Se nao existe caminho de s a t em G , entao dist(s, t) = ∞.Se existem caminhos de s a t de peso arbitrariamente pequeno,entao dist(s, t) = −∞.


Distancia

Seja (G , ω) um grafo orientado ponderado e sejam s, t ∈ V [G ]. Adistancia de s a v e o peso de um caminho de peso mınimo de s at, se ele existir.Se nao existe caminho de s a t em G , entao dist(s, t) = ∞.Se existem caminhos de s a t de peso arbitrariamente pequeno,entao dist(s, t) = −∞.

O Problema dos Caminhos Mınimos com Mesma Origem consisteem determinar dist(s, v) para todo v ∈ V (e achar os caminhosmınimos tambem).


Exemplo: grafo orientado acıclico

2 6 5 3

6

2 7 −1 −20

3 42

5

4

∞

r s t x y z

v s r t x y z

dist(s, v) 0 ∞ 2 6 5 3


Exemplo: grafo orientado sem arestas negativas

8

11

29

7

10

5

7

2 3

1

9

2

5

4 6

5

0

r

s t

x y

w

v s r x y w t

dist(s, v) 0 8 5 7 9 11


Exemplo: grafo orientado com arestas negativas

0 7

5

−2

−3

−42

7

9

6

8

7

4

−2

2

s

t

z

x

y

v s t x y z

dist(s, v) 0 2 4 7 −2


Ideias comuns a todos os algoritmos



Usamos uma ideia similar a usada em Busca em Largura nosalgoritmos de caminhos mınimos que veremos.




Para cada vertice v ∈ V [G ] associamos um predecessor π[v ].





Ao final do algoritmo obtemos uma Arvore de CaminhosMınimos com raiz s.





Ao final do algoritmo obtemos uma Arvore de CaminhosMınimos com raiz s.

Um caminho de s a v nesta arvore e um caminho mınimo de s

a v em (G , ω).


Subestrutura otima de caminhos mınimos



Lema 24.1, CLRS Seja (G , ω) um grafo orientado e seja

P = (v1, v2, . . . , vk)

um caminho mınimo de v1 a vk .

Entao para quaisquer i , j com 1 ≤ i ≤ j ≤ k

Pij = (vi , vi+1, . . . , vj)

e um caminho mınimo de vi a vj .

v1 v2 vi vj vk





Prova. Suponha por contradicao que Pij = (vi , vi+1, . . . , vj) naoseja um caminho mınimo de vi a vj . Assim, existe um caminho Q

de vi a vj tal que ω(Q) < ω(Pij).

v1 v2 vi vj vk

Mas entao o caminho (v0, . . . , vi )Q(vj , . . . , vk) tem peso menorque o peso de P , uma contradicao.


Inicializacao

Initialize-Single-Source(G , s)1 para cada vertice v ∈ V [G ] faca2 d [v ] ← ∞3 π[v ] ← nil

4 d [s] ← 0


Inicializacao


4 d [s] ← 0

O valor d [v ] e uma estimativa superior de dist(s, v), o pesode um caminho mınimo de s a v .


Inicializacao


4 d [s] ← 0


Se d [v ] < ∞, entao o algoritmo encontrou ate aquelemomento um caminho de s a v com peso d [v ].


Inicializacao


4 d [s] ← 0



O caminho de s a v pode ser recuperado por meio dospredecessores π[ ], se nao houver ciclos negativos.


Relaxacao

Tenta melhorar a estimativa d [v ] examinando (u, v).

5

5 5

59

6

62

2

2

27

u

uu

u

vv

vv

Relax(u, v , ω)Relax(u, v , ω)

Relax(u, v , ω)1 se d [v ] > d [u] + ω(u, v) entao2 d [v ] ← d [u] + ω(u, v)3 π[v ] ← u


Relaxacao dos vizinhos

Em cada iteracao o algoritmo seleciona um vertice u e para cadavizinho v de u aplica Relax(u, v , ω).

5

2

14

25

20

7

5

9

2

14

20

uu

∞

v1 v1

v2 v2

v3 v3



Caminhos Mınimos

Veremos tres algoritmos baseados em relaxacao para tipos deinstancias diferentes de Problemas de Caminhos Mınimos.


Caminhos Mınimos


G e acıclico: aplicacao de ordenacao topologica


Caminhos Mınimos



(G , ω) nao tem arestas de peso negativo: algoritmo deDijkstra


Caminhos Mınimos



(G , ω) nao tem arestas de peso negativo: algoritmo deDijkstra

(G , ω) tem arestas de peso negativo, mas nao contem ciclos

negativos: algoritmo de Bellman-Ford.


Caminhos mınimos em grafos acıclicos



Seja Gπ com conjunto de vertices Vπ = {s}∪{v ∈ V : π[v ] 6= nil}e conjunto de arestas Eπ = {(π[v ], v) : v ∈ V , π[v ] 6= nil}.




Entrada: grafo orientado acıclico (G , ω) e origem s ∈ V [G ].





Saıda: um vetor d [ ] tal que d [v ] = dist(s, v) para v ∈ V [G ]e um vetor π[ ] tal que Gπ e uma Arvore de Caminhos Mınimoscom raiz s de (G , ω).





Saıda: um vetor d [ ] tal que d [v ] = dist(s, v) para v ∈ V [G ]e um vetor π[ ] tal que Gπ e uma Arvore de Caminhos Mınimoscom raiz s de (G , ω).

Dag-Shortest-Paths(G , ω, s)1 Ordene topologicamente os vertices de G

2 Initialize-Single-Source(G , s)3 para cada vertice u na ordem topologica faca

4 para cada v ∈ Adj[u] faca5 Relax(u, v , ω)6 devolva d , π


Exemplo

6

2 7 −1 −20

3 42

5

4

∞∞∞∞∞

r s x y zt


Exemplo

6

2 7 −1 −20

3 42

5

4

∞∞∞∞∞

r s x y zt


Exemplo

2 6

6

2 7 −1 −20

3 42

5

4

∞∞∞

r s x y zt


Exemplo

42

5

46

2 7 −1 −20

3

46 62∞

r s x y zt


Exemplo

56 5 4

6

2 7 −1 −20

3 42

4

2∞

r s x y zt


Exemplo

2 6 5 3

6

2 7 −1 −20

3 42

5

4

∞

r s x y zt


Exemplo

2 6 5 3

6

2 7 −1 −20

3 42

5

4

∞

r s x y zt


Complexidade Dag-Shortest-Paths









Linha(s) Tempo total1 O(V + E )2 O(V )3-5 O(V + E )






Linha(s) Tempo total1 O(V + E )2 O(V )3-5 O(V + E )

Complexidade de Dag-Shortest-Paths: O(V + E )


Corretude Dag-Shortest-Paths



A corretude de Dag-Shortest-Paths pode ser demonstrada devarias formas.



A corretude de Dag-Shortest-Paths pode ser demonstrada devarias formas.

Vamos mostrar alguns lemas/observacoes que serao uteis naanalise de corretude deste e dos outros algoritmos.


Desigualdade triangular



Lema 24.10, CLRS Para toda aresta (u, v) temos que

dist(s, v) ≤ dist(s, u) + ω(u, v).

Prova. Suponha que existe um caminho mınimo P de s a u. Logo

P + (u, v) e um caminho de s a t de peso

ω(P) + ω(u, v) = dist(s, u) + ω(u, v).

Portanto, dist(s, v) ≤ dist(s, u) + ω(u, v).

u vsdist(s, u)

dist(s, v)





Se nao existe caminho de s a u em G (i.e., dist(s, u) = ∞), entaoclaramente dist(s, v) ≤ dist(s, u) + ω(u, v).



Se nao existe caminho de s a u em G (i.e., dist(s, u) = ∞), entaoclaramente dist(s, v) ≤ dist(s, u) + ω(u, v).

Finalmente, se existem caminhos de peso arbitrariamente pequenode s a u (i.e., dist(s, u) = −∞), entao dist(s, v) = −∞.

u vs

−∞


Propriedades de um algoritmo baseado em relaxacao



As propriedades que veremos valem para qualquer “algoritmo” quesatisfaz as restricoes abaixo.




A inicializacao e feita por Initialize-Single-Source(G , s).





Um valor d [v ] (e π[v ]) so pode ser modificado atraves de umachamada de Relax(u, v , ω) para alguma aresta (u, v).






