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  1. 1. Eine 3 2-Approximation für Sorting by Reversals Andreas Stephan July 16, 2014 1/44
  2. 2. Was ist eine Reversion? Sei π unsere zu sortierende Permutation Eine Reversion ist ein "Umdrehen einer Teilfolge" Beispiel 1 π = 13 5892 ρ3,6(π) 467 → π = 13 2985 467 2/44
  3. 3. Motivation Problematik kommt aus der Biologie Veränderungen der DNA oft durch "Reversionen" Wenn man Anzahl an Reversionen findet, bekommt man eine Idee für den sogenannten evolutionären Abstand 3/44
  4. 4. Problemstellung Das Problem heißt Min-SBR(Minimum - Sorting by Reversals) Eingabe: Permutation π Gesucht: Eine kürzeste Folge an Reversionen (p1, p2, · · · , pd ), sodass ρd (ρd−1(. . . ρ1(π)) . . . ) = (1 . . . n) 4/44
  5. 5. Breakpoints Breakpoint: Tupel an Positionen (i, i + 1), die nicht nebeneinander gehören(Im Beispiel durch "|" dargestellt) Beispiel 2 1|345|8|9|2|67 Anzahl Reversionen in Abhängigkeit zu Breakpoints Ziel wird sein diese zu eliminieren b(π) ist Anzahl an Breakpoints 5/44
  6. 6. Kreisgraphen Bezeichnet als G(π). Für ihn wird die erweiterte Permutation π gebildet mit π := (0, π(1), . . . .π(n), n + 1) Knoten: V := {0, . . . , n + 1} Kantenmenge: Schwarze und grüne Kanten. Kante (i, j) schwarz, wenn sie nebeneinander liegen(gerichtet) Kante {i, j} grün, wenn sie nebeneinander liegen wollen(ungerichtet) 6/44
  7. 7. Beispiel 0 7 5 6 3 2 4 1 8 Figure : Kreisgraph von [7563241] 7/44
  8. 8. Kreisdekompositionen Kreis soll abwechselnd grüne und schwarze Kanten haben Länge k eines Kreises ist Anzahl an schwarzen Kanten ⇒ wird als k-Kreis bezeichnet Kreisdekomposition C ist Aufteilung von G(π) in kantendisjunkte Kreise 8/44
  9. 9. Beispiel 0 7 5 6 3 2 4 1 8 Figure : Kreisdekomposition von [7563241], Rot ist 3-Kreis, Schwarz ist anderer 3-Kreis, Blau sind 1-er Kreise 9/44
  10. 10. Erste Beobachtungen c2 : Anzahl an 2-Kreisen in Kreisdekomposition mit maximaler Anzahl Kreisen c3 : Anzahl restlicher Kreise mit Länge > 2 Satz 1 d(π) ≥ 2 3b(π) − 1 3 c2(π) Beweis: Bafna und Pevzner zeigten: d(π) ≥ b(π) − c2(π) − c3(π) Jeder der c3 Kreise hat mindestens 3 schwarze Kanten: c3 ≤ 1 3 (b(π) − 2c2(π)) d(π) ≥ b(π) − c2(π) − 1 3 (b(π) − 2c2(π)) = 2 3 b(π) − 1 3 c2(π) 10/44
  11. 11. Ziel, um 3/2 Approximation zu erreichen 3 2 mal die untere Schranke: 3 2 ∗ ( 2 3 b(π) − 1 3 c2(π)) = b(π) − 1 2 c2 ⇒ Ziel ist es also maximal b(π) − 1 2 c2 Reversionen zu benötigen 11/44
  12. 12. Weitere Vorgehensweise 1 Ausgehend von einer Kreisdekomposition eine Vorgehensweise finden 2 Eine ausreichend gute Kreisdekomposition finden 3 Beweisen, dass wir maximal b(π) − 1 2c2 Reversionen benötigen 12/44
  13. 13. Reversal Graph Bezeichnet als R(C) mit C Kreisdekomposition Jede grüne Kante in G(π) ist ein Knoten von R(C) ⇔ für jede gewollte Nachbarschaft gibt es Knoten 13/44
  14. 14. Beispiel(Knoten von R(C)) 0 7 5 6 3 2 4 1 8 6-7 3-4 0-1 4-5 1-2 7-8 5-6 2-3 14/44
