分而治之算法---距离最近的点对
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C语言程序设计 | 发表日期:2008-9-24 14:46:26
给定n 个点（xi，yi）（1≤i≤n），要求找出其中距离最近的两个点。
例14-7 假设在一片金属上钻n 个大小一样的洞，假如洞太近，金属可能会断。若知道任意两个洞的最小距离，可估计金属断裂的概率。这种最小距离问题实际上也就是距离最近的点对问题。
通过检查所有的n(n- 1 ) / 2对点，并计算每一对点的距离，可以找出距离最近的一对点。这种方法所需要的时间为(n2 )。我们称这种方法为直接方法。图1 4 - 1 3中给出了分而治之求解算法的伪代码。该算法对于小的问题采用直接方法求解，而对于大的问题则首先把它划分为两个较小的问题，其中一个问题（称为A）的大小为「n /2ù，另一个问题（称为B）的大小为「n /2ù。初始时，最近的点对可能属于如下三种情形之一： 1) 两点都在A中（即最近的点对落在A中）；2) 两点都在B中；3) 一点在A，一点在B。假定根据这三种情况来确定最近点对，则最近点对是所有三种情况中距离最小的一对点。在第一种情况下可对A进行递归求解，而在第二种情况下可对B进行递归求解。
if (n较小) {用直接法寻找最近点对
R e t u r n ; }
// n较大
将点集分成大致相等的两个部分A和B
确定A和B中的最近点对
确定一点在A中、另一点在B中的最近点对
从上面得到的三对点中，找出距离最小的一对点
图14-13 寻找最近的点对
为了确定第三种情况下的最近点对，需要采用一种不同的方法。这种方法取决于点集是如何被划分成A、B的。一个合理的划分方法是从xi（中间值）处划一条垂线，线左边的点属于A，线右边的点属于B。位于垂线上的点可在A和B之间分配，以便满足A、B的大小。
例2-8 考察图14-14a 中从a到n的1 4个点。这些点标绘在图14-14b 中。中点xi = 1，垂线x = 1如图14-14b 中的虚线所示。虚线左边的点(如b, c, h, n, i)属于A，右边的点(如a, e, f, j, k, l) 属于B。d, g, m 落在垂线上，可将其中两个加入A, 另一个加入B，以便A、B中包含相同的点数。假设d ,m加入A，g加入B。
设是i 的最近点对和B的最近点对中距离较小的一对点。若第三种情况下的最近点对比小。则每一个点距垂线的距离必小于，这样，就可以淘汰那些距垂线距离≥ 的点。图1 4 - 1 5中的虚线是分割线。阴影部分以分割线为中线，宽为2 。边界线及其以外的点均被淘汰掉，只有阴影中的点被保留下来，以便确定是否存在第三类点对（对应于第三种情况）其距离小于。用RA、RB 分别表示A和B中剩下的点。假如存在点对(p,q)，p?A, q?B且p, q 的距离小于，则p?RA，q?RB。可以通过每次检查RA 中一个点来寻找这样的点对。假设考察RA 中的p 点，p的y 坐标为p.y，那么只需检查RB 中满足p.y- ＜q.y＜p.y+ 的q 点，看是否存在与p 间距小于的点。在图14-16a 中给出了包含这种q 点的RB 的范围。因此，只需将RB 中位于×2 阴影内的点逐个与p 配对，以判定p 是否是距离小于的第三类点。这个×2 区域被称为是p 的比较区（comparing region）。
例2-9 考察例2 - 8中的1 4个点。A中的最近点对为(b,h)，其距离约为0 . 3 1 6。B中最近点对为(f, j)，其距离为0 . 3，因此= 0 . 3。当考察是否存在第三类点时，除d, g, i, l, m 以外的点均被淘汰，因为它们距分割线x= 1的距离≥ 。RA ={d, i, m}，RB= {g, l}，由于d 和m 的比较区中没有点，只需考察i即可。i 的比较区中仅含点l。计算i 和l的距离，发现它小于，因此(i, l) 是最近的点对。
为了确定一个距离更小的第三类点，RA 中的每个点最多只需和RB 中的6个点比较，如图1 4 - 1 6所示。
1. 选择数据结构
为了实现图1 4 - 1 3的分而治之算法，需要确定什么是“小问题”以及如何表示点。由于集合中少于两点时不存在最近点对，因此必须保证分解过程不会产生少于两点的点集。假如将少于四点的点集做为“小问题”，就可以避免产生少于两点的点集。
每个点可有三个参数：标号， x 坐标，y 坐标。假设标号为整数，每个点可用P o i n t l类（见程序1 4 - 8）来表示。为了便于按x 坐标对各个点排序，可重载操作符＜=。归并排序程序如1 4 -3所示。
程序14-8 点类
class Point1 {
friend float dist(const Point1&, const Point1&);
friend void close(Point1 *, Point2 *, Point2 *, int, int, Point1&, Point1&, float&);
friend bool closest(Point1 *, int, Point1&, Point1&,float&);
friend void main();
p u b l i c :
