Algoritmanın, ortaya çıkan birkaç bölüm iyileştirme problemini verimli bir şekilde çözmenin anahtarı olduğu ortaya çıktı. Bu genelliği kısaca çizeceğiz.

Maksimal güçlü yapısal eşdeğerliği veya göreli düzenli eşdeğerliği hesaplamak, normal iç mekanı hesaplamaktan çok daha basittir. Bununla birlikte, blokları belirli mahallelerle kesişmelerine göre iteratif olarak bölme fikrini kullanabiliriz. Bu problemler, O(m + n)’de çalışan algoritmalarla çözülebilir.

En kaba eşitliğin hesaplanması, normal iç mekanın hesaplanması probleminden daha önce çözülmüştür. Bir bölümü rafine etme w.r.t. O(m log n)’de çoklu ilişkiler de mümkündür (ilişkilerin sayısı bir sabitle sınırlanmışsa).

Algoritmanın bu uzantısı, normal iç w’yi hesaplamak için kullanılabilir. R. T. gelen ve giden kenarlar. Kısaca, bir bölüm w rafine edilebilir. R. T. sabit B ve S için 3-7 adımlarını tüm ilişkiler için teker teker gerçekleştirerek çoklu ilişkiler.

Bu bölümde, belirli bir grafiğin önceden belirlenmiş rol grafiğiyle veya önceden belirlenmiş sayıda denklik sınıfıyla düzenli bir rol atamasını kabul edip etmediğine karar verme probleminin hesaplama karmaşıklığını araştırıyoruz. Bu bölümde sadece yönsüz grafikleri ele alacağız. En eksiksiz karakterizasyon. k ∈ ve R yönsüz, muhtemelen döngülü bir grafik olsun.

Belirli bir r : V → {1, 2} fonksiyonunun R5 rol grafiği ile 2 rol ataması olup olmadığı polinom zamanında kolayca kontrol edilebildiğinden, R-RA’nın NP’de olduğunu görmek kolaydır.

3-satisfiability probleminin (3SAT) polinomsal olarak R0-RA’ya dönüştürülebilir olduğunu göstereceğiz. Öyleyse U = {u1,…,un} bir değişkenler kümesi olsun ve C = {c1,…,cm} bir yan tümceler kümesi olsun (her biri tam olarak üç sabit değerden oluşur).

Bir G = (V,E) grafiği oluşturacağız, öyle ki G, ancak ve ancak C karşılanabilirse, R0 rol grafiğiyle 2-rol atanabilir. Yapı iki bileşenden oluşacaktır, doğruluk belirleme bileşenleri ve memnuniyet testi bileşenleri vardır.

{ui, ui} kenarı için uiui yazsak da grafiğin yönsüz olduğuna dikkat edin. Ti’nin oluşturulmasının ardındaki sezgi şudur: Ti’yi bir alt çizge olarak içeren bir grafik (aij’nin yukarıda belirtildiği gibi yalnızca Vi’deki köşelere bitişik olması gibi), R0 rol grafiği ile r düzenli bir rol atamasını kabul ediyorsa, o zaman zorunlu olarak r(ai1) = 1, çünkü ai1 birinci dereceye sahiptir ve 2 atanan tepe noktasının derecesi ≥ 2 olmalıdır. O zaman r(ai2) = 2, çünkü 1 tepe noktası 2 tepe noktasına bitişiktir ve r(ai2) ) = 2, çünkü 2 köşe 2 köşeye bitişiktir. Son olarak, ui veya ui’den tam olarak birine 2 atanır, yani ui değişkeni sırasıyla doğru veya yanlış olarak ayarlanır.

Macar algoritması örnek soru
Atama problemleri Macar Yöntemi
Macar algoritması hesaplama
Atama problemi nedir
Atama problemi matematiksel model
Macar Algoritması
Atama modeli özellikleri
Macar Algoritması örnek

Böylece Ti bileşeni, bir değişkenin doğru veya yanlış olmasını sağlar. Her bir cj ∈ C yan tümcesi için, cj1,cj2 ve cj3 köşelerinin cj yan tümcesindeki üç hazır değere karşılık gelen üç köşe olmasına izin verin. Daha sonra Sj = (Vj’, Ej’ ) ile bir memnuniyet testi bileşeni vardır.

