Maurizio Patrignani
seminario sull’articolo
On the Single-SourceUnsplittable Flow Problem
di
Yefim Dinitz Naveen Garg
Michel X. Goemans
(aprile ‘98)
grafo diretto con capacità sugli archi
grafo diretto G(V,E)capacità degli archi c : E R+
2.1
2.3
2.22.9
2.61.7
1.0
1.5
1.0
2.1
2.6
3.5
3.4
3.2
il grafo si può assumere aciclico
singola sorgente sk terminali ti con demands di R+
un vertice può contenere un numero arbitrario di terminali
s
t5
t4
t3t2
t6
t1
flowsingle source - multicommodity
4.1
2.3
2.22.9
2.61.7
1.01.5
2.2
2.1
2.6
6.5
3.4
3.2
s
1.5
1.1
3.1
0.9
2.1
1.2
unsplittable: si richiede che ogni commodity segua un solo path dalla sorgente al rispettivo terminale
fractional: il valore del flusso su un arco è un numero reale f : E R+ 0
flowunsplittable - fractional
quattro diversi problemi
feasibility: esiste un flusso (fractional, unsplittable) che soddisfa tutte le richieste senza violare i vincoli sulle capacità degli archi?
congestion: qual’è il più piccolo valore , tale che moltiplicando tutte le capacità per , il problema ha una soluzione?
number of rounds: quante tornate sono necessarie per soddisfare tutte le richieste?
maximization: trovare un sottoinsieme T dei terminali per il quale il problema è
risolvibile e che massimizza iT di
2C
C
1.53.1
0.9 2.11.2
s
C
C
feasibility: esiste una soluzione
PARTITION FEASIBILITY
riduzione dal partition alla feasibility
riduzione dal partition al congestion
1.53.1
0.9 2.11.2
s
1
1
PARTITION CONGESTION
congestion: è il più piccolo fattore, moltiplicando le capacità per il quale, esiste una soluzione (confronto con C)
1.53.1
0.9 2.11.2
s
C
number of rounds: n rounds sono sufficienti per soddisfare in maniera unsplittable le richieste (confronto n con 2)
maximization: posso soddisfare in maniera unsplittable una quantità di richieste complessivamente pari a T (confronto T con C)
riduzionenumero di rounds e massimizzazione
PARTITION Nº OF ROUNDS
PARTITION MAXIMIZATION
esempio di applicazionescheduling su una macchina parallela
macchinelavori
T
T
T
T
p1
p2
p4
p3
p5
pn
idea base dell’articolo
lo trasformo in un flusso unsplittable che vìola i
vincoli sulle capacità (trovo quindi una soluzione non
ammissibile) di una quantità che nel caso peggiore è pari alla richiesta massima dmax
lo trasformo in un flusso unsplittable che vìola i
vincoli sulle capacità (trovo quindi una soluzione non
ammissibile) di una quantità che nel caso peggiore è pari alla richiesta massima dmax
parto da un flusso (non unsplittable, frazionario) che
soddisfi tutte le richieste
parto da un flusso (non unsplittable, frazionario) che
soddisfi tutte le richieste
per ogni insieme di vertici S (che non
includa la sorgente) la richiesta totale
dei terminali in S vale al massimo la
capacità totale degli archi entranti in S
per ogni insieme di vertici S (che non
includa la sorgente) la richiesta totale
dei terminali in S vale al massimo la
capacità totale degli archi entranti in S
cut condition
esiste una soluzione frazionaria al problema del multicommodity flow non unsplittable, con capacità sugli archi, se e solo se la seguente condizione è verificata:
t2s t3t1
t6t5
t4
t
fase di semplificazione preliminare
f
dse f d
f - dd
• quando un arco raggiunge un valore del flusso pari a zero viene rimosso
• quando un terminale raggiunge la sorgente viene rimosso
• quando un vertice rimane sconnesso viene rimosso
d
raggiungo uno stato in cui tutti i terminali residui sono “regolari”
terminale regolare i fi < d
f1
f2
schema generale dell’algoritmo
fase di semplificazione preliminare
ricerca ciclo alternante
“travaso” di flusso
contrazione
è rimasta solo la sorgente?
fine
si
no
invariante
invariante: ogni vertice contenente terminali ne ha almeno uno regolare e ha almeno due archi entranti
piuttosto che imporre la regolarità di tutti i terminali, nel seguito si farà riferimento ad una condizione meno vincolante:
f1
d1
f2
d2
ricerca del ciclo alternante
vertice scelto casualmente
arco uscente scelto casualmente
vado avanti quanto posso (il grafo è aciclico!)
