漫谈算法（一）如何证明贪心算法是最优 using exchange argument
刘子韬
这里主要是介绍一种证明贪心算法是最优的一种方法：Exchange Argument （不知道应该怎么翻译到中文，交换参数？感觉听起来挺别扭的，不像是一个方法的名字~o(╯□╰)o）
Exchange Argument的主要的思想也就是 先假设 存在一个最优的算法和我们的贪心算法最接近，然后通过交换两个算法里的一个步骤(或元素)，得到一个新的最优的算法，同时这个算法比前一个最优算法更接近于我们的贪心算法，从而得到矛盾，原命题成立。
下面来看一个更为formal的解释：
步骤：
Step0: 给出贪心算法A的描述
Step1: 假设O是和A最相似(假设O和A的前k个步骤都相同，第k+1个开始不同，通常这个临界的元素最重要)的最优算法
Step2: [Key] 修改算法O(用Exchange Argument，交换A和O中的一个元素)，得到新的算法O’
Step3: 证明O’ 是feasible的，也就是O’是对的
Step4: 证明O’至少和O一样，即O’也是最优的
Step5: 得到矛盾，因为O’ 比O 更和A 相似。
证毕。
当然上面的步骤还有一个变种，如下：
Step0: 给出贪心算法A的描述
Step1: 假设O是一个最优算法（随便选，arbitrary）
Step2: 找出O和A中的一个不同。（当然这里面的不同可以是一个元素在O不再A，或者是一个pair的顺序在A的和在O的不一样。这个要根据具体题目）
Step3：Exchange这个不同的东西，然后argue现在得到的算法O 不必O差。
Step4: Argue 这样的不同一共有Polynomial个，然后我exchange Polynomial次就可以消除所有的不同，同时保证了算法的质量不比O差。这也就是说A 是as good as 一个O的。因为O是arbitrary选的，所以A是optimal的。
证毕
下面给几个例子：
例 Maximum Cardinality Disjoint Interval Problem
问题描述：给一些时间片段集合T={（a1，b1）（a2，b2），。。。，（an，bn）}，找出一个元素个数最多的子集S，子集中的每个元素的时间片段没有交叉。
Greedy Algorithm: 每次都选所有interval 中bi最小的那个，把（ai，bi）加入S，然后把（ai，bi）在T中删除，同时把T中所有和（ai，bi）有交叉的interval删除，然后再在T中找最小的bj，循环上面的操作，直到没有可以在添加的。
证明上面说的Greedy Algorithm是最优的。
下面就用第一个证明的步骤来证。
我们的Greedy Algorithm记为A，假设A不是最优的，那么就一定存在一个O，O是和A最相近的一个最优的算法，最相近是指和O和A的前K-1个选择都相同，第K个是不同的。
假设对于A，A第k个选择的是（ai，bi）；而O第K个选择的是（aj，bj）。从A的定义我们可以直到，bi<=bj。
现在我们构造一个O，O = O-（aj，bj）+（ai，bi）。
1）很显然，O是这个问题的一个解，也就是说O中的intervals没有重叠的。
在O中，（ai，bi）前的intervals和A中的一样，所以前一部分没有重叠。在（ai，bi）后的intervals和O中的一样，所以也没有重叠，同时bi<=bj，所以（ai，bi）也不会和它相邻的重叠，所以O中的所有intervals都没有重叠。
2）O是一个最优解，因为他的intervals的个数和O一样。
综上，我们找到了一个最优解O，它和A具有的共同的intervals有K个，这和我们前提假设最多有k-1个相矛盾，所以，A是最优的。证毕。
例 Sche易做图ng with Deadline
问题描述：有一系列的tasks{a1，a2，。。。，an}，每个task需要在cpu上跑{p1，p2，。。。，pn}个units的时间，cpu是非抢占式的，也就是task一旦获得cpu，就运行直到他完成，{c1，c2，。。。，cn}是每个task的完成时间，我们现在要minimize的就是 （c1+c2+。。。+cn）/n。所有的task一起release。
Greedy Algorithm：每次选运行时间最小的那个task运行。
证明上面说的Greedy Algorithm是最优的。
同样还是用第一个证明的步骤来证。
假设A不是最优的，那么一定存在一个最优的O，和A最接近，他们选择的前k-1个task是相同的。
