计算优势点的分而治之算法？答案

【问题标题】：A divide-and-conquer algorithm for counting dominating points?计算优势点的分而治之算法？
【发布时间】：2013-10-30 21:24:44
【问题描述】：

假设坐标 (x1,y1) 处的一个点支配如果 x1 ≤ x2 且 y1 ≤ y2 则另一个点 (x2,y2);

我有一组点 (x1,y1) , ....(xn,yn) 我想找到支配对的总数。我可以通过将所有点相互比较来使用蛮力来做到这一点，但这需要时间 O(n²)。相反，我想使用分而治之的方法在 O(n log n) 时间内解决这个问题。

现在，我有以下算法：

绘制一条垂直线，将点集分成两个相等的 P_left 和 P_right 子集。作为基本情况，如果只剩下两点，我可以直接比较它们。
递归计算 P_left 和 P_right
一些征服步骤？

问题是我看不到“征服”步骤应该在这里。我想计算从 P_left 到 P_right 交叉的主导对有多少，但如果不比较两者中的所有点，我不知道该怎么做部分，这需要时间 O(n²)。

谁能给我一个关于如何完成征服步骤的提示？

所以 y 坐标的两半是：{1,3,4,5,5} 和 {5,8,9,10,12}

我画了分割线。

【问题讨论】：

标签： algorithm 2d big-o time-complexity divide-and-conquer

【解决方案1】：

假设您按 y 坐标升序对两半中的点分别进行排序。现在，查看两半中 y 值最低的点。如果左侧最低点的 y 值低于右侧最低点，则该点受右侧所有点的支配。否则，右边的底点不会支配左边的任何东西。

在任何一种情况下，您都可以从两半中的一个中删除一个点，然后对剩余的排序列表重复该过程。这对每个点做了 O(1) 的工作，所以如果总共有 n 个点，那么 O(n) 的工作（在排序之后）来计算两半中支配对的数量。如果您以前见过，这类似于计算数组中的倒数的算法。

考虑到排序点所需的时间 (O(n log n))，这个征服步骤需要 O(n log n) 时间，给出递归

T(n) = 2T(n / 2) + O(n log n)

根据Master Theorem，这解决了 O(n log² n)。

但是，您可以加快速度。假设在你开始分治步骤之前，你通过它们的 y 坐标对点进行预排序，做一次 O(n log n) 的工作。使用类似于最接近点对问题的技巧，您可以在每个大小为 n 的子问题上在 O(n) 时间内对每一半中的点进行排序（有关详细信息，请参阅the discussion at this bottom of this page）。这会将重复更改为

T(n) = 2T(n / 2) + O(n)

根据需要求解到 O(n log n)。

希望这会有所帮助！

【讨论】：

好，但我对此感到困惑：“右边的所有点”。这是否意味着左边的这个最低 y 被右边的所有点控制，包括它自己左边的点？示例：左 y = {1,3,4,5,5} ；右 y = {5,8,9,10,12} 所以 1 1 小于右 y 中的所有点？但是左边 y 的剩余点{3,4,5,5} 怎么样？这有点不清楚你的意思是哪个“正确”
另外，我是否应该进行递归调用，直到我在每个子集中只得到 2 分？或者只是将整个列表分成两半，然后只比较 y coord-s？
查看上面的图 - 我使用这个例子
@ERJAN- 这样想。假设您通过绘制一条将它们分成“左”和“右”两半的垂直线来分割这些点。递归计算两半中的支配点数。现在，唯一要考虑的控制点对是一个点在左半边，一个点在右半边的点。右边的任何点已经比左边的任何点有更大的 x 坐标，所以剩下的唯一考虑是右边的点比左边的点有更高的 y 值。我建议的算法提供了一种有效的计数方法......
@ERJAN- ... 跨越分割的支配点数。这能说明问题吗？

【解决方案2】：

通过这种方式，您有 O(n^2) 仅用于划分子集...
我的方法会有所不同

按 X ... O(n.log(n)) 对点进行排序
现在检查 Y
- 但只检查 X 较大的点（如果您按升序对它们进行排序，则使用较大的索引）
所以现在你有 O(n.log(n)+(n.n/2))

您还可以通过单独的 X 和 Y 测试进一步加快速度，然后组合结果，这将导致 O(n + 3.n.log(n))

为您的点添加索引属性
- 其中 index = 0xYYYYXXXXh 是无符号整数类型
- YYYY 是 Y 排序数组中点的索引
- XXXX 是 X 排序数组中点的索引
- 如果您有超过 2^16 个点，请使用大于 32 位的数据类型。
按 X 升序对点进行排序，并将其索引的 XXXX 部分设置为 O1(n.log(n))
按 Y 升序对点进行排序，并将其索引的 YYYY 部分设置为 O2(n.log(n))
按升序索引 O3(n.log(n)) 对点进行排序
如果 (i
但如果您实际上需要为任何点创建所有对
这需要 O4(n.n/2) 所以这种方法不会节省一点时间
如果任何点只需要一对，那么简单的循环就足够了 O4(n-1)
所以在这种情况下 O(n-1+3.n.log(n)) -> ~O(n+3.n.log(n))

希望它有所帮助，...当然，如果您坚持使用这种细分方法，那么我没有更好的解决方案。

PS。为此，您不需要任何额外的递归，只需 3x 排序，任何点只需一个 uint，因此内存需求不是那么大，甚至应该比递归调用一般的细分递归更快

【讨论】：

【解决方案3】：

此算法在 O(N*log(N)) 中运行，其中 N 是点列表的大小，它使用 O(1) 额外空间。

执行以下步骤：

按 y 坐标（升序）对点列表进行排序，打破平局 x 坐标（升序）。
以相反的顺序遍历排序列表以计算优势点：如果当前 x 坐标 >= 迄今为止遇到的最大 x 坐标值然后增加结果并更新最大值。

这是有效的，因为您确定如果所有具有更大 y 坐标的对的 x 坐标都小于当前点，您就找到了一个支配点。排序步骤使其非常高效。

这是 Python 代码：

def my_cmp(p1, p2):
    delta_y = p1[1] - p2[1]
    if delta_y != 0:
        return delta_y
    return p1[0] - p2[0]

def count_dom_points(points):
    points.sort(cmp = my_cmp)
    maxi = float('-inf')
    count = 0
    for x, y in reversed(points):
        if x >= maxi:
        count += 1
        maxi = x

    return count

【讨论】：