Yaklaşık gerçekleştirme maliyetleri. bir atlama dörtgeni içinde en yakın komşu arama

NOT : Soru cevaplarımda yeniden ifade edildi: Artık en düşük kardeş atalarını zamanda bulabildiğimizi varsayarsak , YSA gerçekten mi?$O(1)$$O(\log n)$

Quadtrees verimli mekansal endekslerdir. [2] 'de açıklandığı gibi sıkıştırılmış bir dörtlü yapıda en yakın komşu aramanın uygulanması ile bir bulmaca var. (Ayrıntılara girmeden, arama, eşitlikçi bir yolun kuyruk düğümünde biten eşitlikli kareler boyunca yukarıdan aşağıya doğru gidiyor. Ekli görüntüde, güneydoğudaki noktalarla dolu düğümlerden herhangi biri olabilir.)

Algoritmalarının çalışması için, her bir düğüm için - en az iki boş çeyrek daire olmayan bir kare - dört yönün (kuzey, batı, güney) her bir en düşük (hiyerarşide en yakın) atası düğümü için işaretçiler korunmalıdır. , doğu). Bunlar düğümlerin batıya doğru ataları için yeşil oklarla gösterilir (ok, ata meydanının merkezindeki noktaları gösterir).

Makale, bu işaretçilerin nokta ekleme ve silme işlemleri sırasında O (1) olarak güncellenebileceğini iddia etmektedir. Ancak yeşil noktanın eklenmesine baktığımda, herhangi bir rasgele işaretçi, bu durumda altı tanesini güncellemem gerekiyor gibi görünüyor.

Bu işaretçi güncellemesini sabit zamanda yapmak için bir hile umuyorum. Belki de sömürülebilecek bir tür dolaylılık vardır?

DÜZENLE:

Makaledeki ilgili bölüm 6.3'tür ve burada "eğilirse, o zaman en düşük atalarına ek olarak , yönlerin her biri için en düşük atası ait o yöne doğru gider [...] Bulma bu kareler yapılabilir kare başına kez biz ek ilişkilendirmek ise her kareye işaretçileri her yön için en yakın ataları işaret Bu işaretçiler, bir noktanın eklenmesi veya silinmesi sırasında zamanında da güncellenebilir . "$log(c/ε)$$q$$2^d$$q$$q$$O(1)$$2^d$$Q_0$$O(1)$

[2]: Eppstein, D. ve Goodrich, MT ve Sun, JZ, “Skip Quadtree: Çok Boyutlu Veriler için Basit Bir Dinamik Veri Yapısı,” yirmi birinci yıllık Hesaplamalı geometri sempozyumu, ss. 296—305 , 2005.

David gibi, Jonathan'ın neden 2 ^ d işaretçileri hakkında bu yorumu yaptığını bilmiyorum. Onlara gerek yok. David'in yukarıda belirttiği gibi, esas özellik, Q_0'daki v yaprağına bir nokta konumu yaptığımızda, atlama dörtlüsündeki kardeş düğümlerini (ve kutularını) hatırlamak için yeterli olmasıdır. P'den bir kutu işlediğimizde, sorgu noktamıza en yakın yaprak kutusu için aşağı doğru kardeş kutularını ekleyerek bir nokta konumu yaparız. Bunun cevabınızla aşağı yukarı aynı olacağı anlaşılıyor. Ayrıca, bu prosedür, örneğin, aşağıdaki makalede yaklaşık nokta konumunun nasıl yapıldığına çok benzer: Arya, Sunil ve Mount, David M. ve Netanyahu, Nathan S. ve Silverman, Ruth ve Wu, Angela Y., "Sabit boyutları araştıran en yakın komşu için en uygun algoritma", JACM, 1998.

Atlama dörtlüsü, noktaları z-sıralarına göre depolayan bir veri yapısının bir atlama listesi uygulaması olarak düşünebilir. En azından kavramsal olarak daha basit ...

Bkz. Bölüm 2: http://goo.gl/pLiEO .

Ve evet, bazı temel z emri işlemlerini sabit zamanda yapabileceğinizi varsayarsak, kesinlikle logaritmik zamanda YSA yapabilirsiniz. Yukarıda belirtilen bölüm, sıkıştırılmış dörtlüler istiyorsa tuhaf operasyonlardan kaçınmanın bir yolu olmadığını da göstermektedir. LCA işleminin gerekli olmadığını unutmayın ...

Ayrıca sezgisel olarak birisinin bu işaretçiler olmadan yaşayabileceğini hissediyorum ve tüm düğümleri bir noktada sabit diske devam ettirmem gerektiğinden, işaretçilerdeki herhangi bir azalma harika.

