Jelaskan persoalan minimum dan maksimum (minmaks) pada divide and conquer!

Full PDF PackageDownload Full PDF Package

This Paper

A short summary of this paper

32 Full PDFs related to this paper

Download

PDF Pack

Definisi

• Divide: membagi persoalan menjadi beberapa upa-masalah yang memiliki kemiripan dengan

persoalan semula namun berukuran lebih kecil (idealnya berukuran hampir sama),

• Conquer (solve): memecahkan (menyelesaikan) masing-masing upa-masalah secara rekursif.

• Combine: mengabungkan solusi masing-masing upa-masalah sehingga membentuk solusi

persoalan semula.

C sek O

alig N u Q

ER

• Obyek persoalan yang dibagi : masukan (input) atau instances persoalan yang berukuran n seperti:

- tabel (larik), - matriks, - eksponen, - dll, bergantung persoalannya.

• Tiap-tiap upa-masalah mempunyai karakteristik yang

sama (the same type) dengan karakteristik masalah asal

• sehingga metode Divide and Conquer lebih natural diungkapkan dengan skema rekursif.

Skema Umum Algoritma Divide and Conquer

procedure DIVIDE_and_CONQUER(input n : integer) { Menyelesaikan masalah dengan algoritma D-and-C.

Masukan: masukan yang berukuran n Keluaran: solusi dari masalah semula

Deklarasi

r, k : integer

Algoritma

if n  n 0 then {ukuran masalah sudah cukup kecil } SOLVE upa-masalah yang berukuran n ini else Bagi menjadi r upa-masalah, masing-masing berukuran n/k for masing-masing dari r upa-masalah do

DIVIDE_and_CONQUER(n/k) endfor COMBINE solusi dari r upa-masalah menjadi solusi masalah semula }

endif

Jika pembagian selalu menghasilkan dua upa-masalah yang

berukuran sama:

procedure DIVIDE_and_CONQUER(input n : integer) { Menyelesaikan masalah dengan algoritma D-and-C.

Masukan: masukan yang berukuran n Keluaran: solusi dari masalah semula

Deklarasi

r, k : integer

Algoritma

if n  n 0 then {ukuran masalah sudah cukup kecil }

SOLVE upa-masalah yang berukuran n ini else Bagi menjadi 2 upa-masalah, masing-masing berukuran n/2 DIVIDE_and_CONQUER(upa-masalah pertama yang berukuran n/2) DIVIDE_and_CONQUER(upa-masalah kedua yang berukuran n/2) COMBINE solusi dari 2 upa-masalah

endif

Mencari Nilai Minimum dan

Maksimum ( MinMaks)

Persoalan: Misalkan diberikan tabel A yang berukuran n elemen dan sudah berisi nilai integer .

Carilah nilai minimum dan nilai maksimum sekaligus di dalam tabel tersebut.

Penyelesaian dengan Algoritma Brute Force

procedure MinMaks1(input A : TabelInt, n : integer, output min, maks : integer) { Mencari nilai minimum dan maksimum di dalam tabel A yang berukuran n elemen, secara brute force. Masukan: tabel A yang sudah terdefinisi elemen-elemennya Keluaran: nilai maksimum dan nilai minimum tabel }

Deklarasi

i : integer

Algoritma : min A 1 { inisialisasi nilai minimum} maksA 1 { inisialisasi nilai maksimum }

for i2 to n do

if A i < min then minA i

endif

if A i > maks then maksA i

endif

endfor

– 1) + (n – 1) = 2n – 2 = O(n)

T(n) = (n 10

Ide penyelesaian dengan Divide and Conquer

Contoh 4.1. Misalkan tabel A berisi elemen-elemen sebagai berikut:

Ide dasar algoritma secara Divide and Conquer:

SOLVE: tentukan min & maks pada tiap bagian

min = 4

min = 1

maks = 23

maks = 35

COMBINE

min = 1 11

maks = 35

• Ukuran tabel hasil pembagian dapat dibuat

cukup kecil sehingga mencari minimum dan maksimum dapat diselesaikan (SOLVE) secara trivial.

• Dalam hal ini, ukuran “kecil” yang dipilih adalah 1 elemen atau 2 elemen.

MinMaks(A, n, min, maks) Algoritma:

1. Untuk kasus n = 1 atau n = 2, SOLVE: Jika n = 1, maka min = maks = A[n] Jika n = 2, maka bandingkan kedua elemen untuk menentukan min dan maks.

2. Untuk kasus n > 2, (a) DIVIDE: Bagi dua tabel A menjadi dua bagian yang sama,

A1 dan A2

(b) CONQUER:

MinMaks(A1, n/2, min1, maks1) MInMaks(A2, n/2, min2, maks2)

(c) COMBINE: if min1 <min2 then min <- min1 else min <- min2 if maks1 <maks2 then maks <- maks2 else maks <- maks1

Contoh 4.2. Tinjau kembali Contoh 4.1 di atas.