Sj’nin oluşturulmasının ardındaki sezgi şudur: Eğer bir alt çizge olarak Sj’yi içeren bir grafik (bjl yukarıda belirtildiği gibi sadece Vj’deki köşelere bitişik olacak şekilde) R0 rol grafiği ile düzenli bir r rol atamasını kabul ediyorsa, o zaman zorunlu olarak r(bj1) = 1, r(bj2) = r(bj3) = 2, bu da cj1, cj2, cj3 köşelerinden birine 1 atanmasını sağlar, böylece bu 1-köşenin her bitişik köşesinin atanması gerekir 2. Bu daha sonra çok önemli olacaktır.

Şimdiye kadar yapılanma, yalnızca değişkenlerin ve yan tümcelerin sayısına bağlıdır. Yapının, hangi değişmezlerin hangi yan tümcelerde yer aldığına bağlı olan tek kısmı, iletişim kenarlarının toplanmasıdır. Her cj = {xj1,xj2,xj3} ∈ C cümlesi için Sj’den çıkan iletişim kenarları verilmiştir.

(xjl ya U’daki değişkenlerdir ya da onların olumsuzlamalarıdır.) Dikkat edin, her cjk için, E”de cjk’ye bitişik tam olarak bir tepe noktası vardır, bu da cj yan tümcesinde cjk’ye karşılık gelen gerçek tepe noktasıdır.

R0-RA örneğimizin yapımını tamamlamak için G = (V,E) olsun, V tüm Vis ve tüm Vj’lerin birleşimi ve E tüm Eis’lerin, tüm Ej’ler ve tüm E”lerin birleşimi olsun.

Yukarıda bahsedildiği gibi, R0 rol grafiği ile G için düzenli bir rol ataması verildiğinde, her j = 1,…,m için, r(cjk) = 1 olacak şekilde bir cjk tepe noktası vardır, bu da karşılık gelen bitişik sabit değere 2 atandığını gösterir. Bu değişmez değeri true olarak ayarlamak, cj maddesini karşılar. Böylece, G düzenli olarak R0 atanabilir ise formülün tatmin edici olduğunu göstermiş olduk.

Tersine, C’nin tatmin edici bir doğruluk atamasına sahip olduğunu varsayalım. Aşağıdaki gibi bir r: V → {1,2} ataması elde ederiz. Her i = 1,…,n için r(ui)’yi 2’ye (ve ui)’yi 1)’e ayarlayın, ancak ve ancak ui değişkeni doğruysa ve aik ve bjk köşelerinin rolünü r’nin ima ettiği gibi ayarlayın düzenli olmalıdır.

Ayrıca, her j = 1,…,m için cjk, k ∈ {1,2,3}, cj yan tümcesinde karşılık gelen sabit değeri doğru olan bir köşe olsun – böyle bir k vardır, çünkü doğruluk ataması C için tatmin edicidir l ∈ {1,2,3}, l ̸= k için r(cjk) := 1 ve r(cjl) := 2 ayarlayın.

Kanıt, bir yan tümcede birden fazla hazır bilginin doğru olabilmesi nedeniyle biraz karmaşıktır, ancak r(cjk ) = 1 ayarına yalnızca bir k ∈ {1, 2, 3} için izin verilir. 2-köşe başka bir 2-köşeye bitişik olabileceğinden, bu r’nin düzenliliğini bozmaz.

Rol Atamaları Varlığı

Önceki bölümde, bir grafiğin tam olarak k eşdeğerlik sınıfıyla düzenli bir denkliği kabul edip etmediği kararının genel grafikler için NP-tamamlandığını gördük. Bununla birlikte, düzenli k-rol atamalarının varlığını garanti eden, gerekli değilse bile, doğrulaması kolay yeterli koşullar vardır. Kısaca koşul, grafiğin normal bir grafikten çok farklı olmamasıdır.

The post Rol Atama Problemi – Bilgisayar Bilimleri Ödevleri – Bilgisayar Bilimleri Ödev Hazırlatma – Bilgisayar Bilimleri Alanında Tez Yazdırma – Bilgisayar Bilimleri Ödev Yaptırma Fiyatları first appeared on Online (Parayla Ödev Yaptırma).