四、贪心算法

∑w x
i =1 i
n
i
≤c
xi = 0,1 i = 1,2,..., n 贪心法设计：将集装箱按照从轻到重排序，轻者先装。 正确性证明：对于任何输入规模 n, 贪心算法得到装载问题的最优解。 设贪心法的解为 I 1．n=1, 只有一个集装箱，I={1}就是最优解。 2．假设对于 n-1 个集装箱的输入，贪心法都可以得到最优解。考虑 n 个集 对于 N’={2, 装箱的输入 N={1, 2, …, n}, 其中 w1≤w2≤…≤wn, 由归纳假设， 3, …, n-1}，c’=c-w1, 贪心法得到最优解 I’. 令 I={1}∪I’，则 I 是关于 N 的最优解。若不然，存在包含 1 的关于 N 的最优解 I*（如果 I*中没有 1， 用 1 替换 I*中的第一个元素得到的解也是最优解） ， 且|I*|>|I|； 那么 I*-{1} 是 N’的解且 |I*-{1}|>|I-{1}|=|I’| 与 I’的最优性矛盾。 复杂性 T(n)=O(nlogn)
min m
∑
i =1
n
ai =
∑ C(B
j =1
m
j )，
C ( B j ) ≤ 1, j = 1,2,..., m
其中 C(Bj)称为箱子 Bj 的装入量，1—C(Bj)称为箱子 Bj 的空隙。 算法 1 下次适合法 NF 贪心法设计：初始箱子号 j=1, 物体号 i=1, 将物体 i 装入箱子 j, 如果下一个 物体能够装入 j，就装，否则装入 j+1 号箱子。 误差估计: 设输入为 L, L*是最优算法得到的箱子数, NF(L)是 NF 算法得到 的箱子数.
装载问题是 0-1 背包问题的特例，即 vi=1, i=1, 2, …,n. 该问题是 O(nlogn)时 间可解的，但 0-1 背包问题是 NP 难(NP-hard)的。 3．对于得不到最优解的贪心法的分析工作 讨论对于哪些输入贪心选择能够得到最优解---例 4 讨论贪心法的解最坏情况下与最优解的误差---例 5 例 4 找零钱问题 设有 n 种零钱, 其重量分别为 w1, w2, ... , wn, 价值分别为 v1=1, v2, ... , vn. 若要付的总钱数是 y, 如何付钱使得所付钱的总重最轻? min ∑ wi xi
易 见 F1(y)=G1(y). 不 难 验 证 x2 的 值 越 大 则 F2(y) 的 值 就 越 小 ， 从 而 有 F2(y)=G2(y).下面定理给出了当 k>2 时贪心法是否得到最优解的条件，可以用这 个条件判断对哪些输入贪心法能够得到最优解。 定理 2 假定 Gk(y) = Fk (y), v k+1 > vk 且 v k+1 = p vk－δ, 0 ≤ δ < vk, p∈ Z+, 则以 下命题等价.
r ( NF ) = lim [ max
k →∞ L*= k
NF ( L) ] L*
表示 NF 算法相对于最优算法的误差. 下面计算 r(NF)的上界. 由于任两个相邻箱子的装入量>1, 因此必有
C(B1) + C(B2) + ... + C(Bm) >
m-1 2
m-1 m-1 这说明物体总体积大于 2 , 因此最优的算法满足 L* > 2 . 从而有 NF(L) = m < 2L* + 1, 令 L*→ ∞得 r(NF) ≤ 2. 另一方面, 可以设计某个输入使得 NF 算法所用的箱子数恰好就是最优算法 所用箱子数的 2 倍. 令
2．3 贪心法 (Greedy Approach) 一、基本思想 适用问题：组合优化问题，适合优化原则。 设计方法：多步判断。在每步判断时在满足约束条件的情况下根据某个局部 的优化测度(可能是目标函数,也可能不是)考虑部分解中一个变量的选择。 使用贪心法要解决的问题: 是否可以得到最优解? 不能得到最优解, 解与 最优解的误差估计。 例 1 活动选择问题 活 S ={1, 2, …, n}为 n 项活动的集合。 si, fi 分别为活动 i 的开始和结束时间。 动 i 与 j 相容当且仅当 si ≥ fj, 或 fi ≥ sj , 求最大的两两相容的活动集。 解：按照结束时间的递增顺序将活动排列为 1, 2, …, n, 使得 f1 ≤ f2 ≤… ≤ fn 算法 Greedy Select 1. n ← length[S]; 2. A←{1}; 3. j ← 1; 4. for i ← 2 to n 5. do if si ≥ fj 6. then A ← A∪{i}; 7. j ← i; 8. return A. 最后完成时间为 max {fk : k ∈A}. 例如下述输入 I si fi 1 1 4 2 3 5 3 0 6 t=14 4 5 7 5 3 8 6 5 9 7 6 10 8 8 11 9 8 12 10 2 13 11 12 14
Fk +1 ( y ) =
y 0≤ xk +1 ≤ vk +1
min
{Fk ( y − vk +1 xk +1 ) + wk +1 xk +1}
y F1 ( y ) = w1 = w1 y v1
贪心法
y Gk +1 ( y ) = wk +1 + Gk ( y mod vk +1 ) v k +1 y G1 ( y ) = w1 = w1 y v1
贪心法 组合优化 多步判断 优化原则 有贪心选择性质下得到最优解 否则为近似解 贪心选择性质的证明 先选择然后构成子问题 自顶向下 无特殊要求 不高 不高
2．贪心算法的正确性证明 不是所有优化问题都具有贪心选择性质，证明贪心选择性质的方法---数学 归纳法，可以对算法步数或问题规模进行归纳。 例 2 部分装入背包问题 (Fractional Knapsack Problem) 一个旅行者准备随身携带一个背包. 可以放入背包的物品有 n 个, 每个物品 的重量和价值分别为 wj, vj. j=1, 2, …, n, 旅行者可以选择物品 i 的全部，也可以 0≤xi≤1。 如果背包的最大重量限制是 c, 怎样选择放入背包 选择物品 i 的 xi 部分， 的物品以使得背包的价值最大? 输入：c>0, wi>0, vi>0, i=1,…n.