int operator<=(Point1 a) const
{return (x <= a.x);}
p r i v a t e :
int ID; // 点的编号
float x, y; // 点坐标
} ;
class Point2 {
friend float dist(const Point2&, const Point2&);
friend void close(Point1 *, Point2 *, Point2 *, int, int, Point1&, Point1&, float&);
friend bool closest(Point1 *, int, Point1&, Point1&, float&);
friend void main();
p u b l i c :
int operator<=(Point2 a) const
{return (y <= a.y);}
p r i v a t e :
int p; // 数组X中相同点的索引
float x, y; // 点坐标
} ;
所输入的n 个点可以用数组X来表示。假设X中的点已按照x 坐标排序，在分割过程中假如当前考察的点是X [l :r]，那么首先计算m= (l+r) / 2，X[ l:m]中的点属于A，剩下的点属于B。计算出A和B中的最近点对之后，还需要计算RA 和RB，然后确定是否存在更近的点对，其中一点属于RA，另一点属于RB。假如点已按y 坐标排序，那么可以用一种很简单的方式来测试图1 4 - 1 6。按y 坐标排序的点保存在另一个使用类P o i n t 2 (见程序14-8) 的数组中。注重到在P o i n t 2类中，为了便于y 坐标排序，已重载了操作符＜＝。成员p 用于指向X中的对应点。
确定了必要的数据结构之后，再来看看所要产生的代码。首先定义一个模板函数d i s t (见程序1 4 - 9 )来计算点a, b 之间的距离。T可能是P o i n t 1或P o i n t 2，因此d i s t必须是P o
i n t 1和P o i n t 2类的友元。
程序14-9 计算两点距离
template
inline float dist(const T& u, const T& v)
{ / /计算点u 和v之间的距离
float dx = u.x-v. x ;
float dy = u.y-v. y ;
return sqrt(dx * dx + dy * dy);
}
假如点的数目少于两个，则函数c l o s e s t (见程序1 4 - 1 0 )返回f a l s e，假如成功时函数返回t r u e。当函数成功时，在参数a 和b 中返回距离最近的两个点，在参数d 中返回距离。代码首先验证至少存在两点，然后使用M e rg e S o r t函数(见程序14-3) 按x 坐标对X中的点排序。接下来把这些点复制到数组Y中并按y 坐标进行排序。排序完成时，对任一个i，有Y [i ] . y≤Y [i+ 1 ] . y，并且Y [i ] .p给出了点i 在X中的位置。上述预备工作做完以后，调用函数close (见程序1 4 - 11 )，该函数实际求解最近点对。
程序14-10 预处理及调用c l o s e
bool closest(Point1 X[], int n, Point1& a, Point1& b, float& d)
{// 在n >= 2 个点中寻找最近点对
// 假如少于2个点，则返回f a l s e
// 否则，在a 和b中返回距离最近的两个点
if (n < 2) return false;
// 按x坐标排序
M e r g e S o r t ( X , n ) ;
// 创建一个按y坐标排序的点数组
Point2 *Y = new Point2 [n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 将点i 从X 复制到Y
Y[i].p = i;
Y[i].x = X[i].x;
Y[i].y = X[i].y;
}
M e r g e S o r t ( Y,n); // 按y坐标排序
// 创建临时数组
Point2 *Z = new Point2 [n];
// 寻找最近点对
c l o s e ( X , Y, Z , 0 , n - 1 , a , b , d ) ;
// 删除数组并返回
delete [] Y;
delete [] Z;
return true;
}
程序1 4 - 11 计算最近点对
void close(Point1 X[], Point2 Y[], Point2 Z[], int l, int r, Point1& a, Point1& b, float& d)
{//X[l:r] 按x坐标排序
//Y[l:r] 按y坐标排序
if (r-l == 1) {// 两个点
a = X[l];
b = X[r];
d = dist(X[l], X[r]);
r e t u r n ; }
if (r-l == 2) {// 三个点
// 计算所有点对之间的距离
float d1 = dist(X[l], X[l+1]);