DIVIDE dan CONQUER:

SOLVE dan COMBINE:

maks = 12 maks = 23

min = 1 maks = 35 min = 1 maks = 35

Deklarasi

min1, min2, maks1, maks2 : integer

Algoritma:

if i=j then

{ 1 elemen }

minA i maksA i

else if (i = j-1) then

{ 2 elemen }

if A i <A j then maksA j minA i

else maksA i minA j

endif else

{ lebih dari 2 elemen }

k(i+j) div 2 { bagidua tabel pada posisi k } MinMaks2(A, i, k, min1, maks1) MinMaks2(A, k+1, j, min2, maks2) if min1 < min2 then

minmin1 else minmin2 endif

if maks1<maks2 then maksmaks2

else maksmaks2

endif

Kompleksitas waktu asimptotik:

1 , n  2  2 T ( n / 2 )  2 , n  2

Penyelesaian:

Asumsi: n = 2 k , dengan k bilangan bulat positif, maka

T (n) = 2T(n/2) + 2 = 2(2T(n/4) + 2) + 2 = 4T(n/4) + 4 + 2 = 4T(2T(n/8) + 2) + 4 + 2 = 8T(n/8) + 8 + 4 + 2 = ...

= n/2 + n –2 = 3n/2 –2

16 = O(n)

Bandingkan: • MinMaks1 secara brute force : T(n) = 2n – 2

• MinMaks2 secara divide and conquer: T(n) = 3n/2 – 2 • Perhatikan: 3n/2 – 2 < 2n – 2 , n  2. • Kesimpulan: algoritma MinMaks lebih mangkus

dengan algoritma Divide and Conquer. • Algoritma divide and conquer dapat membantu kita

menemukan algoritma yang mangkus.

Algoritma Pengurutan Secara Divide and Conquer

procedure Sort(input/output A : TabelInt, input n : integer)

{ Mengurutkan tabel A dengan metode Divide and Conquer Masukan: Tabel A dengan n elemen Keluaran: Tabel A yang terurut

Algoritma:

if Ukuran(A) > 1 then Bagi A menjadi dua bagian, A1 dan A2, masing-masing berukuran n1 dan n2 (n = n1 + n2)

Sort(A1, n1) { urut bagian kiri yang berukuran n1 elemen } Sort(A2, n2) { urut bagian kanan yang berukuran n2 elemen }

Combine(A1, A2, A) { gabung hasil pengurutan bagian kiri dan bagian kanan }

end

Contoh:

4 12 3 9 1 21 5 2 A

Dua pendekatan (approach) pengurutan:

1. Mudah membagi, sulit menggabung (easy split/hard join) Tabel A dibagidua berdasarkan posisi elemen:

A 1 4 12 3 9 A 2 1 21 5 2 Divide:

A 1 3 4 9 12 A 2 1 2 5 21 Sort:

Combine:

A 1 1 2 3 4 5 9 12 21

Algoritma pengurutan yang termasuk jenis ini:

a. urut-gabung (Merge Sort) b. urut-sisip (Insertion Sort)

2. Sulit membagi, mudah menggabung (hard split/easy join)

Tabel A dibagidua berdasarkan nilai elemennya. Misalkan elemen-elemen A1  elemen-elemen A2.

4 12 3 9 1 21 5 2 A

A 1 4 2 3 1 A 2 9 21 5 Divide: 12

A 1 1 2 3 4 A 2 5 9 Sort: 12 21

A 1 2 3 4 5 9 Combine: 12 21

Algoritma pengurutan yang termasuk jenis ini:

a. urut-cepat (Quick Sort) b. urut-seleksi (Selection Sort)

(a) Merge Sort

• Ide merge sort:

Merge Sort

Algoritma:

1. Untuk kasus n = 1, maka tabel A sudah terurut dengan sendirinya (langkah SOLVE).

2. Untuk kasus n > 1, maka

(a) DIVIDE: bagi tabel A menjadi dua bagian,

bagian kiri dan bagian kanan, masing-masing bagian berukuran n/2 elemen.

(b) CONQUER: Secara rekursif, terapkan algoritma D-and-C pada masing-masing bagian. (c) MERGE: gabung hasil pengurutan kedua

bagian sehingga diperoleh tabel A yang terurut.

Contoh Merge:

Proses merge :

Contoh 4.3. Misalkan tabel A berisi elemen-elemen berikut:

DIVIDE, CONQUER, dan SOLVE:

MERGE: 4 12 9 23 1 21 2 5

{ Mengurutkan tabel A[i..j] dengan algoritma Merge Sort Masukan: Tabel A dengan n elemen Keluaran: Tabel A yang terurut

Deklarasi:

k : integer

Algoritma:

if i < j then

{ Ukuran(A)> 1}

k(i+j) div 2 MergeSort(A, i, k) MergeSort(A, k+1, j) Merge(A, i, k, j)

endif

Prosedur Merge:

procedure Merge(input/output A : TabelInt, input kiri,tengah,kanan : integer) { Menggabung tabel A[kiri..tengah] dan tabel A[tengah+1..kanan] menjadi tabel A[kiri..kanan] yang terurut menaik. Masukan: A[kiri..tengah] dan tabel A[tengah+1..kanan] yang sudah

terurut menaik. Keluaran: A[kiri..kanan] yang terurut menaik. }

Deklarasi

B : TabelInt i, kidal1, kidal2 : integer

Algoritma:

kidal1kiri

{ A[kiri .. tengah] }

kidal2tengah + 1 { A[tengah+1 .. kanan] } ikiri while (kidal1  tengah) and (kidal2  kanan) do

if A kidal1 A kidal2 then B i A kidal1 kidal1kidal1 + 1 else B i A kidal2 kidal2kidal2 + 1 endif ii + 1

endwhile { kidal1 > tengah or kidal2 > kanan }

{ salin sisa A bagian kiri ke B, jika ada } while (kidal1  tengah) do

B i A kidal1 kidal1kidal1 + 1 ii + 1

endwhile { kidal1 > tengah }

{ salin sisa A bagian kanan ke B, jika ada } while (kidal2  kanan) do B i A kidal2 kidal2kidal2 + 1 ii + 1

endwhile { kidal2 > kanan }

{ salin kembali elemen-elemen tabel B ke A } for ikiri to kanan do A i B i endfor { diperoleh tabel A yang terurut membesar }

