Ordinamento per distanza euclidea

è un insieme di punti su un piano. Un punto casuale è dato sullo stesso piano. Il compito è quello di risolvere tutti dalla distanza euclidea tra ed . $S$ $x \notin S$ $y \in S$ $x$ $y$

Un approccio senza cervello è quello di calcolare le distanze tra e per tutti e quindi ordinare loro utilizzando qualsiasi algoritmo veloce. $x$ $y$ $y \in S$

Esiste un modo per archiviare o preelaborare modo che il processo di ordinamento diventi più veloce? $S$

cg.comp-geom sorting

— Alex K.
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Puoi considerare una griglia di dimensioni appropriate e raggruppare i punti in base al quadrato corrispondente (usando, diciamo, tabella hash). Quindi per alcune coppie di quadrati puoi dedurre che tutti i punti di un quadrato sono più lontani da

di tutti i punti di un altro quadrato. In pratica potrebbe aiutare, immagino.

x

$x$

— ilyaraz,

L '"approccio no-brain" che hai affermato corre nel tempo O (n log n), dove n è il numero di punti in S, che credo sia piuttosto veloce in pratica. Vuoi eliminare il fattore log n o vuoi qualcos'altro come l' ordinamento esterno ?

— Tsuyoshi Ito,

Il punto è che ho un tempo praticamente illimitato per preparare la mia serie di punti, ma il tempo per ordinarli è molto limitato. Detto questo, si apprezza qualsiasi accelerazione dell'ordinamento standard, anche se è lo stesso O (n log n), ma più veloce nel caso peggiore (o nel migliore dei casi, o altro).

— Alex K.

Ad esempio, se conservo S come un albero 2-d, posso trovare un vicino più vicino in O (log n) tempo. Forse esiste una soluzione simile per il mio compito. Non sono un grande esperto di strutture di dati spaziali - e ce ne sono così tante - potrei facilmente perderlo.

— Alex K.

Risposte:

Soluzione 1: trova le bisettrici perpendicolari tra coppie di punti e costruisci la disposizione di queste linee. La disposizione ha celle, all'interno delle quali l'ordine ordinato è costante. Quindi costruisci una struttura di dati sulla posizione dei punti per la disposizione e decora ogni cella con l'ordine ordinato che deve essere restituito per i punti all'interno di quella cella. Gli ordini ordinati tra celle adiacenti differiscono solo in una singola trasposizione, quindi è possibile utilizzare una struttura di dati persistente per consentire alle rappresentazioni di questi ordini ordinati di condividere lo spazio. Lo spazio totale è e il tempo di query è $\Theta(n^2)$ $\Theta(n^4)$ $O(n^4)$ . $O(\log n)$

Soluzione 2: scegliere un campione casuale di di queste stesse bisettrici perpendicolari, costruire la loro disposizione e dividere ciascuna cella di disposizione per segmenti di linea verticale attraverso ogni incrocio di due linee campionate. La partizione risultante ha celle, ognuna delle quali con alta probabilità è attraversata da bisettrici non campionate. Decora ogni cella della partizione in base a un ordinamento ordinato valido dei punti visto da alcune x all'interno della cella. Lo spazio totale è . $\Theta(n)$ $\Theta(n^2)$ $O(n)$ $O(n^3)$

Ora, per eseguire una query, individuare il punto di query nella partizione, cercare l'ordinamento memorizzato con la cella di partizione e utilizzare l' algoritmo di ordinamento del confronto dell'albero cartesiano di Levcopoulos & Petersson (1989) a partire da questo ordinamento memorizzato. Il tempo per questo passaggio è proporzionale a dove è il numero di punti fuori servizio con il punto . Ma è (ogni bisettrice non campionata causa al massimo una coppia di punti fuori ordine), quindi il tempo di interrogazione $\sum_i O(1+\log k_i)$ $k_i$ $y_i$ $\sum k_i$ $O(n)$ è anche . $\sum_i O(1+\log k_i)$ $O(n)$

— David Eppstein
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PS ecco una variante alternativa della soluzione 2 che utilizza lo stesso spazio e tempo di query ma scambia un algoritmo di preelaborazione più complicato per un algoritmo di query più semplice: 11011110.livejournal.com/233793.html

— David Eppstein

Perché

pre-elaborazione quando è possibile ordinare da tutti i

punti di partenza nel tempo

e memorizzare i risultati in una tabella hash usando lo spazio

per una ricerca costante?

n^{4}

$n^4$

n

$n$

O (n^{2} \log n)

$O(n^2\log n)$

O (n^{2})

$O(n^2)$

— Dave,

Perché ci sono

punti di partenza con diversi ordinamenti, non

Θ (n^{4})

$\Theta(n^4)$

Θ (n^{2})

$\Theta(n^2)$

— David Eppstein,

Probabilmente non sarai in grado di allontanarti da volta in qualsiasi modo lo tagli; anche pre-calcolare regioni corrispondenti a tutti i possibili ordinamenti potrebbe (credo) produrre regioni e quindi trovare la 'tua' regione con qualsiasi tecnica di ricerca significativa prenderà tempo. ( MODIFICA: $n\log(n)$ $O(n!)$ $O(\log(n!)) = O(n\log(n))$ questo è assolutamente sbagliato; vedi l'eccellente risposta di David Eppstein per ulteriori informazioni!) Un modo utile per ridurre la complessità, d'altra parte - specialmente se non hai bisogno di tutto l'ordinamento in una volta ma devi solo essere in grado di estrarre casualmente il più vicino al volo - potrebbe essere attraverso diagrammi Voronoi di ordine superiore: estensioni della cella Voronoi standard che ospitano non solo il vicino più vicino ma il secondo più vicino, ecc. L'articolo di Frank Dehne sulla ricerca del vicino k più vicino, http: //people.scs .carleton.ca / ~ dehne / publications / 2-02.pdf sembra essere il riferimento canonico; la sua homepage su http://www.dehne.carleton.ca/publications contiene numerosi altri articoli sui diagrammi di Voronoi che potrebbero essere utili. $k$

— Steven Stadnicki
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Θ (n^{4})

$\Theta(n^4)$

O (n!)

$O(n!)$

Θ (n^{2})

$\Theta(n^2)$

@ David Penso che dovresti farne una risposta.

— James King,

Seconded - n! mi sentivo sbagliato mentre lo scrivevo, ma non riuscivo a vedere un caso contrario. Modificherò presto la mia risposta per correggerla, ma mi piacerebbe davvero vederne una più direttamente informata; grazie!

— Steven Stadnicki,