Príklady z predmetu IV100: Distribuované výpočty
| 1 | Na prednáške sme ukazovali, že neexistuje deterministický algoritmus na problém dohody medzi dvoma procesormi v modeli so stratou správ (v skratke: máme dva procesy so známymi identifikátormi pracujúce v synchrónnom režime, každý z nich má vstupnú hodnotu 0/1; cieľom je napísať protokol, v ktorom po fixnom počte krokov sa oba procesy vždy rozhodnú na tú istú hodnotu, pričom ak majú na začiatku oba 0, musia sa dohodnúť na 0 a ak majú na začiatku oba 1 a žiadna správa sa nestratí, musia sa dohodnúť na 1). Modifikujme model tak, že správy sa síce môžu strácať ľubovolne, ale v žiadnom kole sa nestratia všetky poslané správy. Dá sa problém dohody pre dva procesory deterministicky riešiť v takto modifikovanom modeli?
| 2 | Graf G s n vrcholmi nazveme takmer úplný, ak vznikne z úplného grafu Kn odobratím nanajvýš 42 hrán. Popíšte, ako by pracoval asymptoticky optimálny algoritmus na voľbu šéfa v takmer úplných grafoch (v základnom modeli, t.j. asynchrónne, bez zmyslu pre orientáciu, s identifikátormi, .. .) a zdôvodnite jeho optimalitu.
| 3 | Navrhnite asynchrónny algoritmus pre voľbu šéfa na íi-rozmernej hyperkocke, ktorý pracuje s počtom správ O (n), kde n = 2d. Prepokladajte, že hyperkocka má zmysel pre orientáciu.
| 4 | Uvažujme model byzantínskych chýb z prednášky: procesy majú identifikátory, komunikujú v synchrónnom režime, môžu posielať správy každý každému a poznajú identifikátory susedov (t.j. proces vie, že správa, ktorá mu prišla je od procesu s identifikátorom x). Na začiatku sú zobudené všetky procesy. V systéme môže byť / chybných procesov, ktorých správanie nie je nijak obmedzené (môžu posielať úplne hociaké správy). Proces s minimálnym identifikátorom (všetci vedia, ktorý to je, lebo poznajú všetky identifikátory) je "generál", ktorý má vstupnú hodnotu x G {0,1}. Chceme riešiť nasledovný problém: V konečnom čase každý dobrý proces v skončí s hodnotou xv G {0,1}, pričom všetky dobré procesy skončia s rovnakou hodnotou a ak je generál dobrý, je xv = x pre každý dobrý proces v, t.j. všetci "poslúchnu" generála. (Ak je generál chybný, dobrí sa môžu dohodnúť hociako, ale musia povedať všetci to isté). Zdôvodnite, aké veľké môže byť / (v závislosti od n), aby úloha bola riešiteľná? Navrhnite algoritmus pre prípustné hodnoty
| 5 |    Uvažujme n > 2 procesov spojených obojsmernými linkami do kruhu. Procesy štartujú naraz, pričom na začiatku má každý proces i vstupnú hodnotu Xj G {0,1}. Procesy nemajú identifikátory. Cieľom je zistiť (tak, že každý proces v konečnom čase zastane s odpoveďou 0 alebo 1), či je v kruhu aspoň 42 procesov so vstupnou hodnotou 1. Uvažujme dva prípady:
• procesy poznajú n a pracujú asynchrónne
• procesy nepoznajú n a pracujú synchrónne
Analyzujte riešiteľnosť úlohy v oboch prípadoch (t.j. ak je úloha riešiteľná, popíšte algoritmus; ak nie je riešiteľná, dokážte).
| 6 | Nájdite čo najlepší horný odhad počtu krokov potrebných na routovanie permutácie pomocou greedy "farthest-to-go" algoritmu na stromoch.
