Jogos de formação de redes Jogo de conexão local: n

(1)

n jogadores vão formar um grafo comn vértices estratégia de cada jogador: vértices com quem se liga

(2)

n jogadores vão formar um grafo comn vértices estratégia de cada jogador: vértices com quem se liga Dadas as escolhas dos jogadores, temos um grafo G. Qual é o custo deG para cada jogador?

(3)

n jogadores vão formar um grafo comn vértices estratégia de cada jogador: vértices com quem se liga Dadas as escolhas dos jogadores, temos um grafo G. Qual é o custo deG para cada jogador?

Custo por ligação: α >0 Custo por distâncias:

soma da distância em G a cada outro vértice c_v(G) = α|N_v|+ X

u∈[n]

d_G(u,v),

onde N_v é o conjunto de vértices a quem v se ligou.

(4)

(5)

Para α =2, temos os seguintes custos:

◮ vértice verde: 4+ (1+1+1+2+3) =4+8=12

◮ vértice azul: 4+ (1+1+1+1+2) =4+6=10

◮ vértice marrom: 2+ (1+2+2+3+3) =2+11=13

(6)

◮ vértice verde: 4+ (1+1+1+2+3) =4+8=12

◮ vértice azul: 4+ (1+1+1+1+2) =4+6=10

◮ vértice marrom: 2+ (1+2+2+3+3) =2+11=13 É um equilíbrio?

(7)

◮ vértice verde: 4+ (1+1+1+2+3) =4+8=12

◮ vértice azul: 4+ (1+1+1+1+2) =4+6=10

◮ vértice marrom: 2+ (1+2+2+3+3) =2+11=13 É um equilíbrio?

Não... o verdepor exemplo pode melhorar...

(8)

Para α <1, o grafo completo é o único equilíbrio, e é solução ótima: o preço da anarquia é 1 paraα <1.

Suponha então que α≥1.

Fabrikant, Luthra, Maneva, e Papadimitriou (2003) Lema: Se um grafo é um equilíbro com diâmetro d, então seu custo social éO(d) vezes o custo social ótimo.

(9)

Diâmetro: distância máxima entre dois vértices do grafo.

(10)

Diâmetro: distância máxima entre dois vértices do grafo.

Teorema: O diâmetro de um equilíbrio é no máximo 2√ α, e portanto o preço da anarquia éO(√α).

(11)

Lema: Se um grafo é um equilíbro com diâmetro d, então seu custo social éO(d) vezes o custo social ótimo.

Teorema: O diâmetro de um equilíbrio é no máximo 2√α, e portanto o preço da anarquia é O(√

α).

(12)

α).

Prova: Pelo Lema, basta provar a primeira parte:

(13)

α).

Prova: Pelo Lema, basta provar a primeira parte:

que o diâmetro de um equilíbrio é no máximo 2√α.

(14)

e portanto o preço da anarquia é O( α).

Prova: Sejamu ev tq d(u,v)>2k para algum k ≥1.

u v

P

(15)

e portanto o preço da anarquia é O(√α).

u v

P

Se u passar a pagar pela arestauv, gasta mais α e economizanas distâncias

> (2k−1) + (2k−3) +· · ·+3+1 = k².

(16)

e portanto o preço da anarquia é O(√α).

u v

P

Se u passar a pagar pela arestauv, gasta mais α e economizanas distâncias

> (2k−1) + (2k−3) +· · ·+3+1 = k². Se k ≥√α, não é um equilíbrio, pois vale a pena parau.

(17)

Lema: Se um grafoG é um equilíbro com diâmetro d, então seu custo social éO(d) vezes o custo social ótimo.

(18)

Prova: Ótimo tem custoΩ(αn+n²),

pois o grafo tem que ser conexo (m≥n−1).

(19)

Vamos mostrar que o custo social de G éO(dαn+dn²).

(20)

Se G tem diâmetro d, o custo das distâncias éO(dn²).

(21)

Resta analisar o custo das arestas de G.

(22)

Prova: Ótimo tem custoΩ(αn+n²).

(23)

Quebramos o custo das arestas em duas partes:

◮ arestas de corte

◮ arestas não de corte

(24)

No máximo n−1 arestas de corte.

(25)

No máximo n−1 arestas de corte.

Então arestas de corte custam menos que αn.

