分治算法定理、平面最近点问题

分：递归解决较小的问题

治：从子问题构建原问题的解

分治算法的时间：

定理1：方程 $T(N)=aT(N/b)+\Theta (N^k)$ 的解是：

$O(N^{log_{b}^{a}}),a>b^{k}$

$O(N^{k}logN),a=b^{k}$

$O(N^{k}),a< b^{k}$

证明用叠缩求和法

定理2：方程 $T(N)=aT(N/b)+\Theta (N^{k}log^{p}N)$ 的解是

$O(N^{log_{b}^{a}}),a> b^{k}$

$O(N^{k}log^{p+1}N),a=b^{k}$

$O(N^{k}log^{p}N),a<b^{k}$

定理3：若 $\sum_{i=1}^{k}a_{i}<1$ ，则方程 $T(N)=\sum_{i=1}^{k}T(a_{i}N)+O(N)$ 的解是 $T(N)=O(N)$

证明：使用数学归纳法，这个方程的意义是，若将原问题分解成若干不到原问题100%的若干个子问题加上合并子问题的线性时间，那么算法时间是 $O(N)$

最近点问题：输入平面上的点列P，若 $p_{1}=(x_{1},y_{1})$ ， $p_{2}=(x_{2},y_{2})$ ，那么两点之间的欧几里得距离是 $[(x_{1}-x_{2})^2+(y_{1}-y_{2})^2]^{1/2}$ ，找出一对最近的点

一种显然的方法是遍历所有点对距离，时间是 $O(N^2)$

若先对x坐标排序，那么花费时间是 $O(NlogN)$ ，对于要证明总时间是 $O(NlogN)$ ，不增加时间界

分解问题如下：在二位坐标系中画一条想象的垂线P，将所有点按照x坐标分成左右两个部分 $P_{L}$ 和 $P_{R}$ ，那么距离最近的点对要么在左边，要么在右边，要么一个在左边一个在右边，这就是一个典型的分治问题，由于想要 $O(NlogN)$ 解，因此只能用线性附加时间计算横跨左右的这种距离。

设 $\delta =min(d_{L},d_{R})$ ，若 $d_{c}$ 对 $\delta$ 有改进，那么一定在P左右的 $\delta$ 的带状区域中，这就减少了需要考虑的横跨左右的点，平均在带状区域中的点的数量是 $O(\sqrt{N})$ ，因为想象N个点落在一个单位格子中，那么最均匀的分布是，长和宽都是 $\sqrt{N}$ 个点，从而让两点之间最小值的最大值为 $O(\frac{1}{\sqrt{N}})$ ，这就是带状区域的宽，其中的点数量就是 $\sqrt{N}*\frac{1}{\sqrt{N}}$ ，即 $O(\sqrt{N})$ ，因此可以用O(N)时间进行蛮力计算，代码如下：

for (i = 0; i < N; i++)
	for (j = i + 1; j < NumPointsInStrip; i++)
		if (Dist(Pi, Pj) < ans)
			ans = Dist(Pi, Pj);

在最坏的情况下，可能所有点都在带状区域中，就不能保证 $O(N)$ 时间了，可以改进到最坏 $O(N)$ 时间，方法是对y坐标排序，代码如下：

for (i = 0; i < NumPointsInStrip; i++)
	for (j = i + 1; j < NumPointsInStrip; j++)
		if (Pj and Pi's coordinates differ by more than ans)
			break;
		else if (Dist(Pi, Pj) < ans)
			ans = Dist(Pi, Pj);

内层循环只有常数个节点需要被考虑，因此是线性时间

分治算法定理、平面最近点问题

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