Observacao: o “algoritmo” pode executar outras instrucoes, masestamos interessados apenas nos valores de d [ ] e π[ ]. Assim,analisamos apenas o que acontece apos chamadas aInitialize-Single-Source ou Relax.






Observacao: o “algoritmo” pode executar outras instrucoes, masestamos interessados apenas nos valores de d [ ] e π[ ]. Assim,analisamos apenas o que acontece apos chamadas aInitialize-Single-Source ou Relax.

A seguir apresentamos propriedades que valem durante a execucaodo “algoritmo”.




4 d [s] ← 0




Lema 24.11, CLRS Em qualquer iteracao, d [v ] ≥ dist(s, v) parav ∈ V [G ] e d [v ] nunca aumenta.Alem disso, se d [v ] torna-se igual a dist(s, v), entao seu valornunca mais muda.




Prova. Mostraremos que d [v ] ≥ dist(s, v) por inducao no numerode relaxacoes (chamadas a Relax).




Prova. Mostraremos que d [v ] ≥ dist(s, v) por inducao no numerode relaxacoes (chamadas a Relax).

Base: apos a inicializacao, claramente d [v ] ≥ dist(s, v) poisd [v ] = ∞ para v ∈ V − {s} e d [s] = ∞ ≥ dist(s, s) ∈ {0,−∞}.





Hipotese de inducao: suponha que d [v ] ≥ dist(s, v) para todov ∈ V apos um certo numero de chamadas a Relax.




Vejamos o que acontece apos uma proxima chamada aRelax(u, v). Note que apenas o valor de d [v ] pode mudar.





Se d [v ] nao e modificado, entao a propriedade se mantem. Se d [v ]e modificado, entao

d [v ] = d [u] + ω(u, v)

≥ dist(s, u) + ω(u, v) (HI)

≥ dist(s, v) (desigualdade triangular)

e o resultado segue.





Se d [v ] nao e modificado, entao a propriedade se mantem. Se d [v ]e modificado, entao

d [v ] = d [u] + ω(u, v)

≥ dist(s, u) + ω(u, v) (HI)

≥ dist(s, v) (desigualdade triangular)

e o resultado segue.

Finalmente, suponha que d [v ] = dist(s, v). Entao o valor d [v ] naopode mais diminuir pois mostramos que d [v ] ≥ dist(s, v) durantea execucao do algoritmo.





Corolario 24.12, CLRS Se nao existe caminho de s a v , entaod [v ] = dist(s, v) = ∞ em qualquer iteracao.



Corolario 24.12, CLRS Se nao existe caminho de s a v , entaod [v ] = dist(s, v) = ∞ em qualquer iteracao.

Prova. Pelo Lema 24.11, em qualquer iteracaod [v ] ≥ dist(s, v) = ∞. Como d [v ] = ∞ apos a inicializacao, oresultado segue.






Lema 24.13 Imediatamente apos uma chamada Relax(u, v),temos que d [v ] ≤ d [u] + ω(u, v).





Lema 24.14, CLRS Seja P um caminho mınimo de s a v cujaultima aresta e (u, v) e suponha que d [u] = dist(s, u) e que umasequencia de relaxacoes que inclui Relax(u, v) e executada.Entao imediatamente apos isto, temos que d [v ] = dist(s, v) e d [v ]nunca mais muda.



Lema 24.14, CLRS Seja P um caminho mınimo de s a v cujaultima aresta e (u, v) e suponha que d [u] = dist(s, u) e que umasequencia de relaxacoes que inclui Relax(u, v) e executada.Entao imediatamente apos isto, temos que d [v ] = dist(s, v) e d [v ]nunca mais muda.

Prova. Note que ω(P) = dist(s, v) = dist(s, u) + ω(u, v) peloLema 24.1. Entao apos a chamada Relax(u, v), temosd [v ] ≤ d [u] + ω(u, v) = dist(s, u) + ω(u, v) = dist(s, v). PeloLema 24.11, segue que d [v ] = dist(s, v) e d [v ] nunca maismuda.

s u v





Lema 24.15, CLRS Seja P = (v0 = s, v1, . . . , vk) um caminhomınimo de s = v0 a vk e suponha que as arestas (v0, v1),. . . ,(vk−1, vk) sao relaxadas nesta ordem.Entao apos as relaxacoes, temos d [vk ] = dist(s, vk) e d [vk ] nuncamais muda.




Provaremos por inducao em i que apos a relaxacao da aresta(vi−1, vi ), temos d [vi ] = dist(s, vi ).

Base: i = 0 (antes de relaxar qualquer aresta de P). Claramente,d [s] = 0 = dist(s, s).

s = v0 v1 vi−1 vi vk



Hipotese de inducao: suponha que d [vi−1] = dist(s, vi−1).Como (v0, . . . , vi ) e um caminho mınimo de s a vi (Lema 24.1),segue do Lema 24.14 que apos Relax(vi−1, vi ) temos qued [vi ] = dist(s, vi ) e este valor nunca mais muda peloLema 24.11.

s = v0 v1 vi−1 vi vk






Lema 24.16, CLRS Suponha que (G , ω) nao contem ciclosnegativos atingıveis por s. Entao em qualquer iteracao apos achamada Initialize-Single-Source, o subgrafo Gπ e umaarvore de raiz s.

Lema 24.17, CLRS Suponha que (G , ω) nao contem ciclosnegativos atingıveis por s. Suponha que sejam feitas uma chamadaa Initialize-Single-Source e uma sequencia de chamadas aRelax que resulta em d [v ] = dist(s, v) para todo v ∈ V . EntaoGπ e uma Arvore de Caminhos Mınimos.

Omitimos as provas aqui.


Correcao de Dag-Shortest-Paths











Como os vertices estao em ordem topologica, as arestas dequalquer caminho mınimo P = (v0 = s, v1, . . . , vk) sao relaxadasna ordem (v0, v1),. . . ,(vk−1, vk).







Logo, pelo Lema 24.15 no final do algoritmo d [v ] = dist(s, v) paratodo v ∈ V .







Logo, pelo Lema 24.15 no final do algoritmo d [v ] = dist(s, v) paratodo v ∈ V .

Pelo Lema 24.17, o vetor π[ ] define uma Arvore de CaminhosMınimos com raiz s. Isto mostra que Dag-Shortest-Paths

funciona corretamente.


Correcao de Dag-Shortest-Paths (alternativa)



Outra forma de mostrar a correcao de Dag-Shortest-Paths eobservar que vale a seguinte recorrencia para dist(s, v):

u vs

dist(s, v) =



Outra forma de mostrar a correcao de Dag-Shortest-Paths eobservar que vale a seguinte recorrencia para dist(s, v):

u vs

dist(s, v) = minu:v∈Adj[u]

dist(s, u) + ω(u, v).











A correcao de Dag-Shortest-Paths segue por inducao e daformula de recorrencia

dist(s, v) = minu:v∈Adj[u]

dist(s, u) + ω(u, v).


Perguntas

Pergunta 1. Como se resolve o problema de encontrar um caminhode peso maximo de s a t em um grafo orientado acıclico (G , ω)?

Pergunta 2. Como se resolve o Problema do Caminho Mınimo de s

a t em tempo linear para um grafo orientado em que todas asarestas tem o mesmo peso C > 0?


Algoritmo de Dijkstra

Veremos agora um algoritmo para caminhos mınimos em grafosque podem conter ciclos, mas sem arestas de peso negativo.



Veremos agora um algoritmo para caminhos mınimos em grafosque podem conter ciclos, mas sem arestas de peso negativo.

O algoritmo foi proposto por E.W. Dijkstra e e bastante similar aoalgoritmo de Prim para o problema da Arvore Geradora Mınima.



O algoritmo de Dijkstra recebe um grafo orientado (G , ω) (semarestas de peso negativo) e um vertice s de G

e devolve




e devolve

para cada v ∈ V [G ], o valor d [v ] = dist(s, v)




e devolve

para cada v ∈ V [G ], o valor d [v ] = dist(s, v)(ou seja, o peso de um caminho mınimo de s a v) e




e devolve


uma Arvore de Caminhos Mınimos com raiz s.




e devolve



Um caminho de s a v nesta arvore tem peso d [v ],




e devolve



Um caminho de s a v nesta arvore tem peso d [v ],ou seja, e um caminho mınimo de s a v em (G , ω).