  15. 15. Reversal Graph Bezeichnet als R(C) mit C Kreisdekomposition Jede grüne Kante in G(π) ist ein Knoten von R(C) ⇔ für jede gewollte Nachbarschaft gibt es Knoten Knoten v ist blau, wenn es die Pfeilspitze und den Schwanz einer gerichtenten schwarzen Kante verbindet, ansonsten rot Beispiel 3 a b c d a b c d Figure : links: blauer Knoten in R(C), rechts: roter Knoten in R(C) 15/44
  16. 16. Beispiel(Farben der Knoten von R(C)) 0 7 5 6 3 2 4 1 8 6-7 3-4 0-1 4-5 1-2 7-8 5-6 2-3 16/44
  17. 17. Reversal Graph Bezeichnet als R(C) mit C Kreisdekomposition Jede grüne Kante in G(π) ist ein Knoten von R(C) ⇔ für jede gewollte Nachbarschaft gibt es Knoten Knoten v ist blau, wenn es den Kopf einer gerichteten schwarzen Kante und den Schwanz einer schwarzen Kante verbindet. Ansonsten rot. Kante wird eingefügt, wenn diese sich "überschneiden" Beispiel 4 a b c d Figure : Kante zwischen (a − c), (b − d) 17/44
  18. 18. Beispiel(Kanten von R(C) 0 7 5 6 3 2 4 1 8 6-7 3-4 0-1 4-5 1-2 7-8 5-6 2-3 18/44
  19. 19. Auswirkungen von Reversionen R(C) heißt Reversionsgraph, weil wir jedem Knoten v ∈ R(C) Reversion zuweisen Eine Reversion arbeitet immer auf zwei schwarzen Kanten Beispiel 5 Reversion, die den schwarzen Kanten (5, 3) und (6, 4) zugeordnet ist: [075 326 umdrehen 418] ⇒ [075 623 umgedreht 418] 19/44
  20. 20. Reversion auf rotem Knoten Sei v = {4, 5} rot. Dann schaut G(π) schematisch so aus: a 4 ... b 5 ... c ... d Reversion, die dem Knoten (4 − 5) ∈ R(C) entspricht und auf den Kanten (a, 4) und (b, 5) arbeitet: a b ... 4 5 ... c ... d 20/44
  21. 21. Reversion auf blauem Knoten Sei v = {4, 5} blau. Dann schaut G(π) schematisch so aus: a 4 ... 5 b ... c ... d Reversion, die dem Knoten (4 − 5) ∈ R(C) entspricht und auf den Kanten (a, 4) und (5, b) arbeitet: a 5 ... 4 b ... c ... d 21/44
  22. 22. Auswirkungen auf Reversal Graph Sei u Knoten von R(C) und u ∈ K, wobei K ein Kreis in G(π) ist. Lemma 1 Bei Anwendung von ρu(π) ändere die Farben der Nachbarn von u ∈ R(C) Beweis : a b ... e f ... c d ... g h ρu(π) arbeitet auf {a, b}, {c, d}, dreht also b, . . . , c um a c ... f e ... b d ... g h 22/44
  23. 23. Auswirkungen auf Reversal Graph Lemma 2 Sei u mit den Knoten v, w verbunden. Füge {v, w} hinzu, oder lösche diese Kante bei Anwendung von ρu(π) Beweis : a b c d e f g h ρu(π) wird ausgeführt, also c, . . . , f umgedreht a b f e d c g h 23/44
  24. 24. Auswirkungen auf Reversal Graph Lemma 3 u ∈ R(C) ist rot ⇒ u ∈ R(ρu(C)) ist isolierter blauen Knoten Beweis : a 4 ... b 5 ... c ... d Sei u = (4 − 5). Dann schaut G(ρu(π)) so aus: a b ... 4 5 ... c ... d 24/44
  25. 25. fertig, wenn nur noch 1-er Kreise/isolierte blaue Knoten aus vorherigen Lemmata folgt, dass Reversionen nur Knoten in der selben Zusammenhangskomponente verändern Deshalb jetzt Einteilung von R(C) in unorientierte Zusammenhangskomponenten: enthalten nur blaue Knoten orientierte Zusammenhangskomponenten: enthalten mind. einen roten Knoten Vorsicht: isolierte blaue Knoten werden in diese Einteilung nicht aufgenommen, weil sie schon sortiert sind 25/44