Sieť má topológiu ľubovolného stromu, t.j. medzi každými dvoma vrcholmi existuje práve jedna cesta. Na začiatku má každý uzol jeden paket a každý uzol je cieľom jedného paketu. Algoritmus je rovnaký ako bol na prednáške: začína sa naraz a postupuje sa v synchrónnych krokoch, pričom pakety sa presúvajú po najkratších (jediných) cestách a spomedzi paketov čakajúcich na jednej linke sa v každom kroku vyberie ten, ktorého cieľ je najvzdialenejší.
Horný odhad 0(f(n)) znamená, že pre ľubovoľný strom s n vrcholmi a ľubovoľné rozloženie cieľov paketov algoritmus skončí po najviac 0(f(n)) krokoch.
I 7 j Dá sa riešiť problém voľby šéfa v silno súvislých orientovaný grafoch? Orientované grafy sú také, že správa môže ísť po linke iba jedným smerom. Orientovaný graf je silno súvislý, ak existuje orientovaná cesta medzi každými dvoma vrcholmi.
Návody a rady k riešeniam
| 1 | Dá sa. Predpokladajme, že máme dva procesy spojené linkou. Zoberme si nasledovný jednoduchý dvojkolový algoritmus, ktorý budú symetricky vykonávať obidva procesy: v prvom kole pošli svoju vstupnú hodnotu. V druhom kole, ak si v prvom kole nedostal správu, nerob nič, inak pošli svoju hodnotu. Platí, že po dvoch kolách každý proces pozná vstupnú hodnotu druhého procesu: v prvom kole poslali správu oba procesy, a teda aspoň jedna sa doručila. Ak sa doručili obe, oba procesy poznajú obe vstupné hodnoty. Ak sa doručila iba jedna správa z procesu A do procesu B, proces B pozná po prvom kole obe vstupné hodnoty. Zároveň v prvom kole dostal správu iba B, takže v druhom kole pošle správu iba B. Keďže je táto správa jediná, nestratí sa, a po druhom kole aj A pozná obe vstupné hodnoty.
| 2 | Stačí si zobrať algoritmus z prednášky (algoritmus B z prílohy) a uvedomiť si, že ak sa nejaký proces dostane na level väčší ako N/2, tak sa tam už žiaden iný proces nemôže dostať (to priamo vyplýva z Lemy 3). Takže ak je N > 84, stačí bezo zmeny spustiť algoritmus B a zopakovať dôkaz z prílohy. Ostáva problém, ako zistiť, či N > 84 (procesy nepoznajú N, iba svoj stupeň). Vieme, že ak graf má najviac 84 vrcholov, tak má najviac (2—3432) hrán. Takže najprv každý proces iniciuje nezávislé prehľadávanie do hĺbky, ktoré bude mať TTL (time-to-live) 2.3482. Ak sa podarí prehľadať celý graf, proces pozná maximum, inak vie, že N > 84. Keďže prehľadávania majú konštantný TTL, dokopy prispejú lineárne veľa správami.
Optimalita vyplýva priamo zo zadania - trieda takmer úplných grafov pokrýva aj úplné grafy.
[~3~| Majme n-rozmernú hyperkocku. Nech v = (in-i,in-2, ■■■ ,io) je vrchol tejto hyperkocky, potom íi-rozmerná podkocka určená vrcholom v je podkocka pozostávajúca z vrcholov (in—i, .. ., id-i, 0,..., 0) až (in-i,..., id-i, 1, ■ ■ ■, 1)- Susedná podkocka tejto podkocky je tvorená vrcholmi (in-i, • • •, 1 - id-i,0, ■ ■ ■, 0) až (in-i,..., 1 - id-i, 1,..., 1).
Hlavná myšlienka riešenia je nasledovná: najskôr sa bude voliť šéf na 1-rozmerných podkockách, potom na 2-rozmerných, atď. Ak sa vrchol stane šéfom íi-rozmernej hyperkocky, pošle správu šéfovi susednej íi-rozmernej hyperkocky a čaká na správu od neho. Na základe obdržanej správy sa rozhodne, či sa stane šéfom celej d+l-rozmernej hyperkocky, alebo prejde do neaktívneho stavu.