(26)

então seu custo social éO(d) vezes o custo social ótimo.

Se G tem diâmetro d, ocusto das distâncias é O(dn²).

Arestas de corte custam menos queαn.

Falta contabilizar o custo das arestas não de corte.

(27)

Vamos mostrar que:

cada vértice paga por O(nd/α) arestas não de corte.

(28)

Vamos mostrar que:

Disso segue que custo total destas arestas é O(n²d), e a prova do lema termina.

(29)

Prova: Falta mostrar que:

(30)

Para cada vértice u e cada aresta e =uv paga poru,

V_e: conjunto dos w tq todocaminho mínimo deu aw usae.

u v

e V_e

(31)

u v

e V_e

Note que V_e e disjunto de umV_f para f 6=e.

(32)

u v

e V_e

Note que V_e e disjunto de umV_f para f 6=e.

Ideia da prova: mostrar uma delimitação inferior em|V_e|, que implica que não podem haver muitos tais e’s incidentes a u.

(33)

u v e

V_e

(34)

u v e

V_e

Ao remover e, a distância deu aos vértices deV_e (e só a eles) aumenta.

(35)

u v e

V_e

Ao remover e, a distância deu aos vértices deV_e (e só a eles) aumenta. Aumenta de quanto?

(36)

u v e C

w

Seja w o vértice mais distante deu emC.

(37)

u v e C

w

Note que o trecho C_uw é um caminho mínimo emG, logo tem comprimento no máximo d.

(38)

u v e C

w

Analogamente, o trecho C_v_w é um caminho mínimo emG, logo tem comprimento no máximo d.

(39)

u v e C

w

Analogamente, o trecho C_v_w é um caminho mínimo emG, logo tem comprimento no máximo d.

Assim sendo d(u,v) após a remoção dee é no máximo 2d.

(40)

V_e: conjunto dos w tq todocaminho mínimo deu aw usae. Ao remover e, a distância deu aos vértices deV_e

(e só a eles) aumenta. Aumenta de quanto?

Distância de u av sobe para no máximo 2d.

(41)

Então custo de u desce deα, e sobe de no máximo 2d|V_e|. Ou seja, 2d|V_e| ≥α e |V_e| ≥α/2d.

(42)

V_e’s são disjuntos, logo≤n/(α/2d) =2dn/α=O(dn/α) V_e’s.

(43)

V_e’s são disjuntos, logo≤n/(α/2d) =2dn/α=O(dn/α) V_e’s.

Então cada vértice paga por O(nd/α) arestas não de corte.

(44)

Fabrikant, Luthra, Maneva, e Papadimitriou (2003) Teorema: O diâmetro de um equilíbrio é no máximo 2√α, e portanto o preço da anarquia éO(√

α).

(45)

Fabrikant, Luthra, Maneva, e Papadimitriou (2003) Teorema: O diâmetro de um equilíbrio é no máximo 2√α, e portanto o preço da anarquia éO(√

α).

Lin (2003) e independentemente

Albers, Eilts, Even-Dar, Mansour e Rodittyt (2006) Teorema: O preço da anarquia éO(1) seα=O(√n).

Em geral, o preço da anarquia éO(1+α/√n).

(46)

Teorema: O preço da anarquia éO(1) seα=O(√n).

(47)

Ideia da prova: Vamos usar o lema do começo da aula, ou seja, vamos mostrar que o diâmetro de um equilíbrio é O(1+α/√n).

(48)

Prova: Sejad =d(u,v) e d^′=⌊^d−₄¹⌋.

(49)

B: conjunto dos vértices à distância no máximod^′ deu. B

u d’ v

(50)

u d’ v

Queremos dar uma delimitação superior para d.

(51)

u d’ v

Queremos dar uma delimitação superior para d.

Para isso mostraremos uma delimitação superior e inferior para |B|.

(52)

Em geral, o preço da anarquia éO(1+α/ n).

u d’ v

(53)

u d’ v

Se v pagar por uv, a distância de v a cada vértice de B, que era pelo menosd −d^′, cai para no máximod^′+1.

(54)

u d’ v

Se v pagar por uv, a distância de v a cada vértice de B, que era pelo menosd −d^′, cai para no máximod^′+1.

Se G é um equilíbrio, α≥ |B|(d−2d^′−1)≥(d−1)|B|/2.

