「分治法」最近点对距离问题

一、问题描述

给定平面S上n个点找其中的一对点使得在n个点组成的 所有点对中该点对间的距离最小。

假设所讨论的点是以标准笛卡儿坐标形式x, y给出的。因 此在两个点Pi =(xi , yi )和Pj =(xj , yj )之间的距离是标准的欧几里德 距离 d = 根号下( x i − x j ) 2 + ( y i − y j )2

二、问题分析

直接用暴力解法很简单用结构体把每个点的x、y坐标都存下来之后用一个二重循环即可获得距离的最大值。但是这样做的时间复杂度也达到了O(n的平方)

那么有没有什么办法可以把时间复杂度降下来达到nlogn呢

思路

首先利用分治法将集合S分成两个相等的子集S1、S2。然后在这两个子集中递归的求出距离最近的点对。

这样做如果最近点对都是分别在两边子集中那还好说。如果不是分别在两边子集而是这两个点一个在左边一个在右边怎么办这就不是单纯的递归了子问题并不互斥存在了overlap的问题。

所以我们把问题划分成两个子集S1、S2之后出现三种情况

1. 最近点对的两个点都在S1中
2. 最近点对的两个点都在S2中
3. 最近点对的两个点一个在S1中一个在S2中

情况1和2可以递归求解但是3不行。那为了解决情况3我们应该怎么做呢

精髓

首先我们假设点集S已经按照x坐标升序排列并且点集S中x坐标的中值就是中间点x的坐标。

我们还是在左边点集S1中和右边点集S2中递归求解假设S1和S2的最短点对距离分别是d1和d2然后令d = min { d1, d2 }。

如果说最后求解出来的S的最短点对距离是小于d的也就是答案还不在左右两个子集中产生那么说明这两个点肯定一个在左边点集S1中一个在右边点集S2中。

这个可以用反证法来证明

如果不是左右各一个而是都在一边的话那么由于这个距离是小于d的而d又是min { d1, d2 }所以直接矛盾了左边点集或者右边点集的最小点对距离肯定不是d1或者d2了。因此得证。

现在我们可以将求解限制在以点集S中线x = m为中心宽度为2d的垂直地带P1和P2中垂直带之外的任何点对的距离肯定都大于d。

假设点p(x,y)是集合P1和P2中y坐标最小的点那么实际上点p可能在P1也可能在P2但这并不重要。我们现在的目的就是找出在这个垂直地带中有没有点对的距离比d还小的了。如果存在那么这个点对就是答案如果不存在那么答案就是d。

那么以点p(x,y)为基准那么我们要找的这个点肯定是在垂直域[ y , y + d ]这个范围里面。而且在这个范围里面点的个数不会超过8个

这又是为什么呢课堂上老师只是简单的说这可以用鸽笼原理来证明让同学们自己下去看接下来我简略解释一下

看这个正方形假设这个是中线x = m右边的这半矩形。为了保证右半边内的点对的距离不小于d因为如果超过了那S2点集的最短点对距离就不是d了只能把四个点放在四个角。

这时但凡再出现第五个点那么这个第五个点的距离和另外一个点的距离肯定是小于d的。也就证明一边最多只有四个点。所以总的来说在这个矩形内最多只有8个点。

所以到目前为止我们就限定了情况3的可能答案的范围。接下来就可以进行代码书写了。

算法时间复杂度分析

那么在这种情况下时间复杂度是多少呢

1. 当点数n为1,2,3的时候可以不用划分直接求解即可这时是O(1)
2. 当点数大于3的时候就需要划分子问题进行递归求解。
   递归方程为T(n) = 2T(n/2) + O(n)
   为什么呢因为划分和合并虽然用的是一个二重循环但是实际上内层循环的最大值也就是8所以相当于是O(an)也就是O(n)。

那么求解递归方程之后即可得出时间复杂度是nlogn。

三、代码

由于本题是书上内容没有题目和测试用例所以此处直接附上书上的代码。书上的代码笔者认为写的还是很清晰明了的。