Qual è il caso peggiore dell'algoritmo di triangolazione delaunay incrementale randomizzato?

So che il runtime previsto nel caso peggiore dell'algoritmo di triangolazione delaunay incrementale randomizzato (come indicato in Geometria computazionale ) è . C'è un esercizio che implica il runtime nel caso peggiore è . Ho provato a costruire un esempio in cui questo è effettivamente il caso, ma finora non ho avuto successo. $\mathcal O(n \log n)$ $\Omega(n^2)$

Uno di questi tentativi è stato quello di disporre e ordinare il punto impostato in modo tale che, quando si aggiunge un punto nel passaggio , vengano creati circa i bordi . $p_r$ $r$ $r-1$

Un altro approccio potrebbe coinvolgere la struttura della posizione del punto: provare a disporre i punti in modo tale che il percorso preso nella struttura della posizione del punto per localizzare un punto nella fase sia il più lungo possibile. $p_r$ $r$

Tuttavia, non sono sicuro di quale di questi due approcci sia corretto (se non del tutto) e sarei felice per alcuni suggerimenti.

— Tedil
fonte

Prova a mettere tutti i punti sulla curva per qualche ben scelto .

y = x^{r}

$y = x^r$

r

$r$

— Peter Shor,

Il primo approccio può essere formalizzato come segue.

Sia un insieme arbitrario di punti sul ramo positivo della parabola ; cioè per alcuni numeri reali positivi . Senza perdita di generalità, supponiamo che questi punti siano indicizzati in ordine crescente: . $P$ $n$ $y=x^2$

P = {(t_{1}, t_{1}^{2}), (t_{2}, t_{2}^{2}), \dots, (t_{n}, t_{n}^{2})}

$P = \{ (t_1, t_1^2), (t_2, t_2^2), \dots, (t_n, t_n^2) \}$

t_{1}, t_{2}, \dots, t_{n}

$t_1, t_2, \dots, t_n$

0 < t_{1} < t_{2} < \dots < t_{n}

$0 < t_1 < t_2 < \cdots < t_n$

Reclamo: nella triangolazione Delaunay di , il punto più a sinistra $P$ $(t_1, t_1^2)$ è un vicino di ogni altro punto . $P$

Questa affermazione implica che l'aggiunta di un nuovo punto a con aggiunge nuovi bordi alla triangolazione di Delaunay. Pertanto, induttivamente, se contraiamo in modo incrementale la triangolazione di Delaunay di inserendo i punti nell'ordine da destra a sinistra , il numero totale di bordi di Delaunay creati è . $(t_0, t_0^2)$ $P$ $0 < t_0 < t_1$ $n$ $P$ $\Omega(n^2)$

Possiamo provare il reclamo come segue. Per qualsiasi valore reale , sia indica il cerchio univoco attraverso i punti . $0<a<b<c$ $C(a,b,c)$ $(a,a^2), (b,b^2), (c,c^2)$

Lemma: non contiene alcun punto dove o . $C(a,b,c)$ $(t,t^2)$ $a<t<b$ $c<t$

Prova: ricorda che quattro punti sono cocircolari se e solo se $(a,b), (c,d), (e,f), (g,h)$ Pertanto, un puntotrova sul cerchiose e solo se

| \begin{matrix} 1 & a & b & a^{2} + b^{2} \\ 1 & c & d & c^{2} + d^{2} \\ 1 & e & f & e^{2} + f^{2} \\ 1 & g & h & g^{2} + h^{2} \end{matrix} | = 0

$\begin{vmatrix} 1 & a & b & a^2 + b^2 \\ 1 & c & d & c^2 + d^2 \\ 1 & e & f & e^2 + f^2 \\ 1 & g & h & g^2 + h^2 \\ \end{vmatrix} = 0$

(t, t^{2})

$(t,t^2)$

C (a, b, c)

$C(a,b,c)$

Non è difficile (ad esempio, chiedi a Wolfram Alpha) di espandere e fattorizzare ildeterminante

nella seguente forma:

Pertanto,

| \begin{matrix} 1 & un' & {un'}^{2} & {un'}^{2} + {un'}^{4} \\ 1 & B & B^{2} & B^{2} + B^{4} \\ 1 & c & c^{2} & c^{2} + c^{4} \\ 1 & t & t^{2} & t^{2} + t^{4} \end{matrix} | = 0

$\begin{vmatrix} 1 & a & a^2 & a^2 + a^4 \\ 1 & b & b^2 & b^2 + b^4 \\ 1 & c & c^2 & c^2 + c^4 \\ 1 & t & t^2 & t^2 + t^4 \\ \end{vmatrix} = 0$

4 \times 4

$4\times4$

\begin{matrix} (*) & (un' - B) (un' - c) (B - c) (un' - t) (B - t) (c - t) (un' + B + c + t) = 0 \end{matrix}

$(a-b)(a-c)(b-c)(a-t)(b-t)(c-t)(a+b+c+t) = 0 \tag{$*$}$

trova su

se e solo se

. Inoltre, poiché

, queste quattro radici sono distinte, il che implica che la parabola attraversa effettivamente

(t, t^{2})

$(t,t^2)$

C (a, b, c)

$C(a,b,c)$

t = a

$t=a$

t = b

$t=b$

t = c

$t=c$

t = - a - b - c < 0

$t=-a-b-c < 0$

0 < a < b < c

$0<a<b<c$

in questi quattro punti. Ne segue che

trovaall'interno di

se e solo se

oppure

C (a, b, c)

$C(a,b,c)$

(t, t^{2})

$(t,t^2)$

C (a, b, c)

$C(a,b,c)$

- a - b - c < t < a

$-a-b-c<t<a$

b < t < c

$b<t<c$

◻

$\qquad\Box$

— Jeffε
fonte

Grazie, anche se in realtà volevo solo un suggerimento (senza la prova);)

— Tedil,