  26. 26. Sei A Zusammenhangskomponente. Dann ist Au der Subgraph von der alle unsortierten Knoten von A nach der Reversion ρu enthält Lemma 4 Sei A orientierte Komponente und u ∈ A rot. Dann ist jede Komponente von Au orientiert Beweis : Sei u ∈ A rot. Angenommen es gibt unorientierte Zusammenhangskomponente U in Au. U muss also mindestens 2 blaue Knoten v, w haben. u v w v u w Links Typ 1, Rechts Typ 2 26/44
  27. 27. u v w v u w Links Typ 1, Rechts Typ 2 Definitionen für den Beweis: f (u) = v, ∀ roten Knoten u ∈ A Folge u0 = u, ui+1 = f (ui ) Da es nur endlich viele rote Knoten gibt, ist die Folge zyklisch (Teilfolge wird sich immer wieder wiederholen) 27/44
  28. 28. Angenommen wir befinden uns an beliegen Knoten us aus dem Zyklus und us ist vom Typ 1: us us+1 w us+2 {us+1, w} ist Kante, aber {us, w} nicht us+2 ist in einer unorientierten Komponente nach ρus+1 (π) {us+2, w} muss Kante in A sein, da sonst w nach ρus+1 (π) rot wäre und mit us+2 verbunden wäre so kann man auch für us+3, us+4, . . . argumentieren, also {us+i , w} in A Widerspruch, da Folge zyklisch ist und dann {us, w} Kante wäre 28/44
  29. 29. Sei us = us+k im Zyklus. us kann also nur vom Typ 2 sein: us+1 us w us+k−1 {us, w}, {us, us+1} sind Kanten in A und {us+1, w} nicht us ist in unorientierter Komponente nach ρus+k−1 (π) {us+k−1, w} muss in A liegen da, da w sonst nach ρus+k−1 (π) rot wäre und mit us verbunden wäre und us nicht in unorientierter Zhgk liegen würde selbes gilt für {us+k−2, w}, {us+k−3, w}, . . . , {us+i , w} in A Widerspruch, da {us+1, w} nicht in A liegt 29/44
  30. 30. Satz 2 Sei v ein Knoten von R(C) ρ(v) ist eine 2-Reversion genau dann wenn v auf orientiertem 2-er Kreis liegt Beweis : Orientierter 2-Kreis: 4 7 ... 5 8 Sowohl die Reversion (7 − 8), als auch (4 − 5) schauen so aus: 4 5 ... 7 8 30/44
  31. 31. Satz 3 Um orientierte Komponente C mit k Kreisen zu sortieren brauchen wir genau k 2-Reversionen und sonst 1-Reversionen Beweis : Da C orientiert ist, hat er einen roten Knoten u ρu(π) macht u zu isoliertem Knoten, ist also eine 1-Reversion Wenn u aber Teil eines 2-Kreises ist, ist es eine 2-Reversion Da Cu nur orientierte Komponenten enthält, können wir das solange machen, bis die Komponente sortiert ist Da wir k Kreise haben, brauchen wir k 2-Reversionen und sonst 1-Reversionen 31/44
  32. 32. Lemma 5 Sei A eine unorientierte Komponente. Dann ist Av eine orientierte Komponente für alle v ∈ A Beweis : A unorientiert, hat also nur blaue Knoten Nehme beliebigen Knoten v ∈ A. Von vorher: alle Nachbarn von v ändern durch Anwendung von ρv ihre Farbe ⇒ Av ist orientiert 32/44
  33. 33. Erstes Ergebnis u(C) ist die Anzahl an unorientierten Komponenten. Satz 4 d(π) ≤ b(π) − |C| + u(C) Beweis : b(π) wäre genau die Anzahl an Reversionen wenn wir nur 1-Reversionen hätten pro unorientierte Komponente brauchen wir 1 Reversion, um sie orientiert zu machen ⇒ +u(C) jeder Kreis in C wird mal 2-Kreis sein ⇒ - |C| 33/44