 Kompleksitas waktu:

Asumsi: n = 2 k

T (n) = jumlah perbandingan pada pengurutan dua buah upatabel + jumlah perbandingan pada prosedur Merge

2 T ( n / 2 )  cn , n  1 

Penyelesaian:

T(n) = 2T(n/2) + cn = 2(2T(n/4) + cn/2) + cn = 4T(n/4) + 2cn = 4(2T(n/8) + cn/4) + 2cn = 8T(n/8) + 3cn = ...

k =2 T(n/2 ) +kcn

Berhenti jika ukuran tabel terkecil, n = 1:

2 T (n) = nT(1) + cn log n

= na + cn log n 2 = O(n log n)

(b) Insertion Sort

procedure InsertionSort(input/output A : TabelInt,

input i, j : integer)

{ Mengurutkan tabel A[i..j] dengan algoritma Insertion Sort. Masukan: Tabel A dengan n elemen Keluaran: Tabel A yang terurut

Deklarasi:

k : integer

Algoritma:

if i < j then

{ Ukuran(A)> 1}

ki InsertionSort(A, i, k) InsertionSort(A, k+1, j) Merge(A, i, k, j)

endif

Perbaikan:

procedure InsertionSort(input/output A : TabelInt,

input i, j : integer)

{ Mengurutkan tabel A[i..j] dengan algoritma Insertion Sort. Masukan: Tabel A dengan n elemen Keluaran: Tabel A yang terurut

Deklarasi:

k : integer

Algoritma:

if i < j then

{ Ukuran(A)> 1}

ki InsertionSort(A, k+1, j) Merge(A, i, k, j)

endif

Prosedur Merge diganti dengan prosedur penyisipan sebuah elemen pada tabel yang sudah terurut (lihat algoritma Insertion Sort versi iteratif).

Contoh 4.4. Misalkan tabel A berisi elemen-elemen berikut:

DIVIDE, CONQUER, dan SOLVE::

MERGE: 4 12 3 9 1 21 2 5

Kompleksitas waktu algoritma Insertion Sort:

T ( n  1 )  cn , n  1 

Penyelesaian:

T (n) = cn + T(n – 1) = cn + { c  (n – 1) + T(n – 2) } = cn + c(n – 1) + { c  (n – 2) + T(n – 3) } = cn + c  (n – 1) + c  (n – 2) + {c(n – 3) + T(n – 4) }

= ... = cn + c  (n – 1) + c(n – 2) + c(n – 3) + ... + c2 + T(1)

= c{ n + (n – 1) + (n – 2) + (n – 3) + ... + 2 } + a = c{ (n – 1)(n + 2)/2 } + a 2 = cn /2 + cn/2 + (a –c) 2 = O(n )

(c) Quick Sort

• Ditemukan oleh Tony Hoare tahun 1959 dan dipublikasikan tahun 1962.

• Termasuk pada pendekatan sulit membagi, mudah menggabung (hard split/easy join)

• Tabel A dibagi (istilahnya: dipartisi) menjadi

A 1 dan A2 sedemikian sehingga elemen- elemen A1  elemen-elemen A2.

A Partisi: 2 9 21 5 12

A Sort: 2 5 9 12 21

A Combine: 1 2 3 4 5 9 12 21

• Terdapat beberapa varian Algoritma Quicksort. Versi orisinal adalah Hoare seperti di bawah ini:

Teknik mem-partisi tabel: (i) pilih x  { A[1], A[2], ..., A[n] } sebagai pivot, (ii) pindai tabel dari kiri sampai ditemukan A[p] x (iii) pindai tabel dari kanan sampai ditemukan A[q] x (iv) pertukarkan A[p]  A[q] (v) ulangi (ii), dari posisi p + 1, dan (iii), dari posisi q –1,

sampai kedua pemindaian bertemu di tengah tabel

Contoh 4.6. Misalkan tabel A berisi elemen-elemen berikut:

Langkah-langkah partisi:

(i): 8 1 4 6 9 3 5 7 pivot

(ii) & (iii): 8

p q

(iv):

(ii) & (iii): 5

(ii) & (iii): 5

q p (q < p, berhenti)

Hasil partisi pertama:

kiri:

kanan:

(q > p , berhenti) (q > p , berhenti)

p

q

p

q

p>q, berhenti

q p

q p

p>q

p>q

1 3 4 5 6 7 8 9 (terurut)

Pseudo-code Quick Sort:

procedure QuickSort(input/output A : TabelInt, input i,j: integer)

{ Mengurutkan tabel A[i..j] dengan algoritma Quick Sort. Masukan: Tabel A[i..j] yang sudah terdefinisi elemen-elemennya. Keluaran: Tabel A[i..j] yang terurut menaik.

