Copertura rettangolare di Sweep Line

Mi è stato dato un esercizio purtroppo non ci sono riuscito da solo.

C'è una serie di rettangoli e un rettangolo . Utilizzando l'algoritmo di scansione del piano, determinare se R_ {0} è completamente coperto dall'insieme di R_ {1} .. R_ {n} .$R_{1}..R_{n}$$R_{0}$$R_{0}$$R_{1}..R_{n}$

Per maggiori dettagli sul principio degli algoritmi della linea di sweep vedi qui .

Cominciamo dall'inizio. Inizialmente conosciamo l'algoritmo della linea di sweep come algoritmo per la ricerca di intersezioni di segmenti di linea che richiede due strutture dati:

• un set $Q$ di punti evento (memorizza i punti finali di segmenti e punti di intersezione)
• uno stato $T$ (struttura dinamica per l'insieme di segmenti che intersecano la linea di sweep)

L'idea generale: supponiamo che la linea di sweep $l$ sia una linea verticale che inizia ad avvicinarsi all'insieme di rettangoli da sinistra. Ordina tutte le coordinate $x$ dei rettangoli e memorizzale in $Q$ in ordine crescente - dovrebbe prendere $O(n\log n)$ . Inizia dal primo punto evento, per ogni punto determina l'insieme di rettangoli che si intersecano in corrispondenza di una determinata coordinata $x$ , identifica segmenti continui di rettangoli di intersezione e controlla se coprono $R_{0}$ completamente alla coordinata x corrente $x$. Con $T$ come albero binario prenderà $O(\log n)$ . Se una parte di $R_{0}$ rimane scoperta$R_{0}$ non è completamente coperto.

Dettagli: l'idea dell'algoritmo di intersezione dei segmenti era che solo i segmenti adiacenti si intersecano. Sulla base di questo fatto abbiamo creato lo stato $T$ e lo abbiamo mantenuto in tutto l'algoritmo. Ho cercato di trovare un'idea simile in questo caso e finora senza successo, l'unica cosa che posso dire è due rettangoli si intersecano se i loro corrispondenti $x$ ed $y$ coordinate sovrappongono.

Il problema è come costruire e mantenere $T$ , e ciò che la complessità di costruzione e mantenere la $T$ è. Presumo che gli alberi R possano essere molto utili in questo caso, ma come ho scoperto è molto difficile determinare il rettangolo di delimitazione minimo usando gli alberi R.

Hai idea di come risolvere questo problema, e in particolare di come costruire ?$T$

Cominciamo con rettangoli allineati agli assi, poiché esiste una sorta di argomento diretto semplice. Spazzeremo una linea verticale. Gli eventi sono i punti finali dei bordi orizzontali dei rettangoli. Durante lo sweep manteniamo una serie di intervalli sulla linea di sweep che vengono "scoperti" da R i , i ≥ 1 :$n$$R_i$$i\ge 1$

• Aggiungi l'intervallo verticale coperto dal rettangolo alla linea di sweep quando incontriamo per la prima volta R $R_i$$R_i$
• Rimuovi l'intervallo verticale coperto dal rettangolo dalla linea di scorrimento quando supera R $R_i$$R_i$

È facile farlo con un albero binario in modo che gli aggiornamenti impieghino il tempo . (Il problema è essenzialmente unidimensionale. Capisci se gli endpoint si trovano in un intervallo scoperto e li estendi / unisci in modo appropriato quando li aggiungi e li allunghi quando li rimuovi.)$O(\log n)$

Quindi basta controllare che, nell'intervallo di , nessuno degli intervalli scoperti intersechi mai l'intervallo verticale di R 0 . Il tutto è O ( n log n ) tempo uno spazio .$R_0$$R_0$$O(n\log n)$$O(n)$

Per il caso generale, l'ovvio trucco non è così veloce. Utilizzare l'algoritmo della linea di sweep standard per calcolare l'intera suddivisione planare indotta dai rettangoli.

Chiaramente alcuni set di dischi delle facce coprono R 0 . Di per sé, questo non ci dice abbastanza, dal momento che ciò che ci interessa è se una di queste facce si trova all'interno di R 0 e al di fuori degli altri rettangoli. Per fare ciò, modifichiamo un po 'la costruzione, in modo che quando aggiungiamo un bordo, etichettiamo un lato con l'identità del rettangolo all'interno. Questo aggiunge O ( 1 ) overhead, quindi la costruzione è O ( n 2 log n ) tempo; senza ipotesi sui rettangoli, l'uscita può essere Ω ( n 2$F'$$R_0$$R_0$$O(1)$$O(n^2\log n)$$\Omega(n^2)$ in termini di dimensioni, quindi nel peggiore dei casi utilizziamo molto spazio, quindi il tempo è "esistenzialmente ottimale" sebbene non "sensibile all'output".

Infine, è coperto fino a quando nessuna delle facce in F ′ ha solo bordi non etichettati come in una delle R i . Il punto è che se un bordo di f è in R i , allora lo è anche l'intero f . Immagina di trascinare una linea sopra f ortogonalmente lungo questo bordo: può lasciare R i solo al di fuori di f o f è delimitato da più di un bordo di R i .$R_0$$F'$$R_i$$f$$R_i$$f$$f$$R_i$$f$$f$$R_i$

Quindi la conclusione è che il caso speciale è e quello generale è O ( n 2 log n ) almeno, ma sospetto che possa essere migliorato.$O(n\log n)$$O(n^2\log n)$