Maurizio Patrignani seminario sull’articolo On the Single-Source Unsplittable Flow Problem di

1. Maurizio Patrignani seminario sull’articolo On the Single-Source Unsplittable Flow Problem di Yefim Dinitz Naveen Garg Michel X. Goemans (aprile ‘98)

2. 2.1 3.5 1.0 3.2 1.5 2.6 1.7 2.6 3.4 2.9 2.2 2.1 2.3 1.0 grafo diretto con capacità sugli archi grafo diretto G(V,E) capacità degli archi c : E  R+ il grafo si può assumere aciclico

3. t t t t t 4 3 2 6 1 s t 5 flow single source - multicommodity singola sorgente s k terminali ti con demands di R+ un vertice può contenere un numero arbitrario di terminali

4. 1.2 0.9 4.1 3.1 s 6.5 3.2 1.0 1.1 1.5 2.6 1.7 2.6 3.4 1.5 2.9 2.2 2.1 2.1 2.3 2.2 flow unsplittable - fractional 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

5. 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  iT di

6. PARTITION FEASIBILITY 1.2 3.1 2.1 0.9 1.5 2C C s C C riduzione dal partition alla feasibility feasibility: esiste una soluzione

7. PARTITION CONGESTION s 1.2 3.1 2.1 0.9 1.5 1 1 riduzione dal partition al congestion congestion:  è il più piccolo fattore, moltiplicando le capacità per il quale, esiste una soluzione (confronto  con C)

8. PARTITION Nº OF ROUNDS PARTITION MAXIMIZATION s 1.2 3.1 2.1 0.9 1.5 C riduzione numero di rounds e massimizzazione 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)

9. lavori macchine p1 p2 T p3 T T p4 T p5 pn esempio di applicazione scheduling su una macchina parallela

10. parto da un flusso (non unsplittable, frazionario) che soddisfi tutte le richieste 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

11. t t t t t 6 4 1 2 3 s t 5 t 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: 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

12. d f d f - d d fase di semplificazione preliminare se f  d • 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 raggiungo uno stato in cui tutti i terminali residui sono “regolari” f1 f2 terminale regolare ifi < d

13. fase di semplificazione preliminare ricerca ciclo alternante “travaso” di flusso contrazione è rimasta solo la sorgente? no si fine schema generale dell’algoritmo

14. d2 d1 f2 f1 invariante piuttosto che imporre la regolarità di tutti i terminali, nel seguito si farà riferimento ad una condizione meno vincolante: invariante: ogni vertice contenente terminali ne ha almeno uno regolare e ha almeno due archi entranti

15. ricerca del ciclo alternante vertice scelto casualmente forward path vado avanti quanto posso (il grafo è aciclico!) arco uscente scelto casualmente privo di archi uscenti backward path arco entrante scelto casualmente vado indietro fino a che devo (fino a che incontro vertici che hanno solamente archi entranti). Quando incontro un arco uscente inizio un nuovo forward path

16. sicuramente un terminale qui 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

17. “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

18. “travaso” del flusso 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)

19. contrazione ritiro un terminale t lungo un arco e se: 1) e è forzante ed f(e) = d 2) e non è forzante ed f(e)  d

20. 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 forzante attraverso l’arco possono essere trasferiti terminali per un valore pari al flusso sull’arco stesso dopo essere diventato forzante attraverso l’arco verrà trasferito al massimo un terminale (e questo provocherà la cancellazione dell’arco) corollario la somma dei flussi di tutti i terminali, eccetto al più uno, su uno stesso arco e è minore del flusso iniziale su e

21. s tightness M-M/q M M M-M/q M M M M-M/q M M M-M/q 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

22. fase di semplificazione preliminare ricerca ciclo alternante “travaso” di flusso contrazione è rimasta solo la sorgente? no si fine running time m = |E| n = |V| k = nº term. O(n) O(k) O(m) O(kn) complessivi rimuove almeno un arco O(nm + km)

23. 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 3.5: se un vertice v ha degli archi uscenti  tutti i suoi terminali sono regolari se 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 lemma 3.8: finché tutti i terminali non hanno raggiunto la sorgente, l’algoritmo trova cicli alternanti

24. v u e 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 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

25. se un vertice v ha degli archi uscenti tutti i suoi terminali sono regolari se un vertice v non ha archi uscenti  ha al massimo un terminale irregolare proprietà 3.5 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

26. d d v v d f - d v proprietà 3.5 (continua) se v aveva più di un arco uscente non possono essere forzanti per la proprietà precedente se v aveva un solo arco uscente 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)

27. 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 terminale se avesse un solo arco entrante avrei mosso il terminale lungo quell’arco

28. s 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 se arrivo alla sorgente senza trovare un arco forward, da dove viene questo ramo?

29. minimizzazione della congestione nel 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)  2c(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

30. S Tk T1 minimizzazione del numero delle tornate primo lemma 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

31. dimostrazione del 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

32. 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 stessa costruzione del lemma precedente se 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 di d/(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)

33. 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 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]

34. complessità dell’algoritmo per 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)

35. 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  tornate da cmin /(3  -1) fino a dmax in 3  tornate 4) quindi soddisfo i teminali 5 