Deklarasi

k : integer

Algoritma:

if i < j then { Ukuran(A) > 1 } Partisi(A, i, j, k) { Dipartisi pada indeks k }

QuickSort(A, i, k) { Urut A[i..k] dengan Quick Sort } QuickSort(A, k+1, j) { Urut A[k+1..j] dengan Quick Sort }

endif

{ Membagi tabel A[i..j] menjadi upatabel A[i..q] dan A[q+1..j] Masukan: Tabel A[i..j]yang sudah terdefinisi harganya. Keluaran upatabel A[i..q] dan upatabel A[q+1..j] sedemikian sehingga

elemen tabel A[i..q] lebih kecil dari elemen tabel A[q+1..j]

Deklarasi

pivot, temp : integer

Algoritma:

pivotA[(i + j) div 2]

{ pivot = elemen tengah}

pi qj

repeat while A[p] < pivot do pp+1 endwhile { A[p] >= pivot}

while A[q] > pivot do qq –1 endwhile

{ A[q] <= pivot}

if p < q then {pertukarkan A[p] dengan A[q] } swap(A[p], A[q])

{tentukan awal pemindaian berikutnya } pp+1

qq-1 endif until p > q

Versi kedua: Partisi sedemikian rupa sehingga elemen-elemen larik kiri  pivot dan elemen-elemen larik kanan  dari pivot.

pivot

Contoh:

pivot

Partisi 2, 3, 1, 4, 5 , 8, 9, 7

Semua  pivot

Semua  pivot

Pseudo-code Quick Sort versi 2:

procedure QuickSort2(input/output A : TabelInt, input i,j: integer)

{ Mengurutkan tabel A[i..j] dengan algoritma Quick Sort. Masukan: Tabel A[i..j] yang sudah terdefinisi elemen-elemennya. Keluaran: Tabel A[i..j] yang terurut menaik.

Deklarasi

k : integer

Algoritma:

if i < j then { Ukuran(A) > 1 } Partisi2(A, i, j, k) { Dipartisi pada indeks k } QuickSort2(A, i, k-1) { Urut A[i..k-1] dengan Quick Sort } QuickSort2(A, k+1, j) { Urut A[k+1..j] dengan Quick Sort }

endif

{ Membagi tabel A[i..j] menjadi upatabel A[i..q] dan A[q+1..j] Masukan: Tabel A[i..j]yang sudah terdefinisi harganya. Keluaran upatabel A[i..q] dan upatabel A[q+1..j] sedemikian sehingga elemen tabel A[i..q] lebih kecil dari pivot dan elemen tabel A[q+1..j] lebih besar dari pivot

Deklarasi

pivot : integer p : integer

Algoritma:

pivotA[i] { missal pivot = elemen pertama} pi q  j+1

repeat repeat

pp+1 until A[p]  pivot

repeat qq –1 until A[q]  pivot

swap(A[p], A[q]) {pertukarkan A[p] dengan A[q] } until p  q

swap(A[p], A[q]) { undo last swap when p  q } swap(A[i], A[q])

Contoh: (Levitin, 2003)

p  stop sebab p > q 2 3 1 4 5 8 9 7

p

q

p

q 2 1 3 4 8 7 9

2 1 3 4 8 7 9 q

p

q

p 1 2 3 4 7 8 9 1 3 4 7 9

q

p 4

Terurut:

Cara pemilihan pivot:

1. Pivot = elemen pertama/elemen terakhir/elemen tengah tabel

2. Pivot dipilih secara acak dari salah satu elemen tabel.

3. Pivot = elemen median tabel

Kompleksitas Algoritma Quicksort:

1. Kasus terbaik (best case) • Kasus terbaik terjadi bila pivot adalah

elemen median sedemikian sehingga kedua upatabel berukuran relatif sama setiap kali pempartisian.

n /2

n /4

n /4

n /4

n/4

n/8

n/8 n/8

n/8 n/8 n/8 n/8

n /8

2 T ( n / 2 )  cn , n   1

Penyelesaian (seperti pada Merge Sort):

T (n) = 2T(n/2) + cn = na + cn log n = O(n log n).

2. Kasus terburuk (worst case) • Kasus ini terjadi bila pada setiap partisi pivot

selalu elemen maksimum (atau elemen minimum) tabel.

• Kasus jika tabel sudah terurut menaik/menurun

1 n –1

1 n –2

1 n –3

Kompleksitas waktu pengurutan:

T ( n  1 )  cn , n 

Penyelesaian (seperti pada Insertion Sort):

T (n) = T(n – 1) + cn = O(n ).

3. Kasus rata-rata (average case) • Kasus ini terjadi jika pivot dipilih secara acak

dari elemen tabel, dan peluang setiap elemen dipilih menjadi pivot adalah sama.

•T avg (n) = O(n log n).

(d) Selection Sort

procedure SelectionSort(input/output A : TabelInt, input i,j: integer)

{ Mengurutkan tabel A[i..j] dengan algoritma Selection Sort. Masukan: Tabel A[i..j] yang sudah terdefinisi elemen-elemennya. Keluaran: Tabel A[i..j] yang terurut menaik.

Algoritma:

if i < j then

{ Ukuran(A) > 1 }

Bagi(A, i, j) SelectionSort(A, i+1, j)

endif

{ Mencari elemen terkecil di dalam tabel A[i..j], dan menempatkan elemen terkecil sebagai elemen pertama tabel.

Masukan: A[i..j] Keluaran: A[i..j] dengan A i adalah elemen terkecil.

Deklarasi

idxmin, k, temp : integer

Algoritma: idxmini for ki+1 to jdo

if A k <A idxmin then idxmink

endif endfor

{ pertukarkan A i dengan A idxmin } tempA i A i A idxmin A idxmin temp

Contoh 4.5. Misalkan tabel A berisi elemen-elemen berikut:

Langkah-langkah pengurutan dengan Selection Sort:

Kompleksitas waktu algoritma:

T ( n  1 )  cn , n  1 

Penyelesaian (seperti pada Insertion Sort):

T (n) = O(n ).

