noktası içeren eksene hizalanmış en küçük kutu

Girdi: içinde nokta kümesi ve tamsayısı . $n$ $\mathbb{R}^3$ $k \le n$

Çıktı: Bu noktanın en az içeren en küçük hacim eksenine hizalanan sınırlama kutusu . $k$ $n$

Bu sorun için bilinen herhangi bir algoritma olup olmadığını merak ediyorum. Düşünebildiğim en iyi şey , gevşek bir şekilde zamanıydı: üç boyuttan ikisi için olası tüm üst ve alt sınırlar üzerinde kaba kuvvet; bu olasılıklarının her biri için , kayan pencere algoritması kullanarak zamanında sorunun karşılık gelen boyutlu versiyonunu çözebiliriz . $O(n^5)$ $O(n^4)$ $1$ $O(n)$

cg.comp-geom

— GMB
kaynak

ile

sayısı için

büyüklüğünde bir tablo hesaplayamıyor muyuz

? Nokta sayısını ve hacmini hesaplamak sabit işlem sayısı ile yapılabilir ve

boyutunda bir tablo ile dinamik programlamayı kullanabiliriz ve

algoritması alabilmeliyiz .

n^{3}

$n^3$

p

$p$

p . x < x, p . y < y, p . z < z

$p.x< x, p.y<y, p.z <z$

k n^{3}

$k n^3$

O (k n^{3})

$O(kn^3)$

— Kaveh

Tamam. Bu durumda, bu

, gerçekten

daha iyisini yapmayı umamazsınız . Çünkü,

farklı ayrı kutu vardır ve argümanın ortalamasını alarak (rastgele bir k değeri üzerinde) tam olarak k noktaları içeren

kutu vardır . Bir şekilde, arama alanını bir şekilde küçültmek için hacmi bir şekilde kullanamazsanız, ancak bu bir şekilde iyimser görünüyor ...

k = Θ (n)

$k=\Theta(n)$

n^{5}

$n^5$

n^{6}

$n^6$

n^{5}

$n^5$

— Sariel Har-Peled

BTW, sizin durumda, içeren bir kutu alabilirsiniz

noktalarının ve bu içeren optimum kutusundan daha küçük

noktaları

zaman. İçin

bu temelde polylog zamanıdır ...

(1 - ϵ) k

$(1-\epsilon)k$

k

$k$

O (((n / k) / ϵ^{2} \log n)^{O (1)})

$O( ((n/k)/\epsilon^2 \log n)^{O(1)})$

k = Θ (n)

$k = \Theta(n)$

— Sarıel Har-Peled

İçin noktaları vardır boş kutular, bu kağıt giriş bkz http://www.cs.uwm.edu/faculty/ad/maximal.pdf . Bu kutuları kabaca bu sefer hesaplayabiliriz (ref için bkz. Giriş). $n$ $O(n^3)$

Sorununuz için, her noktanın taşınabilirlikle seçildiği rastgele bir nokta örneği alın . Böyle rastgele bir örnek boyutuna (beklenti içinde) sahiptir [ve çelişki uğruna varsayalım]. Var noktaları olan boş kutular yukarıda yana doğru. Bu tür her kutu için, tam olarak kaç nokta içerdiğini hesaplamak için veri yapısını araştıran dikey bir aralık kullanın. Bu işlemi tekrarlayın $1/k$ $n/k$ $O((n/k)^3)$ $R$ $O(k^6 \log n)$ zamanlar. Yüksek olasılıkla, denediğiniz kutulardan biri istenen kutudur.

Genel olarak, bunun çalışma süresi . $O((n/k)^3 * k^6 * polylog n) = O(n^3 k^3 \log^{O(1)} n )$

Bunun neden işe yaradığını görmek için en uygun kutuyu düşünün. Sınırında 6 P puanı vardır. Rastgele örneğin bu altı noktayı toplama olasılığı ve kutunun içindeki noktaların hiçbiri en az . Bu nedenle,sürecini tekrarlarsanız,yüksek olasılıkla rastgele örneklerden biri, boş bir kutu olarak istenen kutuyu indükler. $\frac{1}{k^6} ( 1-1/k)^{k-6} \approx 1/k^6 = p$ $O( (1/p) \log n)$

Yana boş kutuların sayısı (ilgili hakemlerimizle için yukarıdaki kağıt intro bakınız) sıkı, bir significnatly hızlı algoritma mümkün olduğunu olası görünmüyor. $\Theta(n^3)$

[Verdiğim referansta, [17] 'nin zamanında 3B nokta arasındaki tüm maksimal boş kutuları numaralandıran bir algoritma sağladığını belirtiyorlar . $O(n^3 \log^2 n)$

— Sariel Har-Peled
kaynak

Teşekkürler - bu harika! Gerçekten bahsetmem gereken bir ayrıntı (özür dilerim!)

benim amacım için,

sadece

kadar iyidir . Yine de, burada büyük

sürümü için yararlı olabilecek çok güzel fikirler var ...

k = Θ (n)

$k = \Theta(n)$

O (n^{3} k^{3})

$O(n^3 k^3)$

O (n^{6})

$O(n^6)$

k

$k$

— GMB