Revisao: algoritmos baseados em relaxacao


4 d [s] ← 0




4 d [s] ← 0





4 d [s] ← 0






4 d [s] ← 0





Revisao: relaxacao


5

5 5

59

6

62

2

2

27

u

uu

u

vv

vv


Relax(u, v , ω)1 se d [v ] > d [u] + ω(u, v)2 entao d [v ] ← d [u] + ω(u, v)3 π[v ] ← u


Revisao: relaxacao dos vizinhos

Em cada iteracao o algoritmo seleciona um vertice u e para cadavizinho v de u aplica Relax(u, v , ω).

5

2

14

25

20

7

5

9

2

14

20

uu

∞

v1 v1

v2 v2

v3 v3

Relax(u, v , ω)1 se d [v ] > d [u] + ω(u, v) faca2 d [v ] ← d [u] + ω(u, v)3 π[v ] ← u





















u vsdist(s, u)

dist(s, v)










Ideia do algoritmo de Dijkstra



Suponha que encontramos ate o momento um conjunto S

formado pelos vertices mais proximos de s.(Na primeira iteracao S = {s}).





O algoritmo mantem tambem uma Arvore de CaminhosMınimos formada apenas por vertices de S .






A ideia e estender o conjunto S (i.e., a arvore) acrescentandoo vertice u em V − S que esteja mais proximo de s.






A ideia e estender o conjunto S (i.e., a arvore) acrescentandoo vertice u em V − S que esteja mais proximo de s.

Um detalhe importante e como encontrar tal vertice.



Dijkstra(G , ω, s)1 Initialize-Single-Source(G , s)2 S ← ∅3 Q ← V [G ]4 enquanto Q 6= ∅ faca

5 u ← Extract-Min(Q)6 S ← S ∪ {u}7 para cada vertice v ∈ Adj[u] faca8 Relax(u, v , ω)9 devolva d , π





O conjunto Q e implementado como uma fila de prioridade comchave d .





O conjunto Q e implementado como uma fila de prioridade comchave d .

O conjunto S nao e realmente necessario, mas simplifica a analisedo algoritmo.









Mostraremos que em cada iteracao da linha 5, o vertice u comd [u] mınimo e realmente o vertice de V [G ]− S que esta maisproximo de s.


Exemplo (CLRS modificado)

0

10

5

7

2 3

1

9

2

3

5

4 6 ∞

∞

∞

∞

∞

r

s t

u v

w



10

5

0

10

5

7

2 3

1

9

2

3

5

4 6 ∞

∞

∞

r

s t

u v

w



8

5

14

7

0

10

5

7

2 3

1

9

2

3

5

4 6 ∞

r

s t

u v

w



8

6

5

4

7

12

10

5

7

2 3

1

9

2

3

5

13

0

r

s t

u v

w



82

6

9

7

12

10

5

7

2 3

1

9

2

5

4

5

0

r

s t

u v

w



82

5

4 6

7

10

5

7

2 3

1

9

25

9

0 11

r

s t

u v

w



8

11

29

7

10

5

7

2 3

1

9

2

5

4 6

5

0

r

s t

u v

w


Correcao do algoritmo

Precisamos provar que quando o algoritmo para, temos que




d [v ] = dist(s, v) para todo v ∈ V [G ] e




d [v ] = dist(s, v) para todo v ∈ V [G ] e

o grafo Gπ e uma Arvore de Caminhos Mınimos com raiz s.


Invariante principal

O seguinte invariante vale no inıcio de cada iteracao da linha 4 noalgoritmo Dijkstra.

Invariante: d [x ] = dist(s, x) para cada x ∈ S .





Claramente o invariante vale na primeira iteracao pois S = ∅.Tambem vale no inıcio da segunda iteracao pois S = {s} ed [s] = 0.





Claramente o invariante vale na primeira iteracao pois S = ∅.Tambem vale no inıcio da segunda iteracao pois S = {s} ed [s] = 0.

No final do algoritmo, S e o conjunto dos vertices atingıveispor s. Portanto, se o invariante vale, para cada v ∈ V [G ], ovalor d [v ] e exatamente a distancia de s a v .


Demonstracao do invariante

O algoritmo de Dijkstra escolhe um vertice u com menord [u] em Q e atualiza S ← S ∪ {u}.




Basta verificar entao que neste momento d [u] = dist(s, u).





Suponha por contradicao que em alguma iteracao o algoritmoescolhe u tal que d [u] > dist(s, u).





Suponha por contradicao que em alguma iteracao o algoritmoescolhe u tal que d [u] > dist(s, u).

Podemos supor que u e o primeiro vertice para o qual isto ocorre.Note que u 6= s.


Demonstracao

Seja P um caminho mınimo de s a u (ou seja, com pesodist(s, u)). Seja y o primeiro vertice de P que nao pertence a S .Seja x o vertice em P que precede y .

s

u

x

y

P1

P2S

d [u] > dist(s, u)?


Demonstracao

s

u

x

y

P1

P2S

d [u] > dist(s, u)?

Primeiro, mostraremos que d [y ] = dist(s, y).


Demonstracao

s

u

x

y

P1

P2S

d [u] > dist(s, u)?


Por hipotese, quando x foi colocado em S , d [x ] = dist(s, x).


Demonstracao

s

u

x

y

P1

P2S

d [u] > dist(s, u)?


Por hipotese, quando x foi colocado em S , d [x ] = dist(s, x).Neste instante, (x , y) foi relaxada e portanto, pelo Lema 24.11temos d [y ] = dist(s, y).


Demonstracao

s

u

x

y

P1

P2S

d [u] > dist(s, u)?


Demonstracao

s

u

x

y

P1

P2S

d [u] > dist(s, u)?

Entaod [y ] = dist(s, y)

= ω(P1) + ω(x , y)≤ ω(P1) + ω(x , y) + ω(P2)= dist(s, u) < d [u].


Demonstracao

s

u

x

y

P1

P2S

d [u] > dist(s, u)?

Entaod [y ] = dist(s, y)

= ω(P1) + ω(x , y)≤ ω(P1) + ω(x , y) + ω(P2)= dist(s, u) < d [u].

Mas entao d [y ] < d [u] o que contraria a escolha de u.


Demonstracao

Isto mostra que ao final do algoritmo de Dijkstra, temosd [v ] = dist(s, v) para todo v ∈ V [G ]. Do Lema 24.17 segue queGπ e uma Arvore de Caminhos Mınimos com raiz s de (G , ω).

A prova acima implica que os vertices u sao colocados em S emordem nao-decrescente dos valores dist(s, u).

Na demonstracao foi importante o fato de nao haver arestasnegativas no grafo. De fato, nao se pode garantir que o algoritmode Dijkstra funciona se o grafo de entrada nao satisfaz estarestricao.

Exercıcio. Encontre um grafo orientado ponderado com 4 verticespara o qual o algoritmo de Dijkstra nao funciona. Ha pelo menosum exemplo com apenas uma unica aresta negativa e sem ciclos depeso negativo.


Complexidade de tempo



Depende de como a fila de prioridade Q e implementada.


Complexidade do algoritmo de Dijkstra

As linhas 1–3 correspondem a |V | chamadas a Insert.




O laco da linha 4 e executado O(V ) vezes.Total: O(V ) chamadas a Extract-Min.





O laco das linhas 7–8 e executado O(E ) vezes no total.





O laco das linhas 7–8 e executado O(E ) vezes no total.





O laco das linhas 7–8 e executado O(E ) vezes no total.Ao atualizar uma chave na linha 8 e feita uma chamada

implıcita a Decrease-Key.Total: O(E ) chamadas a Decrease-Key.





O laco das linhas 7–8 e executado O(E ) vezes no total.Ao atualizar uma chave na linha 8 e feita uma chamada

implıcita a Decrease-Key.Total: O(E ) chamadas a Decrease-Key.

Tempo total:O(V ) Insert+ O(V ) Extract-Min+O(E ) Decrease-Key



Tempo total

O(V ) Insert+ O(V ) Extract-Min+O(E ) Decrease-Key



Tempo total


Implementando Q como um vetor (coloque d [v ] na posicao v

do vetor), Insert e Decrease-Key gastam tempo Θ(1) eExtract-Min gasta tempo O(V ), resultando em um totalde O(V 2 + E ) = O(V 2).



Tempo total




Implementando a fila de prioridade Q como um min-heap,Insert, Extract-Min e Decrease-Key gastam tempoO(lgV ), resultando em um total de O((V + E ) lgV ).