Teorema Master

Misalkan T(n) adalah fungsi menaik yang memenuhi relasi rekurens:

T d (n) = aT(n/b) + cn

yang dalam hal ini n = b k , k = 1, 2, …, a  1, b  2,

dan c dan d adalah bilangan riil  0, maka

jika a  b

T (n) adalah  O ( n log n ) jika a  b

) jika a  b

log b a d

Contoh: Pada algoritma Mergesort/Quick Sort,

2 T ( n / 2 )  cn , n  1 

Menurut Teorema Master, a = 2, b = 2, d = 1, dan

a d =b , maka relasi rekurens:

T (n) = 2T(n/2) + cn = O(n log n)

Persoalan Pemasangan Ubin

Persoalan: Diberikan sebuah papan yang berukuran

2 2k ×2 . Tersedia sebuah ubin dan 2 – 1 buah ubin

kk

yang terdiri dari kelompok 3-ubin berbentuk huruf L. Pasanglah semua ubin pada papan tersebut.

Algoritma D & C: • Bagi papan menjadi 4 bagian • Ubin tunggal dapat ditaruh di mana saja.

• Tempatkan kelompok 3-ubin berbentuk L pada bagian tengah yang tidak ada ubin

tunggal

Latihan

• (Soal UTS 2011) Misalkan anda mempunyai array A[1..n] yang telah berisi n elemen integer. Elemen mayoritas di dalam A

adalah elemen yang terdapat pada lebih dari n/2 posisi (jadi, jika n = 6 atau n = 7, elemen mayoritas terdapat pada paling sedikit 4 posisi). Rancanglah algoritma divide and conquer (tidak dalam bentuk pseudo-code, tapi dalam bentuk uraian deskriptif) untuk menemukan elemen mayoritas di dalam A (atau menentukan tidak terdapat elemen mayoritas). Jelaskan algoritma anda dengan contoh sebuah array berukuran 8 elemen. Selanjutnya, perkirakan kompleksitas algoritmanya dalam hubungan rekursif (misalnya T(n) = bT(n/p) + h(n)), lalu selesaikan T(n) tersebut.

Solusi:

1. Jika n = 1, maka elemen tunggal tersebut adalah mayoritasnya sendiri.

2. Jika n > 1, maka bagi array menjadi dua bagian (kiri dan

kanan) yang masing-masing berukuran sama (n/2).

3. Tahap combine. Ada empat kemungkinan kasus: Kasus 1: tidak ada mayoritas pada setiap bagian, sehingga

array gabungan keduanya tidak memiliki mayoritas. Return : “no majority” Contoh:

Ingat definisi

no majority

no majority

mayoritas!

“no majority”

Kasus 2: bagian kanan memiliki mayoritas, bagian kiri tidak. Pada array gabungan, hitung jumlah elemen yang sama dengan elemen mayoritas bagian kanan tersebut;

Jika elemen tersebut mayoritas, return elemen tersebut, kalau tidak return “no majority”

Contoh:

Ingat definisi mayoritas!

no majority

majority = 4

Ingat definisi

4 3 4 2 7 4 4 4 mayoritas! Jumlah elemen 4 = 5 buah  mayoritas

“majority = 4” 69

Contoh lain (tidak ada mayoritas):

no majority

majority = 4

4 3 5 2 7 4 4 4 Jumlah elemen 4 = 4 buah  bukan mayoritas

“no majority”

Kasus 3: bagian kiri memiliki mayoritas, bagian kanan tidak. Pada array gabungan, hitung jumlah elemen yang sama dengan elemen mayoritas bagian kiri tersebut.

Jika elemen tersebut mayoritas, return elemen tersebut, kalau tidak return “no majority”

Contoh:

majority = 3

no majority

3 3 4 3 7 3 3 4 Jumlah elemen 3 = 5 buah  mayoritas

“majority = 3” 71

Kasus 4: bagian kiri dan bagian kanan memiliki mayoritas, Pada array gabungan, hitung jumlah elemen yang sama dengan kedua elemen kandidat mayoritas tersebut.

Jika salah satu kandidat adalah elemen mayoritas, return elemen tersebut, kalau tidak return “no majority”

Jumlah elemen 3 = 3 buah Jumlah elemen 4 = 5 buah  mayoritas

“majority = 4”

Contoh keseluruhan:

  divide

4 3 4 4 4 5 4 3  solve

m=4 m=3 m=4 m=4 m=4 m=5 m=4 m=3

4 3 4 4 4 5 4 3   combine

m=4

nm

m=4

Kompleksitas waktu algoritma mayoritas: T (n) adalah jumlah operasi perbandingan yang terjadi (pada saat menghitung jumlah elemen yang sama dengan

kandidat mayoritas)

Pada setiap level terdapat dua pemanggilan rekursif, masing-masing untuk n/2 elemen array.

Jumlah perbandingan yang terjadi paling banyak 2n (upper bound ) yaitu pada kasus 4, untuk array berukuran n. Secara umum jumlah perbandingan = cn.

Untuk n = 1, jumlah perbandingan = 0, secara umum = a.

Jadi,

2 T ( n / 2 )  cn , n  1 

Menurut Teorema Master,

T (n) = 2T(n/2) + cn = O(n log n)

Mencari Pasangan Titik yang Jaraknya Terdekat ( Closest Pair)

Persoalan: Diberikan himpunan titik, P, yang terdiri dari n buah titik, (x i ,y i ), pada bidang 2-D. Tentukan sepasang titik di dalam P yang jaraknya terdekat satu sama lain.