Vrcholy v neaktívnom stave musia routovať správy. Toto routovanie však musí byť dosť efektívne na to, aby bol celkový počet správ lineárny. Preto si každý neaktívny vrchol bude pamätať najkratšiu cestu k vrcholu, ktorý ho "zajal", t.j. od ktorého dostal správu, po ktorej prešiel do neaktívneho stavu.
Budeme používať správy, ktoré sú 4-ice < id,l,path,to_go >. Takúto správu pošle aktívny vrchol s identifikátorom id po tom, čo sa stane šéfom Z-rozmernej podkocky. Táto správa musí byť doručená šéfovi susednej Z-rozmernej podkocky. Premenná path bude zaznamenávať, po hranách ktorých dimenzií správa prešla. Na základe toho adresát zistí, aká je najkratšia cesta k odosielateľovi správy. Premenná to_go určuje, ako treba správu routovať v najbližších krokoch.
Ak dostane neaktívny vrchol správu < id,l,path,0 >, pošle ju po najkratšej ceste k vrcholu, ktorý ho zajal. Na ceste k tomuto vrcholu sa routuje iba podľa premennej to_go. Ak je tento vrchol neaktívny, opäť posiela správu po najkratšej ceste k vrcholu na vyššom leveli, až sa správa dostane
k adresátovi.
Program:
var active : boolean; id : integer;
level, chieLpath : integer;
Initialization: active = true; level = 1;
send < id, level, 1, 0 > to 0;
procedure Forward( < attacker Ad, I, path, to-go > ): let i-th bit is set in to_go
send < attacker J,d, I,pathxor2l,to_goxor2l > to i;
On receipt < attacker jid,I, path,to^go > from q: if to .go <> 0 then
Forward( < attackerSd, I,path, to^go > ); else if not active then {I > level}
Forward( < attacker jid, I,path, chief .path > ); else if I > level then
process message later else {I = level} if attacker_id > id then active = false; chieLpath = path; else
level = level+1; if level < n then
send < id, level, 2level~1, 0 > to level - 1; else
/ am leader
Správnosť algoritmu je vidno z platnosti nasledujúcich tvrdení1:
• v každej d-rozmernej podkocke je nanajvýš 1 vrchol na leveli d
• v každej d-rozmernej podkocke je aspoň 1 vrchol na leveli aspoň d
• každý vrchol buď postúpi na ďalší level, alebo prejde do neaktívneho stavu
• každý neaktívny vrchol pozná najkratšiu cestu k vrcholu, ktorý ho zajal (k svojmu šéfovi)
• správa na leveli d chodí len v rámci íi-rozmernej podkocky
Analýza zložitosti:
Nech N je počet všetkých vrcholov hyperkocky. Na leveli d je ^ aktívnych vrcholov. Každý pošle správu, ktorá sa routuje na nanajvýš d2 hopov. Spolu sa teda pošle      nfď = 0(n) správ.
| 4 | Cieľom je ukázať, že problém generála zo zadania a problém dohody sú ekvivalentné. Na jednej strane, ak by sme mali algoritmus, ktorý vie riešiť problém generálov, vieme pomocou neho
Ktoré sa dajú dokázať indukciou vzhľadom na d.
riešiť aj problém dohody takto: postupne je každý proces i generál a oznámi ostatným svoju hodnotu. Ak je dobrý, všetci dobrí sa zhodnú na jeho hodnote. Ak je chybný, všetci dobrí sa dohodnú na nejakej (rovnakej) hodnote. Nakoniec si všetci urobia hlasovanie - dá sa ukázať, že to je správny výsledok.
Na druhej strane, ak by sme mali algoritmus pre problém dohody, tak vieme riešiť problém generála: v prvom kole generál pošle všetkým svoju hodnotu. Potom spustíme algoritmus na problém dohody.
| 5 | V prvom prípade je úloha riešiteľná: každý proces pošle správu s TTL n. Správa obieha   po kruhu a pamätá si, koľko jednotiek stretla. Keď obehne n krokov, prišla do procesu, ktorý ju vyslal, takže tento vie odpoveď.