vado indietro fino a che devo (fino a che incontro vertici che hanno solamente archi entranti). Quando incontro un arco uscente inizio un nuovoforward path
arco entrante scelto casualmente
privo di archi uscenti
forward path
backward path
chiusura del ciclo alternante
mi fermo non appena raggiungo un vertice già incontrato
può accadere che• un forward path intersechi un altro forward path • un forward path intersechi un backward path• un backward path intersechi un forward path
sicuramente un terminale qui
“travaso” del flusso
decremento il flusso sui forward path e lo incremento sui backward path della stessa quantità
questo “travaso” conserva il bilancio del flusso entrante ed uscente di ogni vertice
di quanto decremento-incremento?finché non si verifica una di queste due condizioni: condizione (1)“asciugo” il flusso su un forward edge
condizione (2) rendo irregolare un terminale regolare
chiamo forzanti gli archi appartenuti ad un backward path in almeno una iterazione (anche se non hanno mai fatto parte di un ciclo alternante)
“travaso” del flusso
ritiro un terminale t lungo un arco e se:
1) e è forzante ed f(e) = d
contrazione
2) e non è forzante ed f(e) d
risultato fondamentale
l’algoritmo trova un flusso unsplittable tale che il flusso totale attraverso ciascun arco eccede la sua capacità (in effetti il
suo flusso iniziale) di una quantità minore della richiesta massima
prima di diventare forzanteattraverso l’arco possono essere trasferiti terminali per un valore pari al flusso sull’arco stesso
dopo essere diventato forzanteattraverso l’arco verrà trasferito al massimo un terminale (e questo provocherà la cancellazione dell’arco)
la somma dei flussi di tutti i terminali, eccetto al più uno, su uno stesso arco e è
minore del flusso iniziale su e
corollario
tightness
M
M-M/q
M-M/q
M-M/qM
M-M/q
s
M
M
M
M
M
M
M
in questa rete un flusso unsplittable, vìola necessariamente la capacità su qualche arco di M-M/q
al crescere di q la quantità M/q tende a zero
running time
fase di semplificazione preliminare
ricerca ciclo alternante
“travaso” di flusso
contrazione
è rimasta solo la sorgente?
fine
si
no
O(n)
rimuove almeno un arco
O(m)
O(k)
O(kn) complessivi
O(nm + km)
m = |E| n = |V| k = nº term.
correttezza
proprietà 3.4: se e = (u,v) è un arco forzante, c’è al massimo un arco che esce da v ed è anch’esso forzante
proprietà 3.4: se e = (u,v) è un arco forzante, c’è al massimo un arco che esce da v ed è anch’esso forzante
proprietà 3.5: se un vertice v ha degli archi uscenti tutti i suoi terminali sono regolarise un vertice v non ha archi uscenti ha al massimo un terminale irregolare
proprietà 3.5: se un vertice v ha degli archi uscenti tutti i suoi terminali sono regolarise un vertice v non ha archi uscenti ha al massimo un terminale irregolare
invariante: ogni vertice contenente terminali ha almeno un terminale regolare e almeno due archi entranti
invariante: ogni vertice contenente terminali ha almeno un terminale regolare e almeno due archi entranti
lemma 3.8: finché tutti i terminali non hanno raggiunto la sorgente, l’algoritmo trova cicli alternanti
lemma 3.8: finché tutti i terminali non hanno raggiunto la sorgente, l’algoritmo trova cicli alternanti
proprietà 3.4
se e = (u,v) è un arco forzante, c’è al massimo un arco che esce da v ed è anch’esso forzante
euv
nell’iterazione nella quale l’arco è diventato forzante, ciò è vero per come ho costruito il cliclo alternante
nessun nuovo arco viene aggiunto durante le iterazioni successive (gli archi vengono solo tolti)
per rimozione la proprietà non può essere violata
proprietà 3.5
se un vertice v ha degli archi uscenti
tutti i suoi terminali sono regolarise un vertice v non ha archi uscenti ha al massimo un terminale irregolare
dimostrazione per induzione
passo base: dopo la fase di semplificazione preliminare la proprietà è certamente soddisfatta
passo induttivo: suppongo che la proprietà sia soddisfatta all’iterazione i e considero l’iterazione successiva
la proprietà non può essere violata dal decremento di flusso di un arco entrante o dall’uscita di un terminale da v
supponiamo che un terminale sia portato in v
dv
proprietà 3.5 (continua)
f - ddv
non possono essere forzanti per la proprietà precedente
se v aveva più di un arco uscente
se v aveva un solo arco uscente
dv
nessuno forzante? caso precedente
al massimo un terminale può essere portato in v
v aveva solo terminali regolari (ipotesi induttiva) ora ne può avere uno irregolare (ma non ha più archi uscenti)
invariante
ogni vertice contenente terminali ha almeno un terminale regolare e almeno due archi entranti
se un vertice ha archi uscenti allora tutti i suoi terminali sono regolari (proprietà 3.5)
se ha più di un terminale allora almeno uno è regolare (sempre per la proprietà 3.5)
rimane il caso in cui il vertice non ha archi uscenti e ha un solo terminalese avesse un solo arco entrante avrei mosso il terminale lungo quell’arco
lemma 3.8
finché tutti i terminali non hanno raggiunto la sorgente, l’algoritmo trova cicli alternanti
nel costruire il forward path mi fermo su un vertice che non ha archi uscenti (buon senso) ha terminali (invariante) ha almeno due archi entranti
s
se arrivo alla sorgentesenza trovare un arco forward, da dove viene questo ramo?