Fikrim kabaca şu şekildedir: En iyi aday nokta (yaprak) , her turdaki en kötü mesafeyi de takip ediyoruz, . En kötü mesafe , bir karenin içinde veya dışında olursa olsun, düğümünün tüm köşelerinin sorgu noktası olan uzaklıklarının maksimum sayısıdır.$l_{best}$$r_{max}$${dist}'(v,q)$$q$$v$$v$

Bir tur şöyledir: boşsa, varsa değerini . Aksi takdirde silme-min akım verir içinde . değerini başlatın (veya henüz en iyi aday gözlenmemişse olarak ayarlayın). İlk olarak, her boş olmayan çocuk sınamak içinde . Bu çocuk ise bir yaprak olduğunu, güncellemek ve gerekirse. Eğer bir düğüm, hesaplamak olan ve iki sıfır, eğer:, sonuncusu en iyi mesafe$P$$l_{best}$$p_0$$Q_0$$r_{max}$$l_{best}$$\infty$$p_0$$Q_0$$q$$l_{best}$$r_{max}$$q$${dist}'(q,v)$${dist}(q,v)$$v$ içinde ya da ile arasındaki tüm köşelerin en kısa mesafesi içinde bulunur .$q$$q$$v$

Eğer , unutmak , aksi tutun. düğüm sayısı , bu düğümleri üzerine itin . Turun sonu.${dist}(q,v) > r_{max}$$q$$\geq 2$$P$

Aksi takdirde, orijinal aramaya benzer şekilde ilerleyin: , mümkün olan en yüksek karşılık gelen düğümü bulun ve oradan başlayın: Yine, bir çocuğun inmesini istemek yerine, tüm çocukları önceki prosedüre göre test edin , en iyi mesafesi değerini atlayın . Bu testten sonra bir çocuk kalırsa, ona inin ve tekrarlayın. Hiç çocuk kalmadıysa, adresine gidin ve tekrarlayın. Test gerçekleştirildiyse , tur tamamlanır.$q$$p_0$$Q_j$$r_{max}$$Q_{j-1}$$Q_0$

Şu anda, bunun mümkün olan her durumda en yakın komşuyu bulmayı garanti edip etmediğini veya orijinal algoritma kadar iyi performans gösterdiğini biliyorum. Ayrıca ın başlatılması yeterliyse ya da değilse. Ve öncelik ne olmalıdır - hala en iyi mesafe?$r_{max}$$P$

EDIT (Nisan 2013)

Şimdi böyle bir düğüme inen geçerli sorgu kapsamı kapsamı alanı değiştirmez özelliği dayalı, dengeleme düğümleri yerine 'equipotent' düğümleri tanımını kullanan yukarıdaki algoritmanın bir açıklama ile daha fazla deney yaptık .$r_{max}$

Ne yazık ki, performans mermilerine dönüştüğü patolojik durumlar (aşağıdaki resme bakın; sorgu noktası alt merkezdir) oluşturulabilir .$O(\sqrt n)$

Şimdi, en düşük kardeş atalarının kaba kuvvet arandığı (bir O (1) varyantı bulmaya çalışmadan önce), teorem 13: .$O(\epsilon^{1−d}(\log n+\log \epsilon^{−1}))$

Önceki cevabımdaki "patolojik" örneği kullanıyorum. 2 boyutlu kök karenin kenar uzunluğu 512'dir, burada merkez koordinat (256, 256) 'dır. Koordinatlar tamsayı olarak verilir, bu da düz bir ileriye yol açar . Noktalar, kök kareye yatay olarak eşit aralıklarla yerleştirilir ve sorgu noktası (256, 511) konumundadır (512'nin zaten kök karenin dışında olduğuna dikkat edin).$\epsilon = 1$$v$

Aşağıdaki şekilde, tam ağaç gösterilir ve bu örnekteki nokta sayısı 16'dır. Mavi kare anahatlar, öncelik kuyruğuna itilen ilginç kareleri gösterir ve merkezlerindeki rakamlar, onlar itilir. Keşfedilen yaprak noktaları, hesaplandıkları yuvarlak sayı ile de etiketlenir. Üç şeffaf mavi daire 1., 2. ve 7. turdan sonra bilinen NN yarıçapını gösterir (en yakın komşu ilk olarak 7. turda görülür). Toplamda 12 mermi vardır (son 6 sıradan sadece pop kareler, ancak yeni kareler eklemeyin).$Q_0$

Bu örneği giderek artan sayıda büyük kök kareler ve noktaların aralıklarının aynı kaldığı nokta sayısıyla çalıştırdım (32). Bu, çizimden halihazırda sezgisel olarak görünen şeyi doğruladı: Algoritmanın turlarına ihtiyacı varken, ve ile teorem 13 , yalnızca turlarının gerekli olacağını belirtir .$O(\sqrt n)$$d = 2$$\epsilon = 1$$O(\log n)$

Bu yüzden çok önemli bir şeyi kaçırmadıkça, algoritma belirtilen hıza ulaşamaz. Herhangi bir yorumunuz veya fikriniz var mı?