Tempo total




Implementando a fila de prioridade Q como um min-heap,Insert, Extract-Min e Decrease-Key gastam tempoO(lgV ), resultando em um total de O((V + E ) lgV ).

Usando heaps de Fibonacci (Extract-Min e O(lgV ) eInsert e Decrease-Key sao O(1)) a complexidade caipara O(V lgV + E ).


Arestas/ciclos de peso negativo

O algoritmo de Dijkstra resolve o Problema dos CaminhosMınimos quando (G , ω) nao possui arestas de peso negativo.




Quando (G , ω) possui arestas de peso negativo, o algoritmode Dijkstra nao funciona.




Quando (G , ω) possui arestas de peso negativo, o algoritmode Dijkstra nao funciona.

Uma das dificuldades com arestas de peso negativo e apossıvel existencia de ciclos negativos.


Ciclos negativos — uma dificuldade

Pode-se mostrar que o Problema dos Caminhos Mınimos parainstancias com ciclos negativos e NP-difıcil.




Informalmente, se um problema pertence a classe dosproblemas NP-difıceis entao acredita-se que nao existealgoritmo eficiente para resolve-lo.




Informalmente, se um problema pertence a classe dosproblemas NP-difıceis entao acredita-se que nao existealgoritmo eficiente para resolve-lo.

Este e o principal motivo do porque nos restringimos aoProblema de Caminhos Mınimos sem ciclos negativos.


Revisao: inicializacao


4 d [s] ← 0




4 d [s] ← 0





4 d [s] ← 0


Se d [v ] < ∞, entao algoritmo encontrou ate aquele momentoum caminho de s a v com peso d [v ].




4 d [s] ← 0


Se d [v ] < ∞, entao algoritmo encontrou ate aquele momentoum caminho de s a v com peso d [v ].



Revisao: relaxacao


5

5 5

59

6

62

2

2

27

u

uu

u

vv

vv


Relax(u, v , ω)1 se d [v ] > d [u] + ω(u, v)2 entao d [v ] ← d [u] + ω(u, v)3 π[v ] ← u





















u vsdist(s, u)

dist(s, v)










Ideia do algoritmo de Bellman-Ford

Descreveremos a seguir o algoritmo de Bellman-Ford queresolver o Problema dos Caminhos Mınimos em grafo (G , ω)que podem ter arestas de peso negativo, mas nao contemciclos negativos.

Na verdade, o algoritmo consegue resolver problema mesmoque tenham ciclos negativos, mas nao sejam atingıveis pelaorigem s.

Ele tambem consegue detectar se existe um ciclo negativoatingıvel por s.





Na iteracao i = 1 executamos Relax para todas as arestas.Isto garante que a primeira aresta de qualquer caminhomınimo sera relaxada.




Repetimos este passo para as iteracoes i = 2, 3, . . . , |V | − 1.Por que |V | − 1?




Repetimos este passo para as iteracoes i = 2, 3, . . . , |V | − 1.Por que |V | − 1?Porque um caminho (simples) tem no maximo |V | − 1 arestas.Assim, apos essas |V | − 1 iteracoes, garantidamente, todas asarestas de um caminho mınimo foram relaxadas na ordemdesejada.




Repetimos este passo para as iteracoes i = 2, 3, . . . , |V | − 1.Por que |V | − 1?Porque um caminho (simples) tem no maximo |V | − 1 arestas.Assim, apos essas |V | − 1 iteracoes, garantidamente, todas asarestas de um caminho mınimo foram relaxadas na ordemdesejada.

E preciso fazer mais uma iteracao de relaxar todas as arestaspara verificar se o grafo contem ciclos negativos.Se houver, nao ha garantia de que os valores obtidos nas|V | − 1 primeiras iteracoes estao corretas.


O algoritmo de Bellman-Ford

O algoritmo de Bellman-Ford recebe um grafo orientado (G , ω)(possivelmente com arestas de peso negativo) e um vertice origems de G .




Ele devolve um valor booleano





FALSE se existe um ciclo negativo atingıvel a partir de s, ou





FALSE se existe um ciclo negativo atingıvel a partir de s, ou

TRUE e neste caso devolve tambem uma Arvore de CaminhosMınimos com raiz s.



Bellman-Ford(G , ω, s)1 Initialize-Single-Source(G , s)2 para i ← 1 ate |V [G ]| − 1 faca

3 para cada aresta (u, v) ∈ E [G ] faca4 Relax(u, v , ω)5 para cada aresta (u, v) ∈ E [G ] faca6 se d [v ] > d [u] + ω(u, v)7 entao devolva FALSE8 devolva TRUE, d , π

Complexidade de tempo: O(VE )


Exemplo (CLRS)

0 7

5

−2

−3

−42

7

9

6

8

∞∞

∞∞

s

t

z

x

y

Ordem:(t, x), (t, y), (t, z), (x , t), (y , x), (y , z), (z , x), (z , s), (s, t), (s, y).


Exemplo (CLRS)

0 7

5

−2

−3

−42

7

9

6

8

6

7

∞

∞

s

t

z

x

y



Exemplo (CLRS)

0 7

5

−2

−3

−42

7

9

6

8

6

7

4

2

s

t

z

x

y



Exemplo (CLRS)

0 7

5

−2

−3

−42

7

9

6

8

7

4

2

2

s

t

z

x

y



Exemplo (CLRS)

0 7

5

−2

−3

−42

7

9

6

8

7

4

−2

2

s

t

z

x

y



Exemplo com ciclo negativo

Inicializacao.

1 1 1

−10

s u v t

0 ∞ ∞ ∞

Ordem: (t, u), (v , t), (u, v), (s, u).



Final da iteracao 1.

1 1 1

−10

s u v t

0 1 ∞ ∞

Ordem: (t, u), (v , t), (u, v), (s, u).




1 1 1

−10

s u v t

0 1 2 ∞

Ordem: (t, u), (v , t), (u, v), (s, u).




1 1 1

−10

s u v t

0 1 2 3

Ordem: (t, u), (v , t), (u, v), (s, u).



Iteracao 4: 1 = d [u] > d [t] + ω(t, u) = 3− 10 = −7

1 1 1

−10

s u v t

0 1 2 3

Ordem: (t, u), (v , t), (u, v), (s, u).


Correcao do algoritmo Bellman-Ford

Teorema 24.4 (CLRS).Se (G , ω) nao contem ciclos negativos atingıveis por s, entao nofinal

o algoritmo devolve TRUE,

d [v ] = dist(s, v) para v ∈ V e

π[ ] define uma Arvore de Caminhos Mınimos.

Se (G , ω) contem ciclos negativos atingıveis por s, entao no final oalgoritmo devolve FALSE.



Primeiramente, vamos supor que o grafo nao possui ciclosnegativos atingıveis por s.




Relembrando. . .




Relembrando. . .




Seja v um vertice atingıvel por s e seja

P = (v0 = s, v1, . . . , vk = v)

um caminho mınimo de s a v .




P = (v0 = s, v1, . . . , vk = v)


Note que P tem no maximo |V | − 1 arestas. Cada uma das|V | − 1 iteracoes do laco das linhas 2–4 relaxa todas as |E | arestas.




P = (v0 = s, v1, . . . , vk = v)



Na iteracao i a aresta (vi−1, vi ) e relaxada.




P = (v0 = s, v1, . . . , vk = v)



Na iteracao i a aresta (vi−1, vi ) e relaxada.

Logo, pelo Lema 24.16, d [v ] = d [vk ] = dist(s, v).



Se v e um vertice nao atingıvel por s entao d [v ] = ∞, pois d [v ]foi inicializado com este valor e ao longo do algoritmo vale qued [v ] ≥ dist(s, v) = ∞.




Assim, no final do algoritmo d [v ] = dist(s, v) para v ∈ V .




Assim, no final do algoritmo d [v ] = dist(s, v) para v ∈ V .

Pelo Lema 24.17, Gπ e uma Arvore de Caminhos Mınimos com raizs de (G , ω).





Agora falta mostrar que Bellman-Ford devolve TRUE.




Seja (u, v) uma aresta de G . Entao





d [v ] = dist(s, v)

≤ dist(s, u) + ω(u, v) (Lema 24.10)

= d [u] + ω(u, v).





d [v ] = dist(s, v)

≤ dist(s, u) + ω(u, v) (Lema 24.10)

= d [u] + ω(u, v).