如下：
No. 1 2 3 。。。 k 。。。。。。。。。
A 。。。。。。。。。。。 ai 。。aj 。。。。。
O 。。。。。。。。。。。 aj 。。。。ai 。。。
根据A的定义，我们知道，pi <= pj的。
现在我们就来构造O，当然，O就是把O中的ai和aj两个元素交换一下，即
No. 1 2 3 。。。 k 。。。。。t。。。
A 。。。。。。。。。。。 ai 。。aj 。。。。。
O 。。。。。。。。。。。 aj 。。。。ai 。。。
O 。。。。。。。。。。。 ai 。。。。aj 。。。
对于整个的完成时间，我们可以给出计算公式的，假设b1，b2，。。。，bn是一个调度序列（bi是task的index，也就是{bi}是所有task的index的一个permutation），即task执行顺序是a_{bi},a_{b2}, ..., a_{bn}。举个例子如果只有5个task，a1,a2,a3,a4,a5。{bi} = {2,1, 3, 5, 4},那也就是task的执行序列为 a2,a1,a3,a5,a4。(博客里面不能打数学公式就是不爽啊~)
还是用上面的5个例子算了，对于a2,a1,a3,a5,a4，我们知道总时间其实是5个a2的时间，即p2，4个a1的时间，即p1，依次类推，所以总时间是5*p2+4*p1+3*p3+2*p5+p4。
好，有了上面的计算总时间的概念，下面就来分别计算一下O和O的总时间，其实我们需要比较它们谁大谁小，通常只要比较一下他们的差就行了，即Time(O)-Time(O)。同时很显然，他们的差只是由aj和ai引起的，其他的并没有改变。我们知道在O中，aj是第k个选的，ai是第t个选的，而在O中，ai是第k个选的，aj是第t个选的，所以 Time(O)-Time(O) = (n-k+1)*pj + (n-t+1)*pi - (n-k+1)*pi - (n-t+1)*pj = k*(pj-pi) - t*(pj-pi) = (pi-pj)*(k-t)>=0,即我们得到Time(O) >= Time(O),这也就是说我们找到了一个O，他是最优的，同时O和A有K个common element，所以得出矛盾。证毕。
例 Kruskal Algorithm for Minimum Spanning Tree（最小生成树）
问题描述：对于边集合E，先按每个边的cost排序，从小到大，然后按如下方法构造一个MST，每次选cost最小的那个边，添加进我们的MST，如果一个边使我们现有的MST出现环路，则把这条边舍弃，然后重复上面的操作。（感觉现在表达越来越搓了，没看明白怎么回事的童鞋看这里吧 http://en.易做图.org/wiki/Kruskals_algorithm）
下面我们就用第二种证明方法来证明Kruskal Algorithm算法是最优的。
假设我们的graph是G(V,E)，有一个optimal的算法O，它生成的MST是T1，Kruskal生成的树是T2，这样，因为T2！=T1（如果相等我们的Kruskal就最优了，就不用证了），所以至少有一条边e，e在T1中，同时e不在T2中。这个与众不同的e就是我们的切入点。可以想象，如果我们把e在T1中去掉，T1就变成了两部分，即Ta和Tb，我们知道 {Ta中的点}V{Tb中的点} = V（就是Ta中的点并上Tb中的点就是我们G中的点集V），所以在T2中，一定有一条边f（f！=e），f的一个点在{Ta中的点}，f的另一个点在{Tb中的点}。根据我们的Greedy算法Kruskal，我们没有选e，是因为e在我们的图中造成了回路。在进一步想，有回路是因为我们先选了f，这就说明cost(f) <= cost(e)。 （恩，这就是我们的重点啊，笑一个O(∩_∩)O~）
下面的也就很显然了，我们考虑构造一棵新的树，T3，对于T3 = E(T1) - e + f，也就是T3中的边是T1中的所有边除了e，同时加上边f。
1）很显然，我们知道T3是一棵spanning tree，f连通了由去掉e而分隔的两部分。
2）很显然，T3的cost是<= T1的cost的。 因为cost(f) <= cost(e)，且其他不变。即T3是MST。
所以同个上面的构造，我们就构造出了一棵树，这个树是MST，同时它比T1更接近于T2。（多了一条common的边）
我们知道T1和T2对多有n条边是不同的，通过上面的步骤，我们可以经过n次变换，得到T2，同时cost <=T1，所以，T2是MST。证毕。
补充：软件开发 , C语言 ,