  34. 34. Kreisdekomposition Aus vorherigem Verfahren wissen wir, dass 1-Reversion immer möglich ist Also ist Ziel möglichst viele 2-Reversionen ⇒ möglichst viele 2-Kreise Es wird nicht eingegangen, wie eine solche Dekomposition erstellt wird. 34/44
  35. 35. Aussagen über Kreisdekomposition Wir berechnen ein sogenanntes Matching M M besteht aus y Leiter-2-Kreisen und z isolierten 2-Kreisen Also |M| = y + z Wir erreichen nur Kreisdekomposition mit y 2 + z 2-Kreisen 35/44
  36. 36. Beweis der oberen Schranke Satz 5 Man kann π mit höchstens b(π) − c2(π) 2 Reversionen sortieren Beweis : 3 "Arten" von Komponenten: u unorientierte Komponenten, die jeweils mindestens einen Kreis länger als 2 und l 2-Kreise haben ⇒ Minimal l + u 2-Reversionen, u 0-Reversionen, sonst 1-Reversionen v restliche unorientierte Komponenten, die nur m unorientierte 2-Kreise enthalten ⇒ Benötigt m 2-Reversionen und v 0-Reversionen 36/44
  37. 37. k der 2-Kreise sind in orientierten Komponenten ⇒ Diese Komponenten werden mit mindestens k 2-Reversionen und sonst 1-Reversionen sortiert Zusammen: k + l + u + m 2-Reversionen u + v 0-Reversionen Rest 1-Reversionen Von vorher: Maximal b(π) − |C| + u(C) ⇒ Maximal b(π) − k − l − m − u + u + v Reversionen Es bleibt zu zeigen: k + l + m − v ≥ c2(π) 2 37/44
  38. 38. Es bleibt zu zeigen: k + l + m − v ≥ c2(π) 2 Aus Kreisdekomposition wissen wir: 1 |M| ≥ c2(π) 2 k + l + m = y 2 + z 3 Die v Komponenten haben nur Kreise aus den z isolierten Kreisen Daraus folgt, dass zu zeigen bleibt: y 2 + z − v ≥ |M| 2 38/44
  39. 39. Es bleibt zu zeigen: y 2 + z − v ≥ |M| 2 Die v Komponenten müssen jeweils aus mindestens 2 Kreisen bestehen: Beispiel 6 1 5 x 6 2 Wenn an Position x keine Knoten wären, wäre (5 − 6) ein 1-Kreis und kein 2-Kreis 39/44
  40. 40. Es bleibt zu zeigen: y 2 + z − v ≥ |M| 2 die v Komponenten müssen aus mindestens 2 Kreisen bestehen sie bestehen nur aus isolierten 2-Kreisen ⇒ v ≤ z 2 y 2 + z − v ≥ y 2 + z 2 |M|=y+z ≥ |M| 2 40/44
  41. 41. Komplexität Satz 6 Berman, Karpinski haben bewiesen, dass jeder polynomielle Approximationsalgorithmus höchstens eine Approximationsgüte von 1.008 oder schlechter, außer wenn P = NP ⇒ Min − SBR /∈ PTAS 41/44
  42. 42. Danke für eure Aufmerksamkeit! Noch fragen? 42/44
  43. 43. Matchinggraph Wir führen den Matchinggraph F(π) ein: Knoten für jede schwarze Kante (i, i + 1) Kante zwischen u, v ∈ F(π) wenn u, v mit ihren grünen Kanten einen 2-Kreis geben Beispiel 7 a c ... b d ... e g ... f h Sowohl links als auch rechts gibt es Kante zwischen (a − c), (b − d) ∈ F(π) 43/44
  44. 44. Kreisdekomposition Wir berechnen jetzt maximales Matching M mit |M| = y Beispiel 8 a b c ... d e f a-b e-f b-c d-e Figure : Links Abschnitt von G(π), rechts von F(π) Problem: Schwarze Kante kann Teil von mehreren 2-Kreisen sein. Dann wäre es keine gültige Kreisdekomposition 44/44

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