minimizzazione della congestionenel caso in cui la capacità minima (cmin) sia maggiore o uguale alla domanda massima (dmax), l’algoritmo visto trova un flusso di congestione al massimo 2
se la cut condition non è soddisfatta
1) trovo (binary search) il valore 1, moltiplicando per il quale le capacità, la cut condition è verificata
2) applico il metodo descritto e trovo un flusso (unsplittable) tale che:
f(e) c(e) + dmax
3) considero che:c(e) + dmax (+1)c(e) 2c(e)
siccome la congestione ottima (unsplittable flow) non può essere minore di (splittable flow) se ne deduce che il mio algoritmo mi fornisce una soluzione 2 approssimata
minimizzazione del numero delle tornate
primo lemma
S
T1 Tk
tutte le richieste minori o uguali a (1-1/q)cmin possono essere soddisfatte in q tornate
tutte le richieste minori o uguali a (1-1/q)cmin possono essere soddisfatte in q tornate
tutte le capacità pari a c(e)/q
dimostrazionedel lemma precedente
una soluzione trovata con il metodo descritto precedentemente vìola la capacità c(e)/q di un arco e di una quantità inferiore a dmax ,cioè (1-1/q)cmin
f(e) c(e)/q + (1-1/q)cmin
c(e)/q + (1-1/q)c(e) = c(e)
solo una copia del grafo originale è interessata dal routing di un terminale
ergo in q tornate soddisfo tutte le richieste minori o uguali a (1-1/q)cmin
minimizzazione del numero delle tornate
secondo lemma
tutte le richieste nel range [d/(q-1), d] possono essere soddisfatte in q tornate, dove
0 d dmax
tutte le richieste nel range [d/(q-1), d] possono essere soddisfatte in q tornate, dove
0 d dmax
stessa costruzione del lemma precedentese c(e) dq/(q-1)
f(e) c(e)/q + d
c(e)/q + c(e)(q-1)/q = c(e)
altrimenti se c(e) < dq/(q-1) la capacità nelle copie del grafo è c(e)/q, cioè è minore did/(q-1)
al massimo un terminale è raggiunto tramite questa copia di e nel flusso unsplittable il suo flusso f(e) è al massimo
d dmax cmin c(e)
minimizzazione del numero delle tornate
teorema finale
se dmax cmin (e la cut condition è soddisfatta), allora c’è un algoritmo polinomiale che
soddisfa tutte le richieste in 5 tornate
se dmax cmin (e la cut condition è soddisfatta), allora c’è un algoritmo polinomiale che
soddisfa tutte le richieste in 5 tornate
combinazione del primo lemma con q=2 e del secondo lemma con q=3
con 2 tornate soddisfo tutti i terminali che hanno una richiesta minore o uguale a (1-1/2)cmin = 0.5 cmin
con 3 tornate soddisfo tutti i terminali che hanno una richiesta nel range [dmax/(3-1), dmax] = [0.5 dmax, dmax]
complessità dell’algoritmoper la minimizzazione del numero
delle tornate
l’algoritmo base ha complessità O(nm + km)
per entrambe le reti la complessità è
O(qm qn + qkm) = O(q2 mn + q km)
quindi:
O(4mn + 2km) + O(9mn + 3km)
la complessità asintotica rimane:
O(mn + km)
minimizzazione del numero delle tornate in assenza di cut condition
1) trovo (binary search) il valore 1, moltiplicando per il quale le capacità, la cut condition è verificata
il numero minimo di tornate deve essere almeno perché sovrapponendo n tornate ho una congestione al più n
2) costruisco due reti: una con un numero di copie pari a q´ = 2 e l’altra con un numero di copie pari a q´´= 3
3) soddisfo i terminali con richieste:da 0 a [1-1/( 2 )] cmin
in 2 tornateda cmin /(3 -1) fino a dmax
in 3 tornate
4) quindi soddisfo i teminali 5