Assim, nenhum dos testes da linha 6 faz com que o algoritmodevolva FALSE. Logo, ele devolve TRUE.





Suponha que (G , ω) contem um ciclo negativo atingıvel por s.




Seja C = (v0, v1, . . . , vk = v0) um tal ciclo.




Seja C = (v0, v1, . . . , vk = v0) um tal ciclo.

Entao∑k

i=1 ω(vi−1, vi ) < 0.

v0 = vk v1

v2

v3v4

vk−1





Suponha por contradicao que o algoritmo devolve TRUE.Entao d [vi ] ≤ d [vi−1] + ω(vi−1, vi ) para i = 1, 2 . . . , k .

v0 = vk v1

v2

v3v4

vk−1



Somando as desigualdades ao longo do ciclo temos




k∑

i=1

d [vi ] ≤k

∑

i=1

(d [vi−1] + ω(vi−1, vi ))

=k

∑

i=1

d [vi−1] +k

∑

i=1

ω(vi−1, vi ).




k∑

i=1

d [vi ] ≤k

∑

i=1

(d [vi−1] + ω(vi−1, vi ))

=k

∑

i=1

d [vi−1] +k

∑

i=1

ω(vi−1, vi ).

Como v0 = vk , temos que∑k

i=1 d [vi ] =∑k

i=1 d [vi−1].




k∑

i=1

d [vi ] ≤k

∑

i=1

(d [vi−1] + ω(vi−1, vi ))

=k

∑

i=1

d [vi−1] +k

∑

i=1

ω(vi−1, vi ).

Como v0 = vk , temos que∑k

i=1 d [vi ] =∑k

i=1 d [vi−1].

Mas entao∑k

i=1 ω(vi−1, vi ) ≥ 0 o que contraria o fato do ciclo sernegativo.Isto conclui a prova de correcao.


Reducao para PCM sem pesos negativos



As vezes e possıvel transformar uma instancia (G , ω) comarestas de peso negativo (mas sem ciclos negativos) em umainstancia equivalente (G , ω′) sem arestas de peso negativo.




Suponha que voce conhece um valor p[v ] para todo v ∈ V

que satisfaz a seguinte propriedade:






p[v ] ≤ p[u] + ω(u, v) para toda aresta (u, v) ∈ E .







Por exemplo, a funcao p[v ] := dist(s, v) satisfaz estapropriedade!







Por exemplo, a funcao p[v ] := dist(s, v) satisfaz estapropriedade!Mas suporemos que nao e este o caso, pois o que queremosdeterminar e exatamente dist(s, v) para v ∈ V .





Considere a instancia (G , ω′) onde

ω′(u, v) = ω(u, v)+p[u]−p[v ] para toda aresta (u, v) ∈ E .





Note que ω′(u, v) ≥ 0 para toda aresta (u, v) ∈ E .





Note que ω′(u, v) ≥ 0 para toda aresta (u, v) ∈ E .Seja P = (s = v0, v1, . . . , vk−1, vk = t) um caminho de s a t

em G . Entao

ω′(P) =

k∑

i=1

ω′(vi−1, vi )

=

k∑

i=1

(

ω(vi−1, vi ) + p[vi−1]− p[vi ])

=k

∑

i=1

ω(vi−1, vi ) +k

∑

i=1

(p[vi−1]− p[vi ])

= ω(P) + p[v0]− p[vk ] = ω(P) + p[s]− p[t].





Seja P = (s = v0, v1, . . . , vk−1, vk = t) um caminho de s a t

em G .

Entao ω′(P) = ω(P) + p[s]− p[t].





Seja P = (s = v0, v1, . . . , vk−1, vk = t) um caminho de s a t

em G .

Entao ω′(P) = ω(P) + p[s]− p[t].

Como p esta fixo, encontrar um caminho mınimo de s a t em(G , ω) e equivalente a encontrar um caminho mınimo de s a t

em (G , ω′).





O unico problema com esta ideia e que para encontrar uma talfuncao p, aparentemente e preciso resolver um PCM comarestas de peso negativo, o que invalida a ideia de modogeral.




Entretanto, ha situacoes em que tal funcao p e conhecida eneste caso pode-se usar o algoritmo de Dijkstra que e maiseficiente que o o algoritmo de Bellman-Ford que resolve oPCM com arestas de peso negativo.




Entretanto, ha situacoes em que tal funcao p e conhecida eneste caso pode-se usar o algoritmo de Dijkstra que e maiseficiente que o o algoritmo de Bellman-Ford que resolve oPCM com arestas de peso negativo.

Uma funcao p como descrita e chamada potencial em algunscontextos. Depois veremos como usar o algoritmo deBellman-Ford para encontrar uma funcao potencial.


Aplicacao: Sistemas de restricoes de diferencas



Considere o seguinte sistema de desigualdades lineares:

x1 − x2 ≤ 0x1 − x5 ≤ −1x2 − x5 ≤ 1x3 − x1 ≤ 5x4 − x1 ≤ 4x4 − x3 ≤ −1x5 − x3 ≤ −3x5 − x4 ≤ −3

Queremos encontrar valores x1, x2, . . . , xn que satisfazem estasrestricoes de diferenca.







Podemos modelar o problema de encontrar uma funcao potencialusando um sistema deste tipo. Uma funcao potencial de (G , ω)satisfaz p(v)− p(u) ≤ ω(u, v) para cada aresta (u, v) de G ..Assim, temos uma desigualdade xv − xu ≤ bk := ω(u, v) para cadaaresta (u, v) de G .


Sistemas de restricoes de diferencas



Sistemas de restricoes de diferenca tem varias aplicacoes.


Por exemplo, a incognita xi pode representar o instante do tempoque um evento i deve ocorrer. Uma restricao xj − xi ≤ bk diz queuma certa quantidade de tempo bk deve passar entre os eventos ie j . Um evento poderia ser a execucao de uma certa tarefa durantea fabricacao de um produto.







Podemos resolver um sistema deste tipo para encontrar umafuncao potencial p de um grafo (G , ω). Uma funcao potencial de(G , ω) deve satisfazer p(v)− p(u) ≤ ω(u, v) para cada aresta(u, v) de G . Assim, temos uma desigualdade xv − xu ≤ ω(u, v)para cada aresta (u, v) de G .





Podemos reescrever as restricoes matricialmente:

1 −1 0 0 01 0 0 0 −10 1 0 0 −1

−1 0 1 0 0−1 0 0 1 00 0 −1 1 00 0 −1 0 10 0 0 −1 1

x1x2x3x4x5

≤

0−1154

−1−3−3

Um sistema de restricoes de diferenca e um sistema da formaAx ≤ b onde A e uma matriz com entradas {−1, 0, 1} em quecada linha ha exatamente um 1 e um −1.






1 −1 0 0 01 0 0 0 −10 1 0 0 −1

−1 0 1 0 0−1 0 0 1 00 0 −1 1 00 0 −1 0 10 0 0 −1 1

x1x2x3x4x5

≤

0−1154

−1−3−3




1 −1 0 0 01 0 0 0 −10 1 0 0 −1

−1 0 1 0 0−1 0 0 1 00 0 −1 1 00 0 −1 0 10 0 0 −1 1

x1x2x3x4x5

≤

0−1154

−1−3−3

Uma solucao e x = (−5,−3, 0,−1,−4).




1 −1 0 0 01 0 0 0 −10 1 0 0 −1

−1 0 1 0 0−1 0 0 1 00 0 −1 1 00 0 −1 0 10 0 0 −1 1

x1x2x3x4x5

≤

0−1154

−1−3−3

Uma solucao e x = (−5,−3, 0,−1,−4).Outra solucao e x ′ = (0, 2, 5, 4, 1).



Lema 24.8 (CLRS) Seja x = (x1, . . . , xn) uma solucao de umsistema Ax ≤ b de restricoes de diferenca. Seja d uma constante.Entao

x + d = (x1 + d , . . . , xn + d)

tambem e uma solucao de Ax ≤ b.



Lema 24.8 (CLRS) Seja x = (x1, . . . , xn) uma solucao de umsistema Ax ≤ b de restricoes de diferenca. Seja d uma constante.Entao

x + d = (x1 + d , . . . , xn + d)

tambem e uma solucao de Ax ≤ b.

Mostraremos a seguir como encontrar uma solucao de um sistemaAx ≤ b de restricoes de diferenca resolvendo um problema decaminhos mınimos.


