aufgabe 2 und 3

übung_9/aufgabe_3.tex

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-\section{Randomisierte größte Schnitte}
-\begin{tasks}
-\item
-	Siehe \autoref{fig:3a}.
-	\points{2}
-	\begin{figure}
-		\centering
-		\includegraphics[page=2, width=0.5\textwidth]{figures.pdf}
-		\caption{Gegenbeispiel; Maximaler Schnitt $\tup{S, T}$ und nicht maximaler Schnitt $\tup{\set{v}, V \setminus \set{v}}$}
-		\label{fig:3a}
-	\end{figure}
+\section{Perfektes Eliminationsschema}
+\begin{enumerate}
+	% \item Kopiere $G$ nach $G$
+	\item Falls $\abs{V(G)} = 0$, gib das Eliminationsschema zurück. \label{schritt2}
+	\item Suche nach nicht erweiterbaren $U$, sodass $G[U]$ zusammenhängend und $U \cup N(U) \neq V(G)$. Das geht mit Breitensuche mit einem beliebigen Startknoten $s$.
+	\item Wähle aus $W = V(G) \setminus U \cup N(U)$ einen Knoten aus und 
+		füge ihn zum Eliminationsschema hinzu. Lösche diesen Knoten dann aus $G$.
+	\item Gehe zurück zu \autoref{schritt2}.
+\end{enumerate}
 
-\item
-	O.B.d.A gilt:
+Das die Menge $U$ nicht maximal sondern nur nicht erweiterbar ist, macht die
+Folgerung, dass jeder Knoten in $W$ mit jedem in $N(U)$ verbunden ist, nicht kaputt,
+da, wenn es eine Kante zwischen einem Knoten in $N(U)$ und $W$ nicht existiert, $U$
+erweitert werden kann.
 
-	Die Wahrscheinlichkeit dafür das eine Knoten in $S$ gewählt wird ist
-	$\frac{1}{2}$.
-	
-	Sei $\set{u, v}$ eine Kante und wurde $u$ in die Menge $S$ gewählt, so ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass $v$ in die selbe Menge gewählt wird $\frac{1}{2}$.
-	\points{1}
+Ebenfalls bleibt die Eigenschaft, dass $N(U)$ eine Clique ist erhalten. Die Argumentation
+ist die selbe, wie zuvor.
 
-\item
-	Sei $\tup{S, T}$ ein fester maximaler Schnitt. Dann gibt es eine Menge von Kanten
-	$\set{e_1, \dots, e_k}$ die den Schnitt kreuzen, also deren Knoten nicht in die selbe
-	Menge gewählt wurden.
+Jeder Knoten in $W$ ist ein simplizialer Knoten in $G[W]$, da, wenn es eine Kante
+zwischen zwei Knoten in $W$ nicht gibt, dann $U$ erweitert werden kann.
 
-	Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass diese Kanten nicht in die selbe Menge gewählt wurden ist also
-	\[
-		1 - \sum_{i = 1}^{k} \frac{1}{2} = 1 - \frac{k}{2}
-	\]
-	\points{2}
+Durch Magie wird nicht der gesamte Breitensuchbaum erstellt und die Breitensuche
+läuft in $\oh(\abs{V} + \abs{E}) = \oh(n + n^2)$. Durch die $n$ rekursiven Aufrufe,
+in denen jeder Knoten einmal zum Eliminationsschema hinzugefügt wird, Läuft der
+ganze Algorithmus läuft dadurch in $\oh(n^3)$
+\points{4}
 
-\item
-	\[
-	\dots
-	\]
-
-	Die erwartete Anzahl an Kanten, die den Schnitt kreuzen ist mindestens $\frac{\abs{E}}{2}$. Im schechtesten Fall ist der Graph bipartit und alle
-	Kanten kreuzen den maximalen Schnitt. Somit ist \alg*{RandMaxCut} eine $\frac{1}{2}$-Approximation für den maximalen Schnitt.
-	\points{4}
-
-
-\end{tasks}