Задача коммивояжера, ДП по подмножествам

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
Задача:
Задача о коммивояжере (англ. Travelling - salesman problem, TSP) — задача, в которой коммивояжер должен посетить [math] N [/math] городов, побывав в каждом из них ровно по одному разу и завершив путешествие в том городе, с которого он начал. В какой последовательности ему нужно обходить города, чтобы общая длина его пути была наименьшей?


Варианты решения

В теории алгоритмов NP-полная (англ. NPC, NP-complete) задача — задача из класса NP, к которой можно свести любую другую задачу из класса NP за полиномиальное время. Таким образом, NP-полные задачи образуют в некотором смысле подмножество «самых сложных» задач в классе NP; и если для какой-то из них будет найден «быстрый» алгоритм решения, то и любая другая задача из класса NP может быть решена так же «быстро». Cтатус NP-полных задач пока что неизвестен. Для их решения до настоящего времени не разработано алгоритмов с полиномиальным временем работы, но и не доказано, что для какой-то из них алгоритмов не существует. Этот так называемый вопрос P[math]\neq[/math]NP с момента своей постановки в 1971 году стал одним из самых трудных в теории вычислительных систем.

Так вот задача о коммивояжере относится к классу NP-полных задач. Поэтому, рассмотрим два варианта решения с экспоненциальным временем работы.

Перебор перестановок

Можно решить задачу перебором всевозможных перестановок. Для этого нужно сгенерировать все [math] N! [/math] всевозможных перестановок вершин исходного графа, подсчитать для каждой перестановки длину маршрута и выбрать минимальный из них. Но тогда задача оказывается неосуществимой даже для достаточно небольших [math]N[/math]. Сложность алгоритма [math]O({N!}\times{N})[/math].

Динамическое программирование по подмножествам (по маскам)

Задача о коммивояжере представляет собой поиск кратчайшего гамильтонова цикла в графе.

Смоделируем данную задачу при помощи графа. При этом вершинам будут соответствовать города, а ребрам - дороги. Пусть в графе [math] G=(V,E)[/math] [math] N [/math] вершин, пронумерованных от [math]0[/math] до [math]N-1[/math] и каждое ребро [math](i, j) \in E [/math] имеет некоторый вес [math] w(i,j)[/math]. Необходимо найти гамильтонов цикл, сумма весов по ребрам которого минимальна.

Зафиксируем начальную вершину [math]s[/math] и будем искать гамильтонов цикл наименьшей стоимости - путь от [math]s[/math] до [math]s[/math], проходящий по всем вершинам (кроме первоначальной) один раз. Т.к. искомый цикл проходит через каждую вершину, то выбор [math]s[/math] не имеет значения. Поэтому будем считать [math]s = 0 [/math].

Подмножества вершин будем кодировать битовыми векторами, обозначим [math]mask_i[/math] значение [math]i[/math]-ого бита в векторе [math]mask[/math].

Обозначим [math]d[i][mask][/math] как наименьшую стоимость пути из вершины [math]i[/math] в вершину [math]0[/math], проходящую (не считая вершины [math]i[/math]) единожды по всем тем и только тем вершинам [math]j[/math], для которых [math]mask_j = 1[/math] (т.е. [math]d[i][mask][/math] уже найденный оптимальный путь от [math]i[/math]-ой вершины до [math]0[/math]-ой, проходящий через те вершины, где [math]mask_j=1[/math]. Если [math]mask_j=0[/math],то эти вершины еще не посещены).

  • Начальное состояние - когда находимся в 0-й вершине, ни одна вершина не посещена, а пройденный путь равен [math]0[/math] (т.е. [math]i = 0[/math] и [math]mask = 0[/math]).
  • Для остальных состояний ([math]i \ne 0[/math] или [math]mask \ne 0[/math]) перебираем все возможные переходы в [math]i[/math]-ую вершину из любой посещенной ранее и выбираем минимальный результат.
  • Если возможные переходы отсутствуют, решения для данной подзадачи не существует (обозначим ответ для такой подзадачи как [math]\infty[/math]).

Стоимостью минимального гамильтонова цикла в исходном графе будет значение [math] d[0][2^n-1][/math] - стоимость пути из [math]0[/math]-й вершины в [math]0[/math]-ю, при необходимости посетить все вершины. Данное решение требует [math]O({2^n}\times{n})[/math] памяти и [math]O({2^n}\times{n^2})[/math] времени.