77

Jarak dua buah titik p 1 = (x 1 ,y 1 ) dan p 2 = (x 2 ,y 2 ):

Penyelesaian secara Brute Force

• Hitung jarak setiap pasang titik. Ada sebanyak C(n, 2) = n(n – 1)/2 pasangan titik

• Pilih pasangan titik yang mempunyai jarak

terkecil.

• Kompleksitas algoritma adalah O(n ).

Penyelesaian secara Divide and Conquer

• Asumsi: n = 2 dan titik-titik sudah diurut berdasarkan absis (x).

• Algoritma Closest Pair:

1. SOLVE: jika n = 2, maka jarak kedua

titik dihitung langsung dengan rumus Euclidean.

2. DIVIDE: Bagi himpunan titik ke dalam dua bagian, S 1

dan S 2 , setiap bagian

mempunyai jumlah titik yang

sama. L adalah garis maya

p yang membagi dua 4 himpunan titik ke dalam dua p

sub-himpunan, masing-

masin n/2 titik. p 1

1 Garis L dapat dihampiri sebagai 2

y =x n /2 dengan asumsi titik-titik diurut menaik berdasarkan absis.

3. CONQUER: Secara rekursif, terapkan algoritma D- and-C pada masing-masing bagian.

4. COMBINE: Pasangan titik yang jaraknya terdekat ada tiga kemungkinan letaknya:

(a) Pasangan titik terdekat terdapat di bagian S 1 . (b) Pasangan titik terdekat terdapat di bagian S 2 . (c) Pasangan titik terdekat dipisahkan oleh garis

batas L, yaitu satu titik di S 1 dan satu titik di S 2 . Jika kasusnya adalah (c), maka lakukan tahap ketiga

untuk mendapatkan jarak dua titik terdekat sebagai solusi persoalan semula.

output d : real)

{ Mencari jarak terdekat sepasang titik di dalam himpunan P. }

Deklarasi:

d1, d2 : real

Algoritma: if n = 2 then

d  jarak kedua titik dengan rumus Euclidean

else

S1  {p 1 ,p 2 ,..., p n/2 }

S2  {p n/2+1 ,p n/2+2 ,..., p n } FindClosestPair2(S1, n/2, d1) FindClosestPair2(S2, n/2, d2)

d  MIN(d1,d2) {--***********************************************--} Tentukan apakah terdapat titik p l di S1 dan p r di S2 dengan jarak(p l ,p r ) < d. Jika ada, set

d dengan jarak terkecil tersebut. {--***********************************************--}

endif

• Jika terdapat pasangan titik p l and p r yang jaraknya lebih kecil dari d, maka kasusnya adalah:

(i) Absis x dari p l dan p r berbeda paling banyak sebesar d.

(ii) Ordinat y dari p l dan p r berbeda paling banyak sebesar d.

• Ini berarti p and p adalah sepasang titik yang berada l r di daerah sekitar garis vertikal L:

• Berapa lebar strip abu-abu tersebut?

• Kita membatasi titik-titik di dalam strip selebar 2d

S strip

• Oleh karena itu, implementasi tahap ketiga adalah sbb:

(i) Temukan semua titik di S1 t yang memiliki absis x minimal x n/2 – d.

(ii ) Temukan semua titik di S2 yang memiliki absis x maksimal x n/2 +d .

Sebut semua titik-titik yang ditemukan pada langkah (i) dan (ii) tersebut sebagai himpunan S strip yang

berisi s buah titik.

Urutkan titik-titik tersebut dalam urutan ordinat y yang menaik. Misalkan q1, q2 , ..., qs menyatakan

hasil pengurutan.

else

d3  EUCLIDEAN(q i ,q j ) if d3 < d then

d  d3

endif endif endfor endfor

• Jika diamati, kita tidak perlu memeriksa semua titik di dalam area strip abu-abu tersebut. Untuk sebuah titik P di

sebelah kiri garis L, kita hanya perlu memeriksa paling banyak enam buah titik saja yang jaraknya sebesar d dari ordinat P (ke atas dan ke bawah), serta titik-titik yang berjarak d dari garis L.

• Pengurutan titik-titik dalam absis x dan ordinat y

dilakukan sebelum menerapkan algoritma Divide and Conquer .

• Pemrosesan titik-titk di dalam S memerlukan strip waktu t(n) = cn = O(n). • Kompleksitas algoritma:

 2 T ( n / 2 )  cn , n  2

Solusi dari persamaan di atas adalah T(n) = O(n log n), sesuai dengan Teorema Master

Perpangkatan n a

Misalkan a  R dan n adalah bilangan bulat tidak negatif:

a n =a×a× … × a (n kali), jika n > 0

=1 , jika n = 0

Penyelesaian dengan Algoritma Brute Force

function Exp1(input a, n : integer)integer { Menghitung a n , a > 0 dan n bilangan bulat tak-negatif

Masukan: a, n Keluaran: nilai perpangkatan.