Grafo de restricoes

A matriz A de dimensoes m × n pode ser vista como a transpostade uma matriz de incidencia de um grafo orientado (veja a lista deexercıcios) com n vertices e m arestas.

Cada vertice vi corresponde a uma variavel xi .

Cada aresta (vi , vj) corresponde a uma restricao xj − xi ≤ bk .


Grafo de restricoes

A matriz A de dimensoes m × n pode ser vista como a transpostade uma matriz de incidencia de um grafo orientado (veja a lista deexercıcios) com n vertices e m arestas.

Cada vertice vi corresponde a uma variavel xi .

Cada aresta (vi , vj) corresponde a uma restricao xj − xi ≤ bk .

A este grafo acrescentamos um vertice origem v0.


Grafo de restricoes

Formalmente, dado o sistema Ax ≤ b de restricoes de diferenca,construımos o grafo G = (V ,E ) tal que

V = {v0, v1, . . . , vn}

eE = {(vi , vj) : xj − xi ≤ bk e uma restricao}

∪ {(v0, v1), (v0, v2), . . . , (v0, vn)}.

Para cada restricao xj − xi ≤ bk temos uma aresta (vi , vj) compeso ω(vi , vj) = bk . O peso da aresta (v0, vi ) e igual a zero paratodo vi .


Grafo de restricoes

−1

0

0

0

−1

0

1

−3

54

−1

00

−3

−1 0

0−4

−5

v0

v1

v2

v3v4

v5

Uma restricao xi − xj ≤ bk corresponde a uma aresta (vj , vi ) compeso bk . Note que todo vertice e atingıvel a partir de v0.


Grafo de restricoes

−1

0

0

0

−1

0

1

−3

54

−1

00

−3

−1 0

0−4

−5

v0

v1

v2

v3v4

v5

Uma solucao viavel e x = (−5,−3,−0,−1,−4).


Grafo de restricoes e sistemas de diferencas

Teorema 24.9 (CLRS) Seja Ax ≤ b um sistema de restricoes dediferenca e seja G = (V ,E ) o grafo de restricoes associado.Se G nao contem ciclos negativos, entao

x = (dist(v0, v1), dist(v0, v2), . . . , dist(v0, vn))

e uma solucao viavel do sistema.Se G contem ciclos negativos, entao o sistema nao possui solucaoviavel.



Suponha que (G , ω) nao contem ciclos negativos. Para ver quexi = dist(v0, vi ) para i = 1, 2, . . . , n e uma solucao do sistemas dediferenca lembre-se que dist(v0, vi ) ≤ dist(v0, vj) + ω(vj , vi ) paratoda aresta (vj , vi ).



Suponha que (G , ω) nao contem ciclos negativos. Para ver quexi = dist(v0, vi ) para i = 1, 2, . . . , n e uma solucao do sistemas dediferenca lembre-se que dist(v0, vi ) ≤ dist(v0, vj) + ω(vj , vi ) paratoda aresta (vj , vi ).

Assim,

xi − xj = dist(v0, vi )− dist(v0, vj) ≤ ω(vj , vi ) = bk

e x e uma solucao do sistema de diferencas.



Suponha agora que (G , ω) contem um ciclo negativo C . Como aorigem v0 e uma fonte, ela nao pertence a nenhum ciclo. Podemossupor sem perda de generalidade que:

C = (v1, v2, . . . , vk = v1).

v1 = vk v2

v3

v4v5

vk−1



Podemos supor sem perda de generalidade que:

C = (v1, v2, . . . , vk = v1).

Suponha por contradicao que existe uma solucao viavel x dosistema de diferencas. Entao

x2 − x1 ≤ ω(v1, v2)

x3 − x2 ≤ ω(v2, v3)

...

xk−1 − xk−2 ≤ ω(vk−2, vk−1)

xk − xk−1 ≤ ω(vk−1, vk).

Somando todas as desigualdades, obtemos 0 ≤ ω(C ), o que e umacontradicao. Logo, se (G , ω) contem um ciclo negativo, entao osistema nao tem solucao viavel.


Resolvendo um sistema de restricoes de diferenca

O Teorema 24.9 nos diz que podemos usar o algoritmo deBellman-Ford (com origem v0) para resolver um sistema derestricoes de diferenca!




Como todo vertice e atingıvel a partir de v0, se existir um ciclonegativo, este sera detectado pelo algoritmo.





Se nao existir ciclo negativo, entao as distancias computadas peloalgoritmo formam uma solucao viavel do sistema.





Se nao existir ciclo negativo, entao as distancias computadas peloalgoritmo formam uma solucao viavel do sistema.

Se A e uma matriz m × n, entao o grafo de restricoes G possuin + 1 vertices e n +m arestas. Assim, usando o algoritmo deBellman-Ford podemos encontrar uma solucao em tempoO((n + 1)(n +m)) = O(n2 + nm).


Caminhos mınimos entre todos os pares

O problema agora e dado um grafo (G , ω) encontrar para todo paru, v de vertices um caminho mınimo de u a v .




Obviamente podemos executar |V | vezes um algoritmo deCaminhos Mınimos com Mesma Origem.





Se (G , ω) nao possui arestas negativas, entao podemos usar oalgoritmo de Dijkstra implementando a fila de prioridade como






um vetor: |V |.O(V 2) = O(V 3) ou






um vetor: |V |.O(V 2) = O(V 3) oumin-heap binario: |V |.O(E lgV ) = O(VE lgV ) ou






um vetor: |V |.O(V 2) = O(V 3) oumin-heap binario: |V |.O(E lgV ) = O(VE lgV ) ouheap de Fibonacci: |V |.O(V lgV + E ) = O(V 2 lgV + VE ).






um vetor: |V |.O(V 2) = O(V 3) oumin-heap binario: |V |.O(E lgV ) = O(VE lgV ) ouheap de Fibonacci: |V |.O(V lgV + E ) = O(V 2 lgV + VE ).

Se (G , ω) possui arestas negativas podemos usar o algoritmode Bellman-Ford: |V |.O(VE ) = O(V 2E ).


O algoritmo de Floyd-Warshall



Veremos agora um metodo direto para resolver o problema que eassintoticamente melhor se G e denso.




O algoritmo de Floyd-Warshall baseia-se em programacao dinamicae resolve o problema em tempo O(V 3).





O grafo (G , ω) pode ter arestas negativas, mas suporemos que naocontem ciclos negativos.





O grafo (G , ω) pode ter arestas negativas, mas suporemos que naocontem ciclos negativos.

Adotaremos a convencao de que se (i , j) nao e uma aresta de G

entao ω(i , j) = ∞.


Estrutura de um caminho mınimo



Seja P = (v1, v2, . . . , vℓ) um caminho.




Um vertice interno de P e qualquer vertice de P distinto de v1 evl , ou seja, em {v2, . . . , vℓ−1}.




Um vertice interno de P e qualquer vertice de P distinto de v1 evl , ou seja, em {v2, . . . , vℓ−1}.

Para simplificar, suponha que V = {1, 2, . . . , n}.





Sejam i e j dois vertices de G . Considere todos os caminhos de i aj cujos vertices internos pertencem a {1, . . . , k}.




Exemplo: i = 5, j = 9 e k = 7.

5 2 6 3 4 9




Exemplo: i = 5, j = 9 e k = 7.

5 2 6 3 4 9

Seja P um caminho mınimo de i a j com esta forma.





O algoritmo de Floyd-Warshall explora a relacao entre P e certoscaminhos mınimos com vertices internos em {1, . . . , k − 1}.




Caso 1: Se k nao e um vertice interno de P entao P e umcaminho mınimo de i a j com vertices internos em {1, . . . , k − 1}.




Caso 1: Se k nao e um vertice interno de P entao P e umcaminho mınimo de i a j com vertices internos em {1, . . . , k − 1}.

Exemplo: i = 5, j = 9 e k = 7.

5 2 6 3 4 9





Caso 2: Se k e um vertice interno de P entao P pode ser divididoem dois caminhos P1 (com inıcio em i e fim em k) e P2 (cominıcio em k e fim em j).

replacements

i j

kP1

P2




replacements

i j

kP1

P2

P1 e um caminho mınimo de i a k com vertices internos em{1, . . . , k − 1}




replacements

i j

kP1

P2

P1 e um caminho mınimo de i a k com vertices internos em{1, . . . , k − 1}

P2 e um caminho mınimo de k a j com vertices internos em{1, . . . , k − 1}.


