$\Rightarrow T \le\underbrace{\frac1m \sum\limits_{i=1}^{m} t_i}_{\le T^*}+\underbrace{t_j}_{\le T^*}$\\
$\Rightarrow$\fbox{$T \le2 T^*$}
\end{addmargin}
\bsp$t_i =1, i=1,…,n-1$\\
$t_n = m$\\
\includegraphics{bilder/mps.eps}\\
wähle $n = m (m-a)+1$\\
$T =2m-1$\\
$T^*= m$
Greedy-Sortiert:
\begin{itemize}
\item sortiere Jobs, so dass\\
$t_1\ge t_2\ge … \ge t_n$
\item dann wie Greedy
\end{itemize}
\lemma$2t_{m+1}\le T^*$\\
\bew Betrachte Jobs $1,…,m+1$\\
Nach Schubfachschluss hat ein Prozessor $\ge2$ Jobs (bei optimaler Lösung), d.\,h. Laufzeit $\ge\underbrace{t_i}_{\ge t_{m+1}}+\underbrace{t_j}_{\ge t_{m+1}}$
Gleiche Überlegung wie oben:\\
\begin{addmargin}[1cm]{0cm}
Prozessor $i_0$ mit maximaler Ladung $T$.\\
Prozessor $i_o$ habe $\ge2$ Jobs.\\
(Hätte Prozessor $i_0$ nur einen Job, dann ist $T=t_j=T^*$)\\
Es ist $j\ge m+1$, also $t_j \le t_{m+1}$, wobei Job $j$ wieder der letzte Job ist, der Prozessor $i_0$ zugewiesen wurde.
\end{addmargin}
Abschätzung von vorher:\\
$ T \le\underbrace{\frac1m \sum\limits_{i=1}^{n} t_i}_{\le T^*}+\underbrace{t_j}_{\le t_{m+1}\le\frac{T^*}{2}}$
\subsection{Vortex Cover}
% TODO VL vom 11.1.12 vervollständigen
\includegraphics{bilder/vertex_cover.eps}
Greedy:
\begin{itemize}
\item wähle Knoten $v$ mit maximalem Grad
\item entferne $v$ (mit seinen Kanten)
\item wiederhole
\end{itemize}
\bsp\\
\includegraphics{bilder/vertex_cover_2.eps}
\begin{align*}
deg(a_i) &= 1\\
deg(b_i) &= (n-2) +1 = n-1\\
deg(c_i) &= n
\end{align*}
Greedy wählt $c_1,c_2,…,c_{n-2}$, $a_1,a_2,…,a_n$, insgesamt als $2n-2$ Knoten.\\
Optimal wäre $b_1,…,b_n$ zu nehmen, also n Knoten.
\bsp\\
\includegraphics{bilder/vertex_cover_3.eps}
\begin{align*}
N &= \sum\limits_{i=2}^{n}\lfloor\frac n i \rfloor\\
&\ge\sum\limits_{i=2}^{n} (\frac n i -1 )\\
&= \sum\limits_{i=2}^{n}\frac n i - (n-1)\\
&= n * \underbrace{\sum\limits_{i=2}^{n}\frac1i}_{\ge\ln -1} -(n-1)
\end{align*}
$\big[$ Harmonische Reihe $\ln n \le\sum\limits_{i=1}^{n}\le\ln n +1\big]$\\
$\Rightarrow N\ge n(\ln n-1)-n+1$\\
$= n \ln n -2n+1$\\
greedy nimmt $c_N,c_{N-1},…,1$, $a_1,…,a_n$, also $N+n$ Knoten.\\
Verhältnis: $\frac{N+n}{2}=\frac{n \ln n - n +1}{n}=\ln n -1+\frac1n $\\
D.\,h. die Strategie kann beliebig schlecht werden.
\includegraphics{bilder/vortex_cover_4.eps}
\begin{enumerate}[1)]
\item$C\leftarrow\emptyset$
\item wähle beliebige Kante $(u,v)$
\item$C \leftarrow C \cup\{ u,v\}$
\item$G \leftarrow G - u,v$
\item wiederhole bis $G$ leer ist (2-4).
\end{enumerate}
Da eine vertex cover \underline{jede} Kante abdecken muss, ist auch in einer optimalen Lösung mindestens einer der beiden Endpunkte $u$ oder $v$ enthalten.
\[\underbrace{|C|}_{\text{vc. vom Approx Alg.}}\le2\underbrace{|C^*|}_{\text{optimale Lösung}}\]
Besser: mit Approx Faktor $2-\frac{2}{\sqrt{u}}$ für eine Konstante $c$.
\subsection{Traveling Salesman Problem}
\subsubsection{Nearest Neighbor (NN)}
gehe immer zum nächstliegenden noch nicht besuchten Punkt.\\
\includegraphics{bilder/tsp_nn.eps}
Metrik: $d$ erfüllt die Dreiecksungleichung\\
\includegraphics{bilder/tsp_dreieck.eps}\\
$ d(x,y)\le d(x,z)+ d(z,y)$
\includegraphics{bilder/tsp_nn_2.eps}\\
Allgemein:
\begin{align*}
T &= \text{NN-Lösung}\\
T^* &= \text{optimale Lösung}\\
|T| &\le\log_n |T|^*
\end{align*}
(TSP mit $\triangle$-Ungleichung)
\subsubsection{Nearest Insertion}
bilde Kreis und füge Knoten ein
\begin{itemize}
\item Start mit 3 (beliebigen) Knoten und verbinde zu Dreieck.
\item wähle Knoten $v$ der noch nicht Besucht ist und füge $v$ in den Kreis ein.
\end{itemize}
Auswahl von $v$:\\
\includegraphics{bilder/tsp_ni.eps}
wähle $v$ mit minimalem Abstand zum Kreis:
\[ d(c,v)= min d(u,v)\quad u \in V\]
füge $v$ so ein, dass sich der Kreis möglichst wenig verlängert. D.\,h. wähle Nachbar $w$ von $v$ so, dass
\[ Cost(v)= d(u,v)+ d(v,w)- d(u,w)\]
minimal ist.
Noch $\triangle$-Ungleichung ist
\begin{align*}
d(v,w) \le d(u,v) + d(u,w)\\
\Rightarrow d(v,w) - d(u,w) \le d(u,v)\\
\Rightarrow cost(v) \le 2*d(u,v)
\end{align*}
\begin{itemize}
\item Wiederhole Insertion-Schritt bis alle Knoten im Kreis sind.
\end{itemize}
\beh Sei $C$ der Kreis der durch NI berechnet wird und $C^*$ eine optimale TSP-Tour.\\
Dann ist $d(C)\le2* d(C^*)$\\
$ d(C)=\sum\limits_{(u,v)\in C} d(u,v)$
\bew Vergleich mit der Berechnung aufspannender Bäume, wähle jeweils Knoten $v$ der am nächsten zum aktuellen Baum liegt.\\
NI wählt ebenfalls diesen Knoten $v$ aus.\\
\includegraphics{bilder/tsp_ni_bew.eps}
Aufspannender Baum T vergrößert sich um $d(u,v)$, Kreis vergrößert sich um $cost(v)\le d(u,v)$.\\
\(\Rightarrow\) am ende gilt: $ d(c)\le2* d(T)$
Sei $C^*$ Kreis minimaler Länge ( = opt. TSP-Tour ).\\
\includegraphics{bilder/tsp_ni_bew2.eps}\\
Lasse irgendeine Kante weg. Dann entsteht ein Baum $T'$, ein aufspannender Baum. Folglich ist $d(T)\le d(T')$, da $T$ minimal ist.\\