Deklarasi

k, hasil : integer

Algoritma:

hasil1 for k1 to n do

hasilhasil * a endfor

return hasil

Kompleksitas waktu algoritma:

T (n) = n = O(n)

Penyelesaian dengan Divide and Conquer

Algoritma menghitung a n :

1. Untuk kasus n = 0, maka a n = 1.

2. Untuk kasus n > 0, bedakan menjadi dua kasus lagi:

a

n (i) jika n genap, maka a /2 =a

n /2

n (ii) jika n ganjil, maka a /2 =a a a

n /2

Contoh 4.6. Menghitung 3 16 dengan metode Divide and Conquer:

Conquer }

Algoritma:

if n = 0 then return 1 else if odd(n) then { fungsi ganjil } return Exp2(a, n div 2)* Exp2(a, n div 2) * a else return Exp2(a, n div 2)* Exp2(a, n div 2) endif endif

Tidak mangkus, karena ada dua kali pemanggilan rekursif untuk nialai parameter yang sama  Exp2(a, n div 2)

Perbaikan:

function Exp3(input a :real, n : integer)  real { mengembalikan nilai a^n, dihitung dengan metode Divide and

Conquer }

Algoritma:

if n = 0 then return 1 else

xExp3(a, n div 2) if odd(n) then { fungsi n ganjil }

return x * x * a else return x * x endif endif

Kompleksitas algoritma:

Penyelesaian:

T (n) = 1 + T( n/2 ) = 1 + (1 + T( n/4 ) = 2 + T( n/4 ) = 2 + (1 + T( n/8 ) = 3 + T( n/8 )

= ... k = k + T( n/2 )

Persamaan terakhir diselesaikan dengan membuat n/2 =1,

k (n/2 )=1  log (n/2

log n  + T(1) 2 = 

log n  + 1 + T(0)

2 =  log n +1+0

2 =  log n  +1

=O( log n)

Perkalian Matriks

• Misalkan A dan B dua buah matrik berukuran n  n.

• Perkalian matriks: C = A × B

Elemen-elemen hasilnya: c ij  a i 1 b 1 j  a i 2 b 2 j    a in b nj   a ik b kj

Penyelesaian dengan Algoritma Brute Force

function KaliMatriks1(input A,B: Matriks, input n : integer) Matriks { Memberikan hasil kali matriks A dan B yang berukuran n × n.

Masukan: matriks integer A dan B, ukuran matriks (n) Keluaran: matriks C = A  B.

Deklarasi

i, j, k : integer C : Matriks

Algoritma: for i1 to n do for j1 to n do

C i,j 0 { inisialisasi penjumlah } for k  1 to n do

C i,j C i,j +A i,k *B k,j

endfor endfor

endfor

return C

3 3 Kompleksitas algoritma: T(n) = n 3 +n = O(n ).

Penyelesaian dengan Algoritma Divide and Conquer

Matriks A dan B dibagi menjadi 4 buah matriks bujur sangkar. Masing-masing matriks bujur sangkar berukuran n/2  n/2:

 A 11 A 12   B 11 B 12   C 11 C 12 

 A 21 A 22   B 21 B 22   C 21 C 22 

Elemen-elemen matriks C adalah:

C 11 = A11  B11 + A12  B21 C 12 = A11  B12 + A12  B22 C 21 = A21  B11 + A22  B21 C 22 = A21  B12 + A22  B22

Contoh 4.7. Misalkan matriks A adalah sebagai berikut:

Matriks A dibagi menjadi 4 upa-matriks 2 x 2:

 2 3  A 11 =

A22 =         21 5 12 10 45 9 0 1

A12 =

A21 =

Masukan: matriks integer A dan B, ukuran matriks (n) Keluaran: matriks C = A  B.

Deklarasi

i, j, k : integer A11, A12, A21, A22, B11, B12, B21, B22, C11, C12, C21, C22 : Matriks

Algoritma:

if n = 1 then return A 

B { perkalian biasa }

else Bagi A menjadi A11, A12, A21, dan A22 yang masing -masing

berukuran n/2  n/2 Bagi B menjadi B11, B12, B21, dan B22 yang masing-masing berukuran n/2  n/2

C11  KaliMatriks2(A11, B11, n/2) + KaliMatriks2(A12, B21, n/2) C12  KaliMatriks2(A11, B12, n/2) + KaliMatriks2(A12, B22, n/2) C21  KaliMatriks2(A21, B11, n/2) + KaliMatriks2(A22, B21, n/2) C22  KaliMatriks2(A21, B12, n/2) + KaliMatriks2(A22, B22, n/2) return C { C adalah gabungan C11, C12, C13, C14 }

endif

Pseudo-code algoritma penjumlahan (+), C = A + B:

function Tambah(input A, B : Matriks, input n : integer)  Matriks { Memberikan hasil penjumlahkan dua buah matriks, A dan B, yang

berukuran n × n. Masukan: matriks integer A dan B, ukuran matriks (n) Keluaran: matriks C = A + B

Deklarasi

i, j, k : integer

Algoritma: for i  1 to n do for j  1 to n do

C i,j  A i,j +B i,j

endfor endfor

return C

Kompleksitas waktu perkalian matriks seluruhnya adalah:

 8 T ( n / 2 )  cn , n  1

yang bila diselesaikan, hasilnya adalah:

3 T (n) = O(n )

Hasil ini tidak memberi perbaikan kompleksitas dibandingkan dengan algoritma brute force.

Dapatkah kita membuat algoritma perkalian matriks yang lebih baik?

Algoritma Perkalian Matriks Strassen

Hitung matriks antara: M 1 = (A12 – A22)(B21 + B22) M 2 = (A11 + A22)(B11 + B22) M 3 = (A11 – A21)(B11 + B12) M 4 = (A11 + A12)B22 M 5 = A11 (B12 – B22) M 6 = A22 (B21 – B11) M 7 = (A21 + A22)B11

maka,

C 11 = M1 + M2 – M4 + M6 C 12 = M4 + M5 C 21 = M6 + M7 C 22 = M2 – M3 + M5 – M7

• Volker Strassen (born April

29, 1936) is a German mathematician, a professor emeritus in the department of mathematics and statistics at the University of Konstanz.