Для того, чтобы восстановить сам путь, воспользуемся соотношением [math] d[i][mask] = w(i, j) + d[j][mask - 2^j] [/math], которое выполняется для всех ребер, входящих в минимальный цикл . Начнем с состояния [math] i = 0 [/math], [math] mask = 2^n - 1[/math], найдем вершину [math]j[/math], для которой выполняется указанное соотношение, добавим [math]j[/math] в ответ, пересчитаем текущее состояние как [math]i = j[/math], [math] mask = mask - 2^j [/math]. Процесс заканчивается в состоянии [math]i = 0[/math], [math] mask = 0 [/math].

Оптимизация решения

Тут можно обойтись решением 2, заменив сумму на побитовое ИЛИ. Тогда dp[mask][i] будет содержать булево значение - существует ли в подмножестве mask гамильтонов путь, заканчивающийся в вершине i. Сама динамика будет такая: dp[mask][i] = 1, если count(mask) = 1 и bit(i, mask) = 1; , если count(mask) > 1 и bit(i, mask) = 1; dp[mask][i] = 0 во всех остальных случаях.

Это решение, как и решение 2, требует O(2nn) памяти и O(2nn2) времени. Эту оценку можно улучшить, если изменить динамику следующим образом.

Пусть dp'[mask] хранит маску подмножества всех вершин, для которых существует гамильтонов путь в подмножестве mask, заканчивающихся в этой вершине. Другими словами, сожмем предыдущую динамику: dp'[mask] будет равно . Для графа G выпишем n масок Mi, для каждой вершины задающие множество вершин, которые связаны ребром в данной вершиной. То есть .

Тогда динамика перепишется следующим образом: dp'[mask] = 2i, если count(mask) = 1 и bit(i, mask) = 1; , если count(mask) > 1; dp'[mask] = 0 во всех остальных случаях.

Особое внимание следует уделить выражению . Первая часть выражения содержит подмножество вершин, для которых существует гамильтонов путь, заканчивающихся в соответствующих вершинах в подмножестве mask без вершины i, а вторая - подмножество вершин, связанных с i ребром. Если эти множества пересекаются хотя бы по одной вершине (их and не равен 0), то, как нетрудно понять, в mask существует гамильтонов путь, заканчивающийся в вершине i.

Окончательная проверка состоит в сравнении dp[2n - 1] c 0.

Это решение использует O(2n) памяти и имеет асимптотику O(2nn).

Реализация

Прежде чем писать код, скажем пару слов о порядке обхода состояний. Обозначим за [math]|mask|[/math] количество единиц в маске (иначе говоря количество пройденных вершин не считая текущей). Тогда, поскольку при рассмотрении состояния [math]\langle i, mask \rangle[/math] мы смотрим на состояния

[math]\langle j, mask - 2^j \rangle[/math], и [math]|mask| = |mask - 2^j| + 1[/math], то состояния с большим [math]|mask|[/math] должны быть посещены позже, чтобы к моменту вычисления текущего состояния были вычислены все те, которые используются для его подсчёта. Однако если использовать рекурсию, об этом можно не беспокоиться (и сэкономить немало кода, времени и памяти). 

 //Все переменные используются из описания алгоритма, inf = бесконечность
 function findCheapest(i, mask):
   if d[i][mask] != inf 
     return d[i][mask] 
   for j = 0 .. n - 1
     if w(i, j) существует and j-ый бит mask == 1  
       d[i][mask] = min(d[i][mask], findCheapest(j, mask - 2 ** j) + w(i, j))
     return d[i][mask]
 
 for i = 0 .. n - 1
   for mask = 0 .. 2 ** n - 1
    d[i][mask] = inf
 d[0][0] = 0;
 ans = findCheapest (0, 2 ** n - 1)
 if ans == inf
   exit

Дальше ищем сам путь: 

 i = 0
 mask = 2 ** n - 1
 path.push(0)
 while mask != 0
   for j = 0 .. n - 1
     if w(i, j) существует and j-ый бит mask == 1 and d[i][mask] == d[j][mask - 2 ** j] + w(i, j) 
       path.push(j)
       i = j
       mask = mask - 2 ** j
       continue

См. также

Источники информации

  • Романовский И. В. Дискретный анализ. СПб.: Невский Диалект; БХВ-Петербург, 2003. ISBN 5-7940-0114-3
  • Кормен Т., Лейзерсон Ч., Ривест Р., Штайн К. Алгоритмы: построение и анализ, 2-е издание. М.: Издательский дом "Вильямс", 2005. ISBN 5-8459-0857-4
Источник — «http://neerc.ifmo.ru/wiki/index.php?title=Задача_коммивояжера,_ДП_по_подмножествам&oldid=44592»