Recorrencia para caminhos mınimos



Seja d(k)i j o peso de um caminho mınimo de i a j com vertices

internos em {1, 2, . . . , k}.




internos em {1, 2, . . . , k}.

Quando k = 0 entao d(0)i j = ω(i , j).




internos em {1, 2, . . . , k}.


Temos a seguinte recorrencia:

d(k)i j =

{

ω(i , j) se k = 0,

min(d(k−1)i j , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj ) se k ≥ 1.




internos em {1, 2, . . . , k}.



d(k)i j =

{

ω(i , j) se k = 0,

min(d(k−1)i j , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj ) se k ≥ 1.

Note que d(n)i j = dist(i , j).




internos em {1, 2, . . . , k}.



d(k)i j =

{

ω(i , j) se k = 0,

min(d(k−1)i j , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj ) se k ≥ 1.

Note que d(n)i j = dist(i , j).

Podemos calcular as matrizes D(k) = (d(k)i j ) para k = 1, 2 . . . , n.

A resposta do problema e D(n).


Algoritmo de Floyd-Warshall



A entrada do algoritmo e a matriz W = (ω(i , j)) com n = |V |linhas e colunas.

A saıda e a matriz D(n).



A entrada do algoritmo e a matriz W = (ω(i , j)) com n = |V |linhas e colunas.

A saıda e a matriz D(n).

Floyd-Warshall(W , n)1 D(0) ← W

2 para k ← 1 ate n faca

3 para i ← 1 ate n faca

4 para j ← 1 ate n faca

5 d(k)i j ← min(d

(k−1)ij , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj )

6 devolva D(n)

Complexidade: O(V 3)


Como encontrar os caminhos?



O algoritmo devolve tambem uma matriz Π = (πij) tal que(a) πi j = nil se i = j ou se nao existe caminho de i a j , ou(b) πi j e o predecessor de j em algum caminho mınimo a de i a j ,caso contrario.




Podemos computar os predecessores ao mesmo tempo que oalgoritmo calcula as matrizes D(k). Determinamos uma sequencia

de matrizes Π(0),Π(1), . . . ,Π(n) e π(k)i j e o predecessor de j em um

caminho mınimo de i a j com vertices internos em {1, 2, . . . , k}.




Podemos computar os predecessores ao mesmo tempo que oalgoritmo calcula as matrizes D(k). Determinamos uma sequencia

de matrizes Π(0),Π(1), . . . ,Π(n) e π(k)i j e o predecessor de j em um

caminho mınimo de i a j com vertices internos em {1, 2, . . . , k}.

Quando k = 0 temos

π(0)i j =

{

nil se i = j ou ω(i , j) = ∞,i se i 6= j e ω(i , j) < ∞.





Para k ≥ 1 procedemos da seguinte forma. Considere um caminhomınimo P de i a j com vertices internos em {1, 2, . . . , k}.




Se k nao aparece em P entao tomamos como π(k)i j o predecessor

de j em um caminho mınimo de i a j com vertices internos em

{1, 2, . . . , k − 1}, ou seja, π(k−1)i j .






{1, 2, . . . , k − 1}, ou seja, π(k−1)i j .

Caso contrario, tomamos como π(k)i j o predecessor de j em um

caminho mınimo de k a j com vertices internos em

{1, 2, . . . , k − 1}, ou seja, π(k−1)kj .






{1, 2, . . . , k − 1}, ou seja, π(k−1)i j .



{1, 2, . . . , k − 1}, ou seja, π(k−1)kj .

Formalmente,

π(k)i j =

{

π(k−1)i j se d

(k−1)i j ≤ d

(k−1)ik + d

(k−1)kj ,

π(k−1)kj se d

(k−1)i j > d

(k−1)ik + d

(k−1)kj .






{1, 2, . . . , k − 1}, ou seja, π(k−1)i j .



{1, 2, . . . , k − 1}, ou seja, π(k−1)kj .

Formalmente,

π(k)i j =

{

π(k−1)i j se d

(k−1)i j ≤ d

(k−1)ik + d

(k−1)kj ,

π(k−1)kj se d

(k−1)i j > d

(k−1)ik + d

(k−1)kj .

Exercıcio. Incorpore esta parte no algoritmo!


Exemplo

1

3 4

8

2

−4 −5

6

7

5 4

3

2

1 d(k)i j = min(d

(k−1)i j , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj )

D(0) =

0 3 8 ∞ −4∞ 0 ∞ 1 7∞ 4 0 ∞ ∞2 ∞ −5 0 ∞

∞ ∞ ∞ 6 0

Π(0) =

N 1 1 N 1N N N 2 2N 3 N N N

4 N 4 N N

N N N 5 N


Exemplo

1

3 4

8

2

−4 −5

6

7

5 4

3

2

1 d(k)i j = min(d

(k−1)i j , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj )

D(0) =

0 3 8 ∞ −4∞ 0 ∞ 1 7∞ 4 0 ∞ ∞2 ∞ −5 0 ∞

∞ ∞ ∞ 6 0

Π(0) =

N 1 1 N 1N N N 2 2N 3 N N N

4 N 4 N N

N N N 5 N

D(1) =

0 3 8 ∞ −4∞ 0 ∞ 1 7∞ 4 0 ∞ ∞2 5 −5 0 −2

∞ ∞ ∞ 6 0

Π(1) =

N 1 1 N 1N N N 2 2N 3 N N N

4 1 4 N 1N N N 5 N


Exemplo

1

3 4

8

2

−4 −5

6

7

5 4

3

2

1 d(k)i j = min(d

(k−1)i j , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj )

D(1) =

0 3 8 ∞ −4∞ 0 ∞ 1 7∞ 4 0 ∞ ∞2 5 −5 0 −2

∞ ∞ ∞ 6 0

Π(1) =

N 1 1 N 1N N N 2 2N 3 N N N

4 1 4 N 1N N N 5 N


Exemplo

1

3 4

8

2

−4 −5

6

7

5 4

3

2

1 d(k)i j = min(d

(k−1)i j , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj )

D(1) =

0 3 8 ∞ −4∞ 0 ∞ 1 7∞ 4 0 ∞ ∞2 5 −5 0 −2

∞ ∞ ∞ 6 0

Π(1) =

N 1 1 N 1N N N 2 2N 3 N N N

4 1 4 N 1N N N 5 N

D(2) =

0 3 8 4 −4∞ 0 ∞ 1 7∞ 4 0 5 112 5 −5 0 −2∞ ∞ ∞ 6 0

Π(2) =

N 1 1 2 1N N N 2 2N 3 N 2 24 1 4 N 1N N N 5 N


Exemplo

1

3 4

8

2

−4 −5

6

7

5 4

3

2

1 d(k)i j = min(d

(k−1)i j , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj )

D(2) =

0 3 8 4 −4∞ 0 ∞ 1 7∞ 4 0 5 112 5 −5 0 −2∞ ∞ ∞ 6 0

Π(2) =

N 1 1 2 1N N N 2 2N 3 N 2 24 1 4 N 1N N N 5 N


Exemplo

1

3 4

8

2

−4 −5

6

7

5 4

3

2

1 d(k)i j = min(d

(k−1)i j , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj )

D(2) =

0 3 8 4 −4∞ 0 ∞ 1 7∞ 4 0 5 112 5 −5 0 −2∞ ∞ ∞ 6 0

Π(2) =

N 1 1 2 1N N N 2 2N 3 N 2 24 1 4 N 1N N N 5 N

D(3) =

0 3 8 4 −4∞ 0 ∞ 1 7∞ 4 0 5 112 −1 −5 0 −2

∞ ∞ ∞ 6 0

Π(3) =

N 1 1 2 1N N N 2 2N 3 N 2 24 3 4 N 1N N N 5 N


Exemplo

1

3 4

8

2

−4 −5

6

7

5 4

3

2

1 d(k)i j = min(d

(k−1)i j , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj )

D(3) =

0 3 8 4 −4∞ 0 ∞ 1 7∞ 4 0 5 112 −1 −5 0 −2

∞ ∞ ∞ 6 0

Π(3) =

N 1 1 2 1N N N 2 2N 3 N 2 24 3 4 N 1N N N 5 N


Exemplo

1

3 4

8

2

−4 −5

6

7

5 4

3

2

1 d(k)i j = min(d

(k−1)i j , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj )

