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
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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
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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)
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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
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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)
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7. Beispiel
0 7 5 6 3 2 4 1 8
Figure : Kreisgraph von [7563241]
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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
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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
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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)
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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
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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
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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
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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)
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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)
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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]
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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)
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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
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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
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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
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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
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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
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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|
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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.
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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)
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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
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