float d2 = dist(X[l+1], X[r]);
float d3 = dist(X[l], X[r]);
// 寻找最近点对
if (d1 <= d2 && d1 <= d3) {
a = X[l];
b = X[l+1];
d = d1;
r e t u r n ; }
if (d2 <= d3) {a = X[l+1];
b = X[r];
d = d2;}
else {a = X[l];
b = X[r];
d = d3;}
r e t u r n ; }
/ /多于三个点，划分为两部分
int m = (l+r)/2; // X[l:m] 在A中，余下的在B中
// 在Z[l:m] 和Z [ m + 1 : r ]中创建按y排序的表
int f = l, // Z[l:m]的游标
g = m+1; // Z[m+1:r]的游标
for (int i = l; i <= r; i++)
if (Y[i].p > m) Z[g++] = Y[i];
else Z[f++] = Y[i];
// 对以上两个部分进行求解
c l o s e ( X , Z , Y, l , m , a , b , d ) ;
float dr;
Point1 ar, br;
c l o s e ( X , Z , Y, m + 1 , r, a r, b r, d r ) ;
// (a,b) 是两者中较近的点对
if (dr < d) {a = ar;
b = br;
d = dr;}
M e r g e ( Z , Y,l,m,r);// 重构Y
/ /距离小于d的点放入Z
int k = l; // Z的游标
for (i = l; i <= r; i++)
if (fabs(Y[m].x - Y[i].x) < d) Z[k++] = Y[i];
// 通过检查Z [ l : k - 1 ]中的所有点对，寻找较近的点对
for (i = l; i < k; i++){
for (int j = i+1; j < k && Z[j].y - Z[i].y < d;
j + + ) {
float dp = dist(Z[i], Z[j]);
if (dp < d) {// 较近的点对
d = dp;
a = X[Z[i].p];
b = X[Z[j].p];}
}
}
}
函数c l o s e（见程序1 4 - 11）用来确定X[1:r] 中的最近点对。假定这些点按x 坐标排序。在Y [ 1 : r ]中对这些点按y 坐标排序。Z[ 1 : r ]用来存放中间结果。找到最近点对以后，将在a, b中返回最近点对，在d 中返回距离，数组Y被恢复为输入状态。函数并未修改数组X。
首先考察“小问题”，即少于四个点的点集。因为分割过程不会产生少于两点的数组，因此只需要处理两点和三点的情形。对于这两种情形，可以尝试所有的可能性。当点数超过三个时，通过计算m = ( 1 + r ) / 2把点集分为两组A和B，X [ 1 : m ]属于A，X [ m + 1 : r ]属于B。通过从左至右扫描Y中的点以及确定哪些点属于A，哪些点属于B，可以创建分别与A组和B组对应的，按y 坐标排序的Z [ 1 : m ]和Z [ m + 1 : r ]。此时Y和Z的角色互相交换，依次执行两个递归调用来获取A和B中的最近点对。在两次递归调用返回后，必须保证Z不发生改变，但对Y则无此要求。不过，仅Y [ l : r ]可能会发生改变。通过合并操作（见程序1 4 - 5）可以以Z [ 1 : r ]重构Y [ 1 : r ]。
为实现图1 4 - 1 6的策略，首先扫描Y [ 1 : r ]，并收集距分割线小于的点，将这些点存放在Z [ 1 : k - 1 ]中。可按如下两种方式来把RA中点p 与p 的比较区内的所有点进行配对：1) 与RB 中y 坐标≥p.y 的点配对；2) 与y 坐标≤p.y 的点配对。这可以通过将每个点Z [ i ]（1≤i < k，不管该点是在RA
还是在RB中）与Z[j] 配对来实现，其中i＜j 且Z [ j ] . y - Z [ i ] . y＜ 。对每一个Z [ i ]，在2 × 区域内所检查的点如图1 4 - 1 7所示。由于在每个2 × 子区域内的点至少相距。因此每一个子区域中的点数不会超过四个，所以与Z [ i ]配对的点Z [ j ]最多有七个。
2. 复杂性分析
令t (n) 代表处理n 个点时，函数close 所需要的时间。当n＜4时，t (n) 等于某个常数d。当n≥4时，需花费(n) 时间来完成以下工作：将点集划分为两个部分，两次递归调用后重构Y，淘汰距分割线很远的点，寻找更好的第三类点对。两次递归调用需分别耗时t (「n /2ù」和t (?n /2?).
这个递归式与归并排序的递归式完全一样，其结果为t (n) = (nl o gn)。另外，函数c l o s e s t还需耗时(nl o gn)来完成如下额外工作：对X进行排序，创建Y和Z，对Y进行排序。因此分而治之最近点对求解算法的时间复杂性为(nl o gn)。
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