O (n log n) içinde noktaların en kısa ikili mesafesini bul?

Denetlediğim öğrencilere aşağıdaki alıştırmalar yapıldı:

Düzlemdeki $n$ nokta verildiğinde , tüm nokta çiftleri arasındaki mesafenin minimum olduğu bir çift nokta bulan bir algoritma geliştirin. Algoritma o (n ^ 2) zamanında çalışmalıdır $o(n^2)$.

Görevi zamanında çözen (nispeten) basit bir böl ve fethet algoritması vardır $\Theta(n \log n)$ .

Soru 1 : Verilen problemi en kötü zamanda tam olarak çözen bir algoritma var $\mathcal{o}(n \log n)$ ?

Bunun mümkün olabileceğinden şüphelenmemi sağlayan şey, bazı konuşmalarda gördüğümü hatırladığım bir sonuç (referans takdir). O fazla olmayan sabit bir sayıdan çizgisinde bir şey ifade bir noktada yaklaşık düzlemde düzenlenmiş olabilir noktalarının yarıçapı bir daire içinde ile, ilgili iki nokta arasındaki minimum mesafe. Bence , ortada ile eşdeğer bir altıgen oluşturan noktalar (aşırı durumda). p r ∈ R r c = 7 $c \in \mathbb{N}$$p$$r \in \mathbb{R}$$r$$c=7$$p$

Bu durumda, aşağıdaki algoritma sorunu adımda çözmelidir .$n$

fun mindist [] | p::[] = INFINITY
|   mindist p1::p1::[] = dist(P[0], P[1])
|   mindist p::r = let m = mindist(r) in
                     min(m, nextNeighbour(p, r, m))
                   end

Bunun lineer zamanda olduğunu (iddia edildiği gibi) unutmayın, çünkü sadece sabit bir sayıdaki nokta , (yukarıdaki ifadeyi varsayarak) ' rden daha uzakta olamaz ; yeni bir minimum bulmak için sadece bu noktaların araştırılması gerekir. Elbette bir av var; nasıl uygularsınız (belki doğrusal zamanda ön işleme ile)?mpnextNeighbour

Soru 2 : Bir dizi ve bir noktası olsun . Let ilep ∉ R m ∈ $R$$p \notin R$$m \in \mathbb{R}$

$\qquad m \leq \min\{\mathrm{dist}(p_1, p_2) \mid p_1, p_2 \in R\}$

ve

$\qquad R_{p,m} := \{p' \mid p' \in R \wedge \mathrm{dist}(p, p') \leq m\}$ .

nin sonlu olduğunu varsayın . 'de (amortismanlı) zaman de minimum mesafe ile bulmak mümkün müdür ? ( İncelenen noktaları tek tek ekleyerek inşa edileceğini varsayabilirsiniz .)$R_{p,m}$$p' \in R_{p,m}$$p$$\mathcal{O}(1)$$R$$p$

Sorunu standart modellerde süresinden daha kısa sürede çözmek mümkün değildir , örn. Cebirsel karar ağaçları kullanmak. Bu, Yao ve Ben-Or'un çalışmasından, bu modelde bir dizi giriş numarasının tamamen farklı olup olmadığına karar vermenin mümkün olmadığını gösteren çalışmalardan kaynaklanmaktadır (bkz. Http://people.bath.ac.uk/masnnv /Öğretme / AAlg11_8.pdf ). Sorununuz varsa, hepsinin gerçek hatta olduğunu hayal edin. İki nokta aynı ise, çıktınız sıfır mesafe ile iki nokta olur, aksi halde değil, bu nedenle sorununuza bir çözüm de DISTINCT NUMBERS sorununu çözecektir. Tüm noktaları farklı olduğunu varsayalım istiyorsanız, o zaman sadece eklemek için$cn\log n$$n$$i\epsilon$$x_i$DISTINCT NUMBERS sorununun girişleri, bu durumda çıktınız en fazla , sayıların hepsi farklı değildir. (Herhangi iki ayrı sayıların farkı olduğu bu durumda bir söz versiyonunu kullanmak zorunda olsa da, en azından ama aynı kanıtı da ihtiyaç olduğunu göstermek için çalıştığını düşünüyorum bunda durum.)$n\epsilon$$2n\epsilon$$\Omega(n\log n)$

Rabin tarafından rastgele bir doğrusal beklenen zaman algoritması vardır; örneğin Rabin Lipton'un blogunda bozuk para çevirir .

2. soruyu anladığım kadarıyla, Rabin'in algoritması da buna bir tür cevap veriyor. Her zaman adımında veri yapısı, hücre genişliği şimdiye kadar görülen nokta çiftleri arasındaki en küçük mesafeden daha az olan ve bölünen bir ızgaradır (böylece hiçbir hücre tek bir noktadan daha fazlasını içermez). 2. sorudaki soruyu cevaplamak için, ızgaradaki bir hücreye eşlemeniz ve etrafındaki sabit sayıda hücreye bakmanız gerekir. Algoritmanın analizi ile, giriş noktası seti rastgele sırada incelenirse, ızgara için amortisman güncelleme süresi , beklentide yeni nokta başına 'dir.$\sqrt{2}$$p$$O(1)$