平面最近點對問題詳解

演算法：

0：把所有的點按照橫座標排序

1：用一條豎直的線l將所有的點分成兩等份

2：遞迴算出左半部分的最近兩點距離d1，右半部分的最近兩點距離d2，取d=min(d1,d2)

3：算出「乙個在左半部分，另乙個在右半部分」這樣的點對的最短距離d3。

4：結果＝min(d1,d2,d3)

關鍵就是這第3步。貌似這需要n^2的時間，把左邊每個點和右邊每個點都對比一下。其實不然。秘密就在這裡。首先，兩邊的點，與分割線l的距離超過d的，都可以扔掉了。其次，即使兩個點p1,p2（不妨令p1在左邊，p2在右邊）與分割線l的距離（水平距離）都小於d，如果它們的縱座標之差大於d，也沒戲。就是這兩點使得搜尋範圍大大減小：對於左半部分的，與l的距離在d之內的，每個p1來說：右半部分內，符合以上兩個條件的點p2最多只有6個！原因就是： d是兩個半平面各自內，任意兩點的最小距離，因此在同乙個半平面內，任何兩點距離都不可能超過d。我們又要求p1和p2的水平距離不能超過d，垂直距離也不能超過d，在這個d*2d的小方塊內，最多只能放下6個距離不小於d的點。因此，第3步總的比較距離的次數不超過n*6。

第3步的具體做法是：

3.1 刪除所有到l的距離大於d的點。 o(n)

3.2 把右半平面的點按照縱座標y排序。 o(nlogn)

3.3 對於左半平面內的每個點p1，找出右半平面內縱座標與p1的縱座標的差在d以內的點p2，計算距離取最小值，算出d3。 o(n*6) = o(n) 因為3.2的排序需要o(nlogn)，所以整個演算法的複雜度就是o(n((logn)^2))。

改進：我們對3.2這個排序的o(nlogn)不太滿意。既然整個演算法是遞迴的，我們可以利用第2步的子遞迴中已經排好序的序列，在第3.2部歸併這兩個子列，這樣3.2的複雜度變成了o(n)。這樣，整個演算法就是o(nlogn)的。

在二維平面上的n個點中，如何快速的找出最近的一對點，就是最近點對問題。

一種簡單的想法是暴力列舉每兩個點，記錄最小距離，顯然，時間複雜度為o(n^2)。

在這裡介紹一種時間複雜度為o(nlognlogn)的演算法。其實，這裡用到了分治的思想。將所給平面上n個點的集合s分成兩個子集s1和s2，每個子集中約有n/2個點。然後在每個子集中遞迴地求最接近的點對。在這裡，乙個關鍵的問題是如何實現分治法中的合併步驟，即由s1和s2的最接近點對，如何求得原集合s中的最接近點對。如果這兩個點分別在s1和s2中，問題就變得複雜了。

為了使問題變得簡單，首先考慮一維的情形。此時，s中的n個點退化為x軸上的n個實數x1，x2，...，xn。最接近點對即為這n個實數中相差最小的兩個實數。顯然可以先將點排好序，然後線性掃瞄就可以了。但我們為了便於推廣到二維的情形，嘗試用分治法解決這個問題。

假設我們用m點將s分為s1和s2兩個集合，這樣一來，對於所有的p(s1中的點)和q(s2中的點)，有p

遞迴地在s1和s2上找出其最接近點對和，並設

d = min

由此易知，s中最接近點對或者是，或者是，或者是某個，如下圖所示。

此時，一維情形下的最近點對時間複雜度為o(nlogn)。

在二維情形下，類似的，利用分治法，但是難點在於如何實現線性的合併？

由上圖可見，形成的寬為2d的帶狀區間，最多可能有n個點，合併時間最壞情況下為n^2,。但是，p1和p2中的點具有以下稀疏的性質，對於p1中的任意一點，p2中的點必定落在乙個d x 2d的矩形中，且最多隻需檢查六個點（鴿巢原理）。

這樣，先將帶狀區間的點按y座標排序，然後線性掃瞄，這樣合併的時間複雜度為o(nlogn)，幾乎為線性了。

/**最近點對問題，時間複雜度為o(n*logn*logn)

*/#include

#include

using

namespace

std;

const

double

inf = 1e20;

const

intn = 100005;

struct

point

point[n];

intn;

inttmpt[n];

bool

cmpxy(

const

point& a,

const

point& b)

bool

cmpy(

const

int& a,

const

int& b)

double

min(

double

a, double

double

dis(

inti,

intj)

double

closest_pair(

intleft,

intright)

sort(tmpt,tmpt+k,cmpy);

//線性掃瞄

for(i = 0; i

} return

} int

main()

return

}

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