• In 2008 he was awarded the Knuth Prize for "seminal and influential contributions to the design and analysis of efficient algorithms." [5]

Kompleksitas waktu algoritma perkalian matriks Strassen:

7 T ( n / 2 )  cn , n  1 

yang bila diselesaikan, hasilnya adalah

log 7

T (n) = O(n ) = O(n )

Perkalian Dua Buah Bilangan Bulat yang Besar

Persoalan: Misalkan bilangan bulat X dan Y

yang panjangnya n angka

X =x 1 x 2 x 3 …x n Y =y 1 y 2 y 3… y n

Hitunglah hasil kali X dengan Y.

Contoh 4.8. Misalkan,

X = 1234 (n = 4) Y = 5678 (n = 4)

Cara klasik mengalikan X dan Y:

X  Y = 1234

8368 7404 6170 + 7006652 ( 7 angka)

Pseudo-code algoritma perkalian matriks:

function Kali1(input X, Y : LongInteger, n : integer)  LongInteger { Mengalikan X dan Y, masing-masing panjangnya n digit dengan algoritma brute force.

Masukan: X dan Y yang panjangnya n angka Keluaran: hasil perkalian

Deklarasi

temp, AngkaSatuan, AngkaPuluhan : integer

Algoritma:

for setiap angka y i dari y n ,y n-1 , …, y 1 do

AngkaPuluhan  0

for setiap angka x j dari x n ,x n-1 , …, x 1 do

temp  x j *y i temp  temp + AngkaPuluhan AngkaSatuan  temp mod 10 AngkaPuluhan  temp div 10

tuliskan AngkaSatuan endfor endfor

Z  Jumlahkan semua hasil perkalian dari atas ke bawah return Z

Kompleksitas algoritma: O(n 111 ).

Penyelesaian dengan Algoritma Divide and Conquer

X dan Y dapat dinyatakan dalam a, b, c, d, dan s sebagai

s X =a  10

+b

Y s =c  10

+d

Contoh,

X = 346769 = 346  10 + 769

Y = 279431 = 279  10 + 431

Perkalian X dengan Y dinyatakan sebagai

X  Y = (a  10 + b)  (c  10 + d)

= ac  10 + ad  10 + bc  10 + bd

2s

= ac  10 + (ad + bc)  10 + bd

2s

Pseudo-code perkalian X dan Y:

function Kali2(input X, Y : LongInteger, n : integer)  LongInteger { Mengalikan X dan Y, masing-masing panjangnya n digit dengan algoritma Divide and Conquer.

Masukan: X dan Y Keluaran: hasil perkalian X dan Y

Deklarasi

a, b, c, d : LongInteger s : integer

Algoritma:

if n = 1 then return X * Y { perkalian biasa } else

sn div 2 { bagidua pada posisi s } aX div 10 s

bX mod 10 s c Y div 10 s d Y mod 10 s

return Kali2(a, c, s)*10 s + Kali2(b, c, s)*10 + Kali2(a, d, s)*10 s + Kali2(b, d, s)

2s

endif

Kompleksitas waktu algoritma:

 114 4 T ( n / 2 ) 

cn , n  1

• Penyelesaian: T 2 (n) = O(n ).

• Ternyata, perkalian dengan algoritma Divide and Conquer seperti di atas belum

memperbaiki kompleksitas waktu algoritma perkalian secara brute force.

• Adakah algoritma perkalian yang lebih baik?

Perbaikan (A.A Karatsuba, 1962):

Misalkan

r = (a + b)(c + d) = ac + (ad + bc) + bd

maka,

(ad + bc) = r – ac – bd = (a + b)(c + d) – ac – bd

Dengan demikian, perkalian X dan Y dimanipulasi menjadi

X  Y = ac  10 + (ad + bc)  10 + bd

2s

s  ac  10  { ( a  b )( c  d )  ac  bd }  10  bd    

     p q

Anatolii Alexevich Karatsuba

Anatolii Alexeevitch Karatsuba (Russian: Анато́лий

Алексе́евич Карацу́ба; Grozny, January 31, 1937 — Moscow, September 28, 2008) was a Russian mathematician, who

authored the first fast multiplication method: the Karatsuba algorithm, a fast procedure for multiplying large numbers. (Sumber: Wikipedia)

Masukan: X dan Y Keluaran: hasil perkalian X dan Y

Deklarasi

a, b, c, d : LongInteger s : integer

Algoritma:

if n = 1 then return X * Y { perkalian biasa } else

sn div 2 { bagidua pada posisi s } aX div 10 s

bX mod 10 s c Y div 10 s d Y mod 10 s

pKali3(a, c, s) qKali3(b, d, s) rKali3(a + b, c + d, s)

return p*10 s + (r – p – q)*10 +q

2s

endif 118

Kompleksitas waktu algoritmanya:

T (n) = waktu perkalian integer yang berukuran n/2 +

2s waktu untuk perkalian dengan 10 dan 10 dan waktu untuk penjumlahan

 3 T ( n / 2 )  cn , n  1

log 3

Bila relasi rekurens diselesaikan, diperoleh T(n) = O(n ) = O 1.59 (n ), lebih baik daripada kompleksitas waktu dua algoritma

perkalian sebelumnya.

135