V druhom prípade úloha riešiteľná nie je. Predpokladajme, že by existoval taký algoritmus. Zoberieme nejaké fixné n a pustíme ho na kruhu veľkosti n su samými nulami. Algoritmus bude bežať r kôl a potom všetky procesy terminujú s odpoveďou 'nie'. Zoberme teraz väčší kruh, ktorý bude mať blok 3nr núl a blok 42 jednotiek. Proces, ktorý je v strede bloku núl, dostáva počas prvých r kôl rovnaké správy ako v predchádzajúcom výpočte, takže po r kolách terminuje s odpoveďou 'nie', čo je chyba.
| 6 | Zoberme si hociakú hranu u \—> v a ukážme, že všetky pakety, ktoré cez ňu chcú prejsť, cez   ňu aj skutočne prejdú po najviac n — 1 krokoch. Predstavme si, že by každý vrchol z časti pred u chcel poslať paket do časti za v. V skutočnosti to tak nemusí byť, ale to našu situáciu iba zlepší. Stačí indukciou ukázať, že do u budú pakety prichádzať dosť rýchlo na to, aby v každom kroku mohol niekto prejsť po hrane u t—> v.
| 7 | Dá sa. Keďže nás netrápi počet správ, stačí zobrať algoritmus KKM z prednášky, overiť,   že nikde nevyužíva obojsmernosť a použiť hociaké traverzovanie (napr. modifikované "s pravou rukou pri stene"), ktoré funguje v orientovaných grafoch.
Príloha: algoritmus na voľbu šéfa v úplných grafoch
Majme N procesov zapojených do úplného grafu. Každý z nich má jednoznačné ID a vie rozlíšiť medzi svojimi linkami. Okrem rôznych ID sú procesy identické a pracujú asynchrónne. Na začiatku je zobudených niekoľko (aspoň jeden) procesov. Keď proces dostane správu, zobudí sa. Uvažujeme obojsmerné full-duplex FIFO linky. Každá poslaná správa v konečnom čase príde do cieľa. Algoritmus je zapísaný tak, že pri zobudení (spontánnom alebo ľubovoľnou správou) sa najprv vykoná sekcia Init a potom sa vykonáva kód špecifikovaný v sekcii Code. Pri príchode správy nastane "prerušenie" a spracuje sa príslušný odsek On receipt; potom sa pokračuje vo vykonávaní v sekcii Code alebo (pomocou príkazu goto) v inej sekcii. Pre určenie časovej zložitosti predpokladáme, že doručenie správy po linke trvá maximálne 1 časovú jednotku a všetky interné výpočty trvajú 0 časových jednotiek.
Algoritmus a
Naivný algoritmus, v ktorom každý vrchol pošle všetkým ostatným správu, že chce byť šéf a čaká, či mu to dovolia. Iba procesu s najvyšším ID všetky ostatné procesy schvália kandidatúru. Algoritmus pre proces vo vrchole v:
const:
N : ID :
Neigh:
integer integer [1...N-1] link
leader: boolean count : integer i        : integer
Init:
count leader
Code:
= 0
false
for i = 1 to N — 1 do
send (elect, ID) to Neigh[i] while count < N — 1 wait for i = 1 to N — 1 do
send (leader, ID) to Neigh[i] leader := true
On receipt (elect, zdi) from Neigh[i]: if idi > ID send (accept) to Neígh[í]
On receipt (accept) from Neigh[i\:
count -
On receipt (leader, idj) from Neígh[í] Skonči algoritmus
Aby sme dokázali správnosť, treba ukázať, že v ľubovoľnom výpočte sa práve jeden proces stane šéfom. Predpokladajme sporom, že sa ani jeden nestane šéfom. Každý zobudený proces pošle správy všetkým ostatným procesom, teda aj procesu s najvyšším ID a tým ho zobudí (ak už nebol zobudený). Proces s najvyšším ID pošle elect všetkým ostatným procesom a dostane naspäť všetky accept správy (lebo žiaden z procesov neskončil - to by musel dostať správu leader alebo sa sám vyhlásiť za šéfa ) a vyhlási sa za šéfa. Ďalej predpokladajme, že sa za šéfa vyhlásia aspoň dvaja. V tom prípade musel ten s menším ID niekedy dostať accept správu od toho s väčším ID, čo je spor.
