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Didattica e Fondamenti degli Algoritmi e della Calcolabilità Quinta giornata Risolvere efficientemente un problema in P: ancora sulla sequenza di Fibonacci.

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1 Didattica e Fondamenti degli Algoritmi e della Calcolabilità Quinta giornata Risolvere efficientemente un problema in P: ancora sulla sequenza di Fibonacci. Il problema dell’ordinamento Guido Proietti URL: 1

2 Copyright © The McGraw - Hill Companies, srl 2 Stiamo cercando di calcolare efficientemente l’n- esimo numero della sequenza di Fibonacci Abbiamo progettato 3 algoritmi: –Fibonacci1, non corretto in quanto approssima la soluzione –Fibonacci2, che impiega tempo esponenziale in n –Fibonacci3/4, che impiega tempo proporzionale ad n Dovevate dimostrare che per fibonacci2(n) T(n) = F n + 2 (F n -1) = 3F n -2 Punto della situazione # Foglie # Nodi interni

3 Copyright © The McGraw - Hill Companies, srl 3 Dimostrazione del Lemma 2 Lemma 2: Il numero di nodi interni di un albero strettamente binario è pari al numero di foglie – 1. Dim: Per induzione sul numero di nodi interni, sia detto k: –Caso base k=1: se c’è un solo nodo interno, poiché per ipotesi deve avere due figli, tali figli saranno foglie, e quindi il lemma segue. –Caso k>1: supposto vero fino a k-1, dimostriamolo vero per k nodi interni; osserviamo che poiché k>1, e l’albero è strettamente binario, abbiamo due possibilità: 1.Uno dei due sottoalberi della radice è una foglia: in tal caso l’altro sottoalbero (strettamente binario) contiene k-1 nodi interni, e quindi per ipotesi induttiva avrà k foglie; allora, il numero totale di foglie è k+1, da cui segue il lemma; 2.Entrambi i sottoalberi (strettamente binari) contengono nodi interni, in numero totale di k-1=k 1 +k 2 ; ma allora, per ipotesi induttiva, conterranno rispettivamente k 1 +1 e k 2 +1 foglie, e quindi il numero totale di foglie è k 1 +k 2 +2=k+1, come volevasi dimostrare. □

4 Copyright © The McGraw - Hill Companies, srl Possiamo sperare di calcolare F n in tempo inferiore a Θ(n) (in termini di numero di linee di codice eseguite)? Sembrerebbe impossibile, perché parrebbe che per arrivare ad F n dobbiamo prima calcolare F i per ogni i

5 Copyright © The McGraw - Hill Companies, srl Fibonacci4 non è il miglior algoritmo possibile È possibile dimostrare per induzione la seguente proprietà di matrici: Potenze ricorsive n = F n+1 F n FnFn F n-1 Useremo questa proprietà per progettare un algoritmo più efficiente n volte =  … 

6 Copyright © The McGraw - Hill Companies, srl Prodotto di matrici righe per colonne (AB) i,j =  a i,k b k,j k=1 n i=1,…, n j=1,…, n

7 Copyright © The McGraw - Hill Companies, srl Dimostrazione per induzione Base induzione: n= = F3F3 F2F2 F2F2 F1F  = = F n+1 FnFn FnFn F n-1 Hp induttiva: n-1 = FnFn F n-1 F n n = FnFn F n-1 F n  F n +F n-1 F n-1 + F n-2 = = FnFn F n-1  

8 Copyright © The McGraw - Hill Companies, srl Algoritmo fibonacci5 Osserva che il ciclo arriva fino ad n-1, poiché come abbiamo appena dimostrato, e quindi M[1][1]=F n Il tempo di esecuzione è T(n)=2+n+n-1 = Θ(n) Possiamo migliorare? n-1 = FnFn F n-1 F n-2

9 Copyright © The McGraw - Hill Companies, srl Possiamo calcolare la n-esima potenza elevando al quadrato la  n/2  - esima potenza Se n è dispari eseguiamo una ulteriore moltiplicazione Esempio: se devo calcolare 3 8 : 3 8 = (3 4 ) 2 = [(3 2 ) 2 ] 2 = [(3·3) 2 ] 2 = [(9) 2 ] 2 = [(9·9)] 2 = [81] 2 = 81·81 = 6561 Esempio: se devo calcolare 3 7 : 3 7 = 3·(3 3 ) 2 = 3·(3·(3) 2 ) 2 = 3·(3·(3·3)) 2 = 3·(3·9) 2 = 3·(27) 2 = 3·(27·27) = 3·(729) = 2187 Calcolo di potenze  Ho eseguito solo 3 prodotti invece di 8  Ho eseguito solo 4 prodotti invece di 7

10 Copyright © The McGraw - Hill Companies, srl Algoritmo fibonacci6 passaggio per valore

11 Copyright © The McGraw - Hill Companies, srl Tutto il tempo è speso nella funzione potenzaDiMatrice –All’interno della funzione si spende tempo costante –Si esegue una chiamata ricorsiva con input  n/2  L’equazione di ricorrenza è pertanto: Tempo di esecuzione T(n) = T(  n/2  ) + Θ(1)

12 Copyright © The McGraw - Hill Companies, srl Metodo dell’iterazione Si può dimostrare che T(n) = Θ(log 2 n ) Infatti: T(n)=T(  n/2  )+Θ(1)=(T(  n/2 2  )+Θ(1))+Θ(1)= =((T(  n/2 3  )+Θ(1))+Θ(1))+Θ(1)=… e per k =  log 2 n  si ha  n/2 k  = 1 e quindi T(n)=((…(T(  n/2 k  )+Θ(1))+…+Θ(1))+Θ(1))+Θ(1) = T(1)+k∙Θ(1) = Θ(1) +  log 2 n  ∙Θ(1) = Θ(log n) fibonacci6 è quindi esponenzialmente più veloce di fibonacci5 !