D(3) =

0 3 8 4 −4∞ 0 ∞ 1 7∞ 4 0 5 112 −1 −5 0 −2

∞ ∞ ∞ 6 0

Π(3) =

N 1 1 2 1N N N 2 2N 3 N 2 24 3 4 N 1N N N 5 N

D(4) =

0 3 −1 4 −43 0 −4 1 −17 4 0 5 32 −1 −5 0 −28 5 1 6 0

Π(4) =

N 1 4 2 14 N 4 2 14 3 N 2 14 3 4 N 14 3 4 5 N


Exemplo

1

3 4

8

2

−4 −5

6

7

5 4

3

2

1 d(k)i j = min(d

(k−1)i j , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj )

D(4) =

0 3 −1 4 −43 0 −4 1 −17 4 0 5 32 −1 −5 0 −28 5 1 6 0

Π(4) =

N 1 4 2 14 N 4 2 14 3 N 2 14 3 4 N 14 3 4 5 N


Exemplo

1

3 4

8

2

−4 −5

6

7

5 4

3

2

1 d(k)i j = min(d

(k−1)i j , d

(k−1)ik + d

(k−1)kj )

D(4) =

0 3 −1 4 −43 0 −4 1 −17 4 0 5 32 −1 −5 0 −28 5 1 6 0

Π(4) =

N 1 4 2 14 N 4 2 14 3 N 2 14 3 4 N 14 3 4 5 N

D(5) =

0 1 −3 2 −43 0 −4 1 −17 4 0 5 32 −1 −5 0 −28 5 1 6 0

Π(5) =

N 3 4 5 14 N 4 2 14 3 N 2 14 3 4 N 14 3 4 5 N


Fecho transitivo de grafos orientados



Seja G = (V ,E ) um grafo orientado com V = {1, 2, . . . , n}.




Suponha que para cada par i , j ∈ V , queremos determinar se existeum caminho de i a j em G .




Suponha que para cada par i , j ∈ V , queremos determinar se existeum caminho de i a j em G .

O fecho transitivo de G = (V ,E ) e o grafo G ∗ = (V ,E ∗) onde

E ∗ = {(i , j) : existe um caminho de i a j em G}.

2 1

4 3

21

4 3

G G ∗





Um modo de determinar o fecho transitivo de um grafoG = (V ,E ) em tempo Θ(V 3) = Θ(n3) e atribuir peso 1 a cadaaresta de E e executar Floyd-Warshall. Se di j < n entaoexiste um caminho de i a j . Caso contrario, nao existe tal caminho.



Um modo de determinar o fecho transitivo de um grafoG = (V ,E ) em tempo Θ(V 3) = Θ(n3) e atribuir peso 1 a cadaaresta de E e executar Floyd-Warshall. Se di j < n entaoexiste um caminho de i a j . Caso contrario, nao existe tal caminho.

Ha outra forma de fazer isto com mesma complexidade assintotica,mas que pode economizar tempo e espaco na pratica.

A ideia e adaptar o algoritmo de Floyd-Warshall substituindo asoperacoes aritmeticas min e + pelas operacoes logicas ∨ (ORlogico) e ∧ (AND logico).





Para i , j , k em {1, 2, . . . , n}, seja t(k)i ,j o valor logico da expressao

“existe um caminho de i a j em G com vertices internos em{1, 2, . . . , k}”.





Assim, t(k)i ,j = 1 se:

1 existe um caminho de i a j em G com vertices internos em

{1, 2, . . . , k − 1}, ou seja, t(k−1)i ,j = 1, ou

2 existem um caminho de i a k em G com vertices internos em{1, 2, . . . , k − 1} e um caminho de k a j em G com vertices

internos em {1, 2, . . . , k − 1}, ou seja, t(k−1)ik ∧ t

(k−1)kj = 1.











Portanto,

t(0)i j =

{

0 se i 6= j e (i , j) 6∈ E ,1 se i = j ou (i , j) ∈ E .

e para k ≥ 1,

t(k)i j = t

(k−1)i j ∨

(

t(k−1)ik ∧ t

(k−1)kj

)

.

Assim, (i , j) e uma aresta do fecho transitivo G ∗ se e somente se

t(n)i ,j = 1.





Portanto,

t(0)i j =

{

0 se i 6= j e (i , j) 6∈ E ,1 se i = j ou (i , j) ∈ E .

e para k ≥ 1,

t(k)i j = t

(k−1)i j ∨

(

t(k−1)ik ∧ t

(k−1)kj

)

.

Assim, (i , j) e uma aresta do fecho transitivo G ∗ se e somente se

t(n)i ,j = 1.

Como no Floyd-Warshall, calculamos as matrizes T (k) = (t(k)i j ).


Algoritmo de Fecho Transitivo

A entrada do algoritmo e uma matriz de adjacencia A com n = |V |linhas e colunas.

A saıda e a matriz T (n).

Transitive-Closure(A, n)1 T (0) ← A+ In2 para k ← 1 ate n faca

3 para i ← 1 ate n faca

4 para j ← 1 ate n faca

5 t(k)i j ← t

(k−1)i j ∨

(

t(k−1)ik ∧ t

(k−1)kj

)

6 devolva T (n)

Complexidade: O(V 3)


Exemplo

2 1

4 3

21

4 3

G G ∗

t(k)i j = t

(k−1)i j ∨

(

t(k−1)ik ∧ t

(k−1)kj

)

.

T (0) =

1 0 0 00 1 1 10 1 1 01 0 1 1


Exemplo

2 1

4 3

21

4 3

G G ∗

t(k)i j = t

(k−1)i j ∨

(

t(k−1)ik ∧ t

(k−1)kj

)

.

T (0) =

1 0 0 00 1 1 10 1 1 01 0 1 1

T (1) =

1 0 0 00 1 1 10 1 1 01 0 1 1


Exemplo

2 1

4 3

21

4 3

G G ∗

t(k)i j = t

(k−1)i j ∨

(

t(k−1)ik ∧ t

(k−1)kj

)

.

T (1) =

1 0 0 00 1 1 10 1 1 01 0 1 1


Exemplo

2 1

4 3

21

4 3

G G ∗

t(k)i j = t

(k−1)i j ∨

(

t(k−1)ik ∧ t

(k−1)kj

)

.

T (1) =

1 0 0 00 1 1 10 1 1 01 0 1 1

T (2) =

1 0 0 00 1 1 10 1 1 11 0 1 1


Exemplo

2 1

4 3

21

4 3

G G ∗

t(k)i j = t

(k−1)i j ∨

(

t(k−1)ik ∧ t

(k−1)kj

)

.

T (2) =

1 0 0 00 1 1 10 1 1 11 0 1 1


Exemplo

2 1

4 3

21

4 3

G G ∗

t(k)i j = t

(k−1)i j ∨

(

t(k−1)ik ∧ t

(k−1)kj

)

.

T (2) =

1 0 0 00 1 1 10 1 1 11 0 1 1

T (3) =

1 0 0 00 1 1 10 1 1 11 1 1 1


Exemplo

2 1

4 3

21

4 3

G G ∗

t(k)i j = t

(k−1)i j ∨

(

t(k−1)ik ∧ t

(k−1)kj

)

.

T (3) =

1 0 0 00 1 1 10 1 1 11 1 1 1


Exemplo

2 1

4 3

21

4 3

G G ∗

t(k)i j = t

(k−1)i j ∨

(

t(k−1)ik ∧ t

(k−1)kj

)

.

T (3) =

1 0 0 00 1 1 10 1 1 11 1 1 1

T (4) =

1 0 0 01 1 1 11 1 1 11 1 1 1


Algoritmo de Transitive-Closure

Note que poderıamos usar um bit para cada posicao das matrizesT (k) e as operacoes logicas ∨ e ∧ podem ser implementadas comoperadores de bits.

Isto reduz consideravelmente o espaco do ponto de vista pratico epode acelerar o algoritmo se a implementacao de operacoes logicasfor eficiente. Note que isto nao afeta a analise assintotica.


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MC558 Análise de Algoritmos II - Home | INSTITUTO DE ...lee/mc558/sp.pdf · Dag-Shortest-Paths(G,ω,s) 1 Ordenetopologicamenteosv´erticesdeG 2 Initialize-Single-Source(G,s) 3 paracadav´erticeu