Po každej hrane sa posielajú v jednom smere maximálne 3 správy, teda počet správ je 0(n2). Proces s maximálnym ID dostane za 2 časové jednotky naspäť všetky accept správy, celková zložitosť je teda O (í).
Algoritmus B
Mierne rafinovanejší algoritmus, v ktorom sa každý proces snaží získavať povolenia sekvenčne. Pri porovnávaní sa neberie do úvahy iba ID, ale aj "level" (t.j. počet porazených procesov). Proces posiela správy capture a vždy čaká na odpoveď accept. Tá však príde iba vtedy, keď vyhral. Odpoveď na správu capture závisí od toho, či už proces bol raz porazený. Ak nie, rozhoduje veľkosť [Level, id] (lexikograficky). Ak áno, porovnanie nerobí on, ale jeho "rodič" (t.j. proces, ktorý ho poslednýkrát "zajal"). Algoritmus pre proces vo vrchole v:
const: N	integer
ID	integer
Neigh	[1...N-1] link
var: leader	boolean
state	{active, captured, killed}
level	integer
parent	link
msg	{victory, defeat}
i	integer
Init:
state
active
level := 0 leader := false
Code:
for i = 1 to N — 1 do
send (capture, [level, ID]) to Neigh[i]
receive (accept) from Neigh[i]
level + + leader := true for i = 1 to N — 1 do
send (leader, ID) to Neigh[i]
Dead:
loop forever
On receipt (capture, [leveli, idj\) from Neigh[i\:
if state G {active, killled} and  [leveli,idi] > [level, ID]
state := captured
parent := Neigh[i]
send  (accept) to parent
goto Dead else if state = captured
send  (help, [leveli, idj\) to parent
receive msg from parent
if msg = defeat
send  (accept) to Neigh[i] parent := Neigh[i]
On receipt (help, [levels,idi]) from Neigh[i]
if [leveli,idi] < [level, ID]
send  (victory) to Neigh[i] else
send  (defeat) to Neigh[i] if state = active
state := killed
goto Dead
On receipt (leader, idj) from Neigh[i\: Skonči algoritmus
Opäť najprv ukážeme, že v ľubovolnom výpočte sa práve jeden proces stane šéfom. Dokážeme takúto lemu:
Lema 1 V ľubovolnom výpočte existuje pre každý level l = 0, bol počas výpočtu na leveli l.
, N — 1 aspoň jeden proces, ktorý
Dôkaz: Pre l = 0,1 je tvrdenie triviálne. Ďalej postupujme sporom. Zoberme maximálny level l taký, že v priebehu výpočtu bol nejaký proces na leveli l ale žiaden proces nebol na leveli l + 1. Zoberme proces v s maximálnym ID i spomedzi procesov na leveli l. Keďže v nepostúpil o level, nastala jedna z troch možností: niekto mu zmenil stav na "captured" (resp. "killed") alebo v poslal capture a nedostal odpoveď. Zmeniť stav je možné iba správami capture alebo help, ak obsahujú väčší (lexikograficky) proces. To je ale spor s tým, že v je (v tomto usporiadaní) maximálny. Takže v poslal správu capture povedzme procesu v'. Ak v' bol aktívny alebo zabitý, pošle okamžite odpoveď accept (lebo je lexikograficky menší). Ak v' je zajatý, opýta sa svojho rodiča; ten je však podľa predpokladu tiež lexikograficky menší ako v, takže v postúpi o level. □
Keďže v priebehu výpočtu existoval (apoň jeden) proces s levelom N — 1, aspoň jeden proces sa vyhlási za šéfa. Teraz dokážeme ešte jednu lemu:
Lema 2 Nech v je aktívny proces (state = activej s levelom l. Potom existuje l zajatých procesov ktoré patria v (t.j. ich premenná parent ukazuje na v).
