Come non calcolare il cerchio più piccolo che racchiude un insieme finito di cerchi

Supponiamo di avere un insieme finito $L$ di dischi in , e vogliamo calcolare il più piccolo disco per i quali . Un modo standard per farlo è quello di utilizzare l'algoritmo di Matoušek, Sharir e Welzl [1] per trovare una base di , e lasciare che , il disco più piccolo che contiene . Il disco può essere calcolato algebricamente usando il fatto che, poiché è una base, ogni disco in è tangente a .$\mathbb{R}^2$$D$$\bigcup L\subseteq D$$B$$L$$D=\langle B\rangle$$\bigcup B$$\langle B\rangle$$B$$B$$\langle B\rangle$

( è una base di se è minima tale che . Una base ha al massimo tre elementi; in generale per le palle in una base ha al massimo elementi.)$B\subseteq L$B ⟨ B ⟩ = ⟨ L ⟩ R d d + $L$$B$$\langle B\rangle=\langle L\rangle$$\mathbb{R}^d$$d+1$

È un algoritmo ricorsivo randomizzato come segue. (Ma vedi sotto per una versione iterativa, che può essere più facile da capire.)

Procedura : Input : insiemi finiti di dischi , , dove è una base (di ).$MSW(L, B)$
B B $L$$B$$B$$B$

1. Se , ritorno .$L=\varnothing$$B$
2. Altrimenti scegli a caso.$X\in L$
3. Sia .$B'\leftarrow MSW(L-\{X\}, B)$
4. Se restituisce .B $X\subseteq\langle B'\rangle$$B'$
5. Altrimenti restituire , dove B '' è una base di B '\ cup \ {X \} .B ″ B ′ ∪ { X $MSW(L, B'')$$B''$$B'\cup\{X\}$

Usato come $MSW(L, \varnothing)$ per calcolare una base di $L$ .

Di recente ho avuto motivo di implementare questo algoritmo. Dopo aver verificato che i risultati erano corretti in milioni di casi di test generati casualmente, ho notato che avevo fatto un errore nell'implementazione. Nell'ultimo passaggio stavo restituendo $MSW(L-\{X\}, B'')$ anziché $MSW(L, B'')$ .

Nonostante questo errore, l'algoritmo stava dando le risposte giuste.

Aggiunto: alcune idee sbagliate

Diverse persone hanno proposto argomenti errati secondo cui l'algoritmo modificato è banalmente corretto, quindi può essere utile prevenire alcune idee sbagliate qui. Una falsa credenza popolare sembra essere che . Ecco un controesempio a tale affermazione. Dati i dischi come di seguito (il limite di è mostrato anche in rosso):un , b , c , d , e ⟨ un , b , e $B\subseteq\langle MSW(L, B)\rangle$$a,b,c,d,e$$\langle a,b,e\rangle$

possiamo avere ; e nota che :e ∉ ⟨ c , d $MSW(\{c, d\}, \{a,b,e\})=\{c,d\}$$e\notin\langle c,d\rangle$

Ecco come può succedere. La prima osservazione è che :$MSW(\{c\},\{a,b,e\})=\{b,c\}$

• Desideriamo calcolare$MSW(\{c\},\{a,b,e\})$
• Scegli$X = c$
• Sia$B' = MSW(\varnothing, \{a,b,e\}) = \{a,b,e\}$
• Osserva che$X\notin\langle B'\rangle$
• Quindi lascia che sia una base diB ′ ∪ { X } = { a , b , c , e $B''$$B'\cup\{X\} = \{a,b,c,e\}$
• Osserva che$B''=\{b,c\}$
• Restituisci{ b , c $MSW(\{c\}, \{b,c\})$ , che è$\{b,c\}$

Adesso considera $MSW(\{c, d\}, \{a,b,e\})$ .

• Desideriamo calcolare$MSW(\{c, d\}, \{a,b,e\})$
• Scegliere $X=d$
• Permettere $B' = MSW(\{c\}, \{a,b,e\}) = \{b,c\}$
• Osservalo $X\notin\langle B'\rangle$
• Quindi lascia cheB ′ ∪ { X } = { b , c , d $B''$ sia una base di$B'\cup\{X\} = \{b,c,d\}$
• Osservalo $B''=\{c,d\}$
• Restituisce , ovvero{ c , d $MSW(\{c,d\}, \{c,d\})$$\{c,d\}$

(Per motivi di chiarezza, supponiamo che i dischi abbiano tutti il ​​raggio 2 e siano centrati su , , , e rispettivamente.)( 30 , 5 ) ( 30 , 35 ) ( 10 , 5 ) ( 60 , 26 ) ( 5 , 26 $a,b,c,d,e$$(30,5)$$(30,35)$$(10, 5)$$(60, 26)$$(5, 26)$

Aggiunto: una presentazione iterativa

Potrebbe essere più semplice pensare a una presentazione iterativa dell'algoritmo. Trovo certamente più facile visualizzarne il comportamento.

Input : una lista di dischi Output : una base di$L$
$L$

1. Lascia che$B\leftarrow\varnothing$ .
2. Shuffle$L$ modo casuale.
3. Per ogni in$X$$L$ :
4.   Se$X\notin\langle B\rangle$ :
5.     Sia una base di$B$$B\cup\{X\}$ .
6.     Torna al passaggio 2.
7. Return .$B$

Il motivo per cui l'algoritmo termina, per inciso, è che il passaggio 5 aumenta sempre il raggio di - e ci sono solo finitamente molti possibili valori di$\langle B\rangle$$B$ .

La versione modificata non ha una presentazione iterativa così semplice, per quanto posso vedere. (Ho provato a dare uno nella modifica precedente a questo post, ma era sbagliato - e ha dato risultati errati.)

Riferimento

[1] Jiří Matoušek, Micha Sharir e Emo Welzl. Un limite subesponenziale per la programmazione lineare. Algorithmica, 16 (4-5): 498-516, 1996.

Questo passaggio di rimozione di da prima di continuare la ricorsione migliora effettivamente l'algoritmo, poiché rimuove la già aggiunta$X$$L$$X$ dal pool di candidati di base. Funzionerà sempre, in modo dimostrabile, perché equivale all'algoritmo esistente e funzionerà anche per dimensioni superiori.

Traccia attraverso l'algoritmo. Quando usi , ci sono X ∈ L e X ∈ B ′ ′ . Supponiamo di averlo scelto di nuovo nel passaggio 2. Indipendentemente dal risultato del passaggio 3, B ′ avrà sempre X , poiché la funzione ricorsiva ha l'invariante B ⊆ M S W ( L ,$MSW(L,B^{\prime\prime})$$X \in L$$X \in B^{\prime\prime}$$B^\prime$$X$ .$B \subseteq MSW(L,B)$

In altre parole, il miglioramento dell'algoritmo consente di accedere al passaggio 3 nella parte in cui $X$ è stato scelto