解为 A定理 1 算法 Select 执行到第 k 步, 选择 k 项活动 i1= 1, i2, …, ik, 那么存在最 优解 A 包含 i1= 1, i2, …, ik 证明：对 k 归纳。 k=1, 设 S = {1, 2, …, n}是活动集，活动按截止时间递增顺序排序，则存在最 优解含有活动 1。任取最优解 A, A 中的活动按照截止时间递增的顺序排列。如 果 A 的第一个活动为 j，j ≠ 1, 令 A’= (A−{j})∪{1}, 由于 f1 ≤ fj, A’也是最优解，且含有 1. 假设命题对 k 为真。算法执行到第 k 步, 选择了活动 i1= 1, i2, …, ik, 根据归 纳假设存在最优解 A 包含 i1= 1, i2, …, ik, A 中剩下的活动选自集合 S’ = {i | i ∈ S,
si ≥ fk}。且 B=A-{ i1, i2, …, ik}是 S’的最优解。若不然，S’的最优解为 B’，B’的 活动比 B 多，那么 B’∪{1, i2, …, ik}是 S 的最优解，且比 A 的活动多，与 A 的最 优性矛盾。 根据归纳基础，存在 S’的最优解 B 含有 S’中的第一个活动，设为 ik+1, 则 {i1 , i2 ,..., ik } ∪ B = {i1 , i2 ,...ik , ik +1 } ∪ ( B − {ik +1 }) 包含了算法 k+1 步的选择，也是原问题的最优解，命题对 k+1 为真。 二、贪心算法的设计： 1. 贪心算法的设计要素 适用于满足优化原则的组合优化问题，将问题表示成多步判断。整个判 断序列对应问题的最优解；而它的子序列对应子问题的最优解。 确定一个优化测度（不考虑以前各步的选择，只与当前状态有关） ，以优 化测度的极大(或极小)作为贪心选择的依据 确定是否满足贪心选择性质——每步贪心选择都导致最优解。一般采用 归纳法加以证明 自顶向下计算，通过贪心选择，将原问题规约为子问题。 动态规划和贪心法比较： 性质 动态规划 适用问题 组合优化 求解过程 多步判断 使用条件 优化原则 解的性质 最优解 求解关键 子问题形成 求解顺序 数据结构 时间复杂性 空间复杂性 列递推方程 先解子问题然后选择 自底向上 数值表记录优化函数值 标记表记录子问题划分 依赖子问题重叠程度 高
(1) Gk +1 ( y ) ≤ Gk ( y ) (2) Gk +1 ( y ) = Fk +1 ( y ) (3) Gk +1 ( pv k ) = Fk +1 ( pv k ) (4) wk +1 + Gk (δ ) ≤ pwk 该定理给出验证 G k+1(y) = F k+1(y)是否成立的条件。计算 Gk(y)的复杂性是 O(k), 与 y 无关。利用条件(4), 只需 O(k)时间就可以作出验证。如果需要对所有 n 种零钱的系统作出验证, 可在 O(n2)时间内完成. 例如零钱系统 wi = 1, i = 1, 2, 3, 4. v1 = 1, v2 = 5, v3 = 14, v4 = 18, 对一切 y 有 G1(y) = F1 (y), G2(y) = F2 (y). v3 = 14 = 3 v2－1, 即 p =3, δ = 1. w3 + G2 (δ) = 1 + G2 (1) = 1 + 1 = 2 p w2 = 3×1 = 3 由(4)式, 有 G3(y) = F3 (y). v4 = 18 = 2 v3－10, 即 p = 2, δ = 10. w4 + G3 (δ) = 1 + G3 (10) = 1 + 2 = 3 p w3 = 2×1 = 2 由(4)式, G4(y) 不是最优解. G4 (p v3) > F4(p v3). 即 G4 (28) = 28 / 18 + 10 / 5 = 1 + 2 = 3 F4 (28) = 28 / 14 = 2. 不难验证对国际上使用的钱币系统通常用 Greedy 算法都可以得到最优解. 例 5 装箱问题 有 n 个物体, 长度分别为 a1, a2, ... , an. ai≤1, i=1, 2, …, n. 要把它们装入长为 1 的箱子, 如果只考虑长度的限制, 问至少需要多少只箱子?