Dôkaz: Proces postúpi o level iba vtedy, keď dostal accept. Poslanie správy accept je vždy doprevádzané zmenou stavu na "captured" a nastavením parent. Takže pri každom postúpení o level sa počet zajatých procesov zväčší. Tento počet sa môže zmenšiť iba ak si niektorý z nich nastaví parent inam. Z kódu ale vyplýva, že potom v prejde do stavu "killed" a nie je viac aktívny. □
Z uvedenej lemy vyplýva, že na leveli N — 1 môže byť počas celého výpočtu najviac jeden proces, (dôkaz: zoberme prvý proces, ktorý sa dostane na level N — 1; všetky zvyšné procesy sú v stave "captured" a na menšom leveli; keďže v stave "captured" vždy vykonávajú sekciu Dead, žiaden z nich už nikdy viac nepostúpi o level). Takže za šéfa sa vyhlási práve jeden proces.
Ideme ukazovať počet správ. Zrejme ak nejaký proces postúpi o level, spotrebuje na to konštantný počet správ (capture, príp. help+defeat, accept). Ak nejaký proces pošle capture a napriek tomu nepostúpi o level (t.j. nedostane accept) prestane byť aktívny a vymení sa tiež konštanty počet správ (capture, príp. help+victory). Neaktívne procesy neposielajú spontánne správy. Z toho vyplýva, že proces na každom leveli spôsobí poslanie konštantného počtu správ. Teraz dokážeme takúto lemu:
Lema 3 V lubovolnom výpočte je najviac N/{l + 1) procesov, ktoré niekedy dosiahli level l.
Dôkaz: Pre každý proces v, ktorý dosiahol niekedy level l označme Cv tie procesy, ktoré patrili v (t.j. boli zajaté a parent mali nastavené na v) vtedy, keď dosiahol level l. Zrejme \CV\ = l. Ukážeme, že množiny Cv sú po dvoch disjunktné. Dokážeme to indukciou na čas, kedy proces dosiahol level l. Prvý proces v\ dosiahol level l a mal množinu CVl. Predpokladajme, že procesy i>i, ...,ffe dosiahli level l a množiny CVl, ...,CVk sú navzájom disjunktné. Majme proces ffe+i, ktorý je na leveli l — 1 a ide postúpiť na level l. Zrejme mu teraz patrí l — 1 procesov, ktoré nepatria do CVl U ... U CVk (ffe+i nemohol získať žiadny proces, ktorý už raz mal rodiča na leveli l). Takisto na postup na level l nemôže Vk+i použiť proces z CVl U ... U CVk (to by ho zabilo), takže musí pridať iný proces. □
n-l
Z uvedeného vyplýva, že v lubovolnom výpočte sa maximálne ^ l+T krát posunie nejaký
i=i
n-l
proces o level. Keďže ^ j^j = N (H. n — 1) ~ N log N, v celom algoritme sa použije o (N log N) i=i
správ.
Na určenie časovej zložitosti najprv ukážeme, že proces, ktorý bude zvolený za šéfa sa zobudí najneskôr o(N) časových jednotiek po začiatku. Stačí ukázať, že najneskôr o (N) časových jednotiek po začiatku niektorý proces postúpi aspoň na level 1 (potom už nemôže byť zvolený šéf s levelom 0). Ako dlho môže trvať situácia, že všetky procesy sú na leveli 0? Zrejme tak dlho, pokiaľ všetky capture správy idú do procesov s väčším ID. To zrejme môže byť najviac N — 1 (N správ už nutne vytvorí cyklus). Takže najneskôr po o (N) časových jednotkách je zobudený šéf. Šéf vždy v konštantnom čase postúpi o level, takže celková zložitosť je o (N).
Poznámka: Časová zložitosť o (N) ostane zachovaná, aj keď použijeme model kedy po jednej linke v jednom smere môže ísť vždy iba jedna správa. V tom prípade ale neplatí, že šéf zajme každý vrchol v konštantnom čase.