13 Copyright © The McGraw - Hill Companies, srl Riepilogo costi su una RAM fibonacci6 fibonacci5 fibonacci4 fibonacci3 fibonacci2 Θ(log n) Θ(n) Θ(  n ) Θ(log n)* Θ(1) Θ(n) Numero di linee di codice Occupazione di memoria fibonacci1 Θ(1) Θ(  n ) * per le variabili di lavoro delle Θ(log n) chiamate ricorsive

14 La RAM a costi logaritmici La RAM a costi logaritmici è un modello di calcolo più realistico quando si opera su algoritmi numerici: per manipolare un numero n, richiede log n operazioni In questo modo, anche l’accesso all’i-esima locazione di un array non costa più O(1), ma O(log i) 14

15 Copyright © The McGraw - Hill Companies, srl Costi su una RAM a costi logaritmici fibonacci6 fibonacci5 fibonacci4 fibonacci3 fibonacci2 Θ(n log  n )=Θ(n 2 ) Θ(n  n ) Θ(n log n)* Θ(n) Θ(n log n) Tempo di esecuzione (si ricordi che la dimensione dell’input è Θ(log n)) Occupazione di memoria (# bit) fibonacci1 Θ(n) Θ(log  n ) = Θ(n) Θ(  n ) * per le variabili di lavoro delle Θ(log n) chiamate ricorsive Θ(n log  n )=Θ(n 2 ) Θ(log n log  n ) = Θ(n log n)

16 Algoritmi non numerici 16

17 Dato un insieme S di n elementi presi da un dominio totalmente ordinato, ordinare S Il problema dell’ordinamento Esempi: ordinare una lista di nomi alfabeticamente, o un insieme di numeri, o un insieme di compiti d’esame in base al cognome dello studente Subroutine in molti problemi È possibile effettuare ricerche in array ordinati in tempo O(log n) (ricerca binaria) 17

18 Il problema dell’ordinamento (non decrescente) Input: una sequenza di n numeri (reali) (NOTA: la dimensione dell’input è n) Output: una permutazione {1,2,…,n}  {i 1,i 2,…,i n }, ovvero un riarrangiamento della sequenza di input in modo tale che a i 1  a i 2  …  a i n 18

19 SelectionSort Approccio incrementale: assumendo che i primi k elementi siano ordinati, estende l’ordinamento ai primi k+1 elementi scegliendo il minimo degli n-k elementi non ancora ordinati e mettendolo in posizione k+1 19

20 SelectionSort (A) 1. for k=1 to n-1 do 2. m = k 3. for j=k+1 to n do 4. if (A[j] < A[m]) then m=j 5. scambia A[m] con A[k] linea 2: m mantiene l’indice dell’array in cui si trova il minimo corrente linee 3-4: ricerca del minimo fra gli elementi A[k],…,A[n] (m viene aggiornato con l’indice dell’array in cui si trova il minimo corrente) linea 5: il minimo è spostato in posizione k NOTA: Assumiamo che il primo elemento dell’array sia in A[1] 20

21 Correttezza Si dimostra facendo vedere che alla fine del generico passo k (k=1,…, n-1) si ha: (i) i primi k elementi sono ordinati e (ii) contengono i k elementi più piccoli dell’array Induzione su k: –k=1: Alla prima iterazione viene semplicemente selezionato l’elemento minimo dell’array  (i) e (ii) banalmente verificate. –k>1. All’inizio del passo k i primi k-1 elementi sono ordinati e sono i k-1 elementi più piccoli nell’array (ipotesi induttiva). Allora la tesi segue dal fatto che l’algoritmo seleziona il minimo dai restanti n-k elementi e lo mette in posizione k. Infatti: (ii) i primi k elementi restano i minimi nell’array (i) l’elemento in posizione k non è mai più piccolo dei primi k-1 elementi 21

22 Sia tempo(I) il tempo di esecuzione di un algoritmo sull’istanza I T best (n) = min istanze I di dimensione n {tempo(I)} Intuitivamente, T best (n) è il tempo di esecuzione sulle istanze di ingresso che comportano meno lavoro per l’algoritmo, mentre T(n) ricordiamo che denotava il tempo di esecuzione sulle istanze di ingresso che comportano più lavoro per l’algoritmo (c’era un max invece di min) Caso migliore di un algoritmo 22

23 Sia P (I) la probabilità di occorrenza del- l’istanza I T avg (n) = ∑ istanze I di dimensione n { P (I) tempo(I) } Intuitivamente, T avg (n) è il tempo di esecuzione nel caso medio, ovvero sulle istanze di ingresso “tipiche” per il problema Richiede di conoscere una distribuzione di probabilità sulle istanze Caso medio di un algoritmo 23

24 Complessità temporale SelectionSort (A) 1. for k=1 to n-1 do 2. m = k 3. for j=k+1 to n do 4. if (A[j] < A[m]) then m=j 5. scambia A[m] con A[k] n-k confronti (operaz. dominante) 1 scambio (3 assegnamenti) il tutto eseguito per k=1,…, n-1 T(n) =  [1+(n-k)+1]=2(n-1)+  k =2(n-1)+n·(n-1)/2 =  (n 2 ) k=1 n-1  T(n) = T best (n) = T avg (n) =  (n 2 ) k=1 n-1 1 assegnamento Si noti che T(n) è SEMPRE UGUALE ad un polinomio di 2º grado in n, e quindi la notazione Θ è perfettamente ESPRESSIVA del valore di T(n) 24 Denotiamo con T(n) il costo di esecuzione dell’algoritmo su una generica esecuzione; si noti che T(n) ≤ T worst (n) e T(n)≥T best (n)


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