(55)

B: conjunto dos vértices à distância no máximod^′ deu.

Se G é um equilíbrio, α≥(d −1)|B|/2. (delimitação superior)

(56)

Se G é um equilíbrio, α≥(d −1)|B|/2. (delimitação superior) A_w: conjunto dos vérticest 6∈B tq

A_w: há caminho mínimo de u a t que deixaB por w. B

v t

u w

(57)

v t

u w

Se A_w 6=∅, entãod(u,w) =d^′.

(58)

v t

u w

Se A_w 6=∅, entãod(u,w) =d^′.

Se u pagar por uw, economiza|A_w|(d^′−1).

(59)

Se G é um equilíbrio, α≥(d −1)|B|/2. (delimitação superior) A_w: conjunto dos vérticest tq

A_w: há caminho mínimo de u a t que deixaB por w. Se u pagar por uw, economiza|A_w|(d^′−1).

(60)

Logo α≥ |A_w|(d^′−1).

(61)

Logo α≥ |A_w|(d^′−1).

Note que existe w tq|A_w| ≥(n− |B|)/|B|.

(62)

Logo α≥ |A_w|(d^′−1).

Note que existe w tq|A_w| ≥(n− |B|)/|B|.

Combinando, concluímos que α≥(d^′−1)(n− |B|)/|B|.

(63)

Se G é um equilíbrio, α≥(d −1)|B|/2. (delimitação superior) Concluímos também queα ≥(d^′−1)(n− |B|)/|B|.

(64)

Portanto |B|(1+α/(d^′−1))≥n.

(65)

Portanto |B|(1+α/(d^′−1))≥n. Ou seja, |B|(d^′−1+α)≥(d^′−1)n.

(66)

Portanto |B|(1+α/(d^′−1))≥n. Ou seja, |B|(d^′−1+α)≥(d^′−1)n.

E, como α≥(d−1)|B|/2>d^′, vale que|B| ≥n(d^′−1)/2α.

(67)

Teorema: O preço da anarquia é (1) se ).

Se G é um equilíbrio, α≥(d −1)|B|/2. (delimitação superior) E vale que |B| ≥n(d^′−1)/2α. (delimitação inferior)

(68)

Então α≥(d−1)|B|/2≥(d −1)n(d^′−1)/4α ≥n(d^′−1)²/α.

(69)

Ou seja, α² ≥n(d^′−1)², e

(70)

d ≤4(d^′+1)≤4d^′+4=4(d^′−1) +8≤4α/√n+8.

(71)

d ≤4(d^′+1)≤4d^′+4=4(d^′−1) +8≤4α/√n+8.

Então o diâmetro é O(1+α/√n) e,

do lema do começo da aula, PoA=O(1+α/√n).

(72)

Seja G = (V,E) um digrafo com custoc_e para cada e em E.

(73)

Seja G = (V,E) um digrafo com custoc_e para cada e em E. k jogadores, cada um com um par de vértices (s_i,t_i).

(74)

Estratégia do jogador i: caminho des_i at_i em G.

(75)

Estratégia do jogador i: caminho des_i at_i em G. custo para i do vetor de estratégiasS = (P₁, . . . ,P_k):

custo_i(S) = X

e∈Pi

c_e k_e, onde k_e é o número de caminhos emS que usame.

(76)

Estratégia do jogador i: caminho des_i at_i em G. custo para i do vetor de estratégiasS = (P₁, . . . ,P_k):

custo_i(S) = X

e∈Pi

c_e k_e, onde k_e é o número de caminhos emS que usame. Custo social cs(S): soma do custo das arestas em∪ⁱP_i.

(77)

Seja G = (V,E) um digrafo com custoc_e para cada e em E, e pares de vértices (s_i,t_i), para i =1, . . . ,k.

(78)

Problema: Encontrar um subgrafo deG de custo mínimo que contenha um caminho de s_i at_i, parai =1, . . . ,k.

(79)

Esse problema é NP-difícil, mas

é com ele que vamos comparar o custo dos equilíbrios.

(80)

Esse problema é NP-difícil, mas

é com ele que vamos comparar o custo dos equilíbrios.

Ou seja, ocusto social ótimo do jogo é o custo da solução do correspondente problema de Steiner generalizado.