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本系列分治法重点内容一览：

详解当求解子问题与划分+合并子问题时间复杂度相同时，分治法的整体复杂度
详解最短点对问题为什么可以做到线性的时间复杂度，包括鸽舍原理等。

【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。

蛮力法求解

分别计算每一对点之间的距离,然后找出距离最小的那一对。

$T(n)=O(n^2 )$

应用分治法求解

分治策略

$T(n) =2T(\frac{n}{2})+O(n)= O(n\log_2n)$

【分治法的求解过程】

划分
将集合S分成两个大小基本相等的子集 $S_1$ 和 $S_2$
求解子问题
递归地求解两个子问题
合并问题的解
可能出现三种情况

(1)组成S的最近点对的2个点都在 $S_1$ 中
(2)组成S的最近点对的2个点都在 $S_2$ 中
(3)组成S的最近点对的2个点分别在 $S_1$ 和 $S_2$ 中

比较三种情况下最近点对,取三者之中较小者为原问题的解。

【求解最近点对的分治算法】

预排序:把S 中的点分别按x-坐标值和y-坐标值排序。

为什么要预排序

1. 如果S 中包含的点少于4个(n<4),则采用蛮力法直接求解。

可以直接求解

2. 划分

计算 $S$ 中各点 x-坐标的中位数 $m$ ；

用垂线 $L: x=m$ 把 $S$ 划分成两个大小相等的子集合 $S_1$ 和 $S_2$ ， $S_1$ 中的点在 $L$ 左边, $S_2$ 中的点在 $L$ 右边。

3. 求解子问题

递归地在 $S_1$ 和 $S_2$ 中找出最近点对 $\left(p_1,p_2\right)$ 和 $\left(q_1, q_2\right)$ ，设其距离分别为 $\mathrm{d}_1$ 和 $\mathrm{d}_2$

4. 合并解

(1) $d=\min \left\{d_1, d_2\right\}$

(2) 在L两侧查找距离小于 $d$ 的点对 $(p, q), p \in S_{1}, q \in S_2$ ，设其距离为 $d_3$ ；

(3) 如果找到，则 $(p, q)$ 是 $S$ 中最近点对，否则 $\left(p_1, p_2\right)$ 和 $\left(q_1, q_2\right)$ 中距离较小者为 $S$ 中最近点对。

$(p,q)$ 的搜索方法及其搜索时间：

搜索范围缩小到以L为中心、宽度为2d的临界区内

对于点 $p∈P$ ,需要考察 $Q$ 中的各个点和点 $p$ 之间的距离是否小于 $d$ ,显然, $Q$ 中这样点的 $y$ 轴坐标一定位于区间 $[y-d, y+d]$ 之间,即这样的点一定落在一个 $d×2d$ 的矩形区域内。而且,根据鸽舍原理可知这样的点不会超过6个。

为什么不超过6个？

如图所示，将在实线框起来的 $d \times 2d$ 矩形区域中找两个子集之间的点的距离，点 $p$ 对于另一个子集点的距离

为什么将 2d边三等分，因为当 $x_2$ 相同时， $p(x_1,y_1)$ 会与点 $(x_2,y_1)$ 距离最近，分治的思想则是将该部分的子问题在纵轴上划分为三块区域，横轴可以划分为两个区域，最终得到6个矩形，作为新的子问题。

为什么它的时间复杂度是线性的？ $p$ 最多和6个点的距离进行比较？

由于鸽舍原理，如果这块 $d \times 2d$ 矩形区域中超过6个点，比如7个点，那么至少其中一块 $\frac{d}{2} \times \frac{2d}{3}$ 的矩形区域中至少有两个或多个点

设这两个点为 $u,v$ 这样的话 $||uv|| = \sqrt{(x_u-x_v)^2+(y_u-y_v)^2} \leq \sqrt{\frac{25}{36}d^2} = \frac{5}{6}d$

当 $||uv|| = \frac{5}{6}d$ 时， $u,v$ 距离最大，也即 $uv$ 为对角线两端点，此时该距离必然比d要小，这与 $d=\min(d_1,d_2)$ 定义不符，产生了矛盾（两点处于同一子集，其最短距离为 $d_1$ 或 $d_2$ )。

因此得出结论:在该 $d \times 2d$ 矩形区域内最多只有6个点，也就是说p只需要最多和6个点的距离进行比较即可，这就让该种情况求解子问题的时间复杂度降到了线性。

临界区内所有点构成点集 $R$ ,将其按照 $y$ 坐标排序,对 $R$ 中的每个点 $r_i$ 依次考察其后的点 $r_j$ (最多只要考察紧随其后的7个点),因此,合并步骤可以在线性时间内完成。

//搜索d_3的线性时间实现过程
for(i = 0; i < size(R); i++) 
    for(j = i + 1; j < size(R); j++) 
        if(|y(r_i) - y(r_j)| >= d) 
            break;//继续处理$r_{i+1}$ 
        else 
        if(distance(r_i,r_j) < d) 
            d_3 = distance(r_i,r_j);

为什么只需要和紧随其后的7个点进行比较就可以？

根据上面鸽舍原理，每个 $\frac{d}{2} \times \frac{2d}{3}$ 的矩形区域中最多有一个点，两个子集中最多有12个点，而上下相邻的两块，左边最多有4个点，右边最多有4个点，所以最多共8个点（一个点和紧随其后的7个点），后面的4个点其实是无需进行比较的，因为距离必然超过前7个点。

故而，合并的时间复杂度也可以在线性时间内解决。

【伪代码实现】

double closestPoints(S){
    n=|S| 
    if(n < 4)  
        采用蛮力法直接求解，返回求得的最近点对值;
    m = S中各点x坐标的中位数;
    构造S_1和S_2, 其中S_1={x \in S|x \leq m},S_2={x\in S | x > m}; 
        d_1=closestPoints(S_1);
        d_2=closestPoints(S_2); 
        d = min{d_1,d_2); 
    设距离垂直分割线$L$的距离为$d$的区域为临界区;
    构造临界区内所有点组成的集合R(R中的点按照y坐标值有序)；
    for(i = 0; i < size(R); i++)  //size(R)表示集合R中点的个数
        for(j = i+1; j < size(R); j++) 
            if(|y(r_i) - y(r_j)| >= d) 
            break;  //继续处理$r_{i+1}$ 
        else 
        if(distance(r_i,r_j) < d) 
            d_3 = distance(r_i,r_j);
    return min{d,d3}

【时间复杂度分析】

划分阶段需要O(n)时间
求解子问题阶段需要2T(n/2)时间
合并解阶段需要O(n)时间
- 递归方程
  - $T(n) = O(1) \quad \quad \quad \quad \quad \quad n < 2$
  - $T(n) = 2T(n/2) + O(n) \quad n \geq 2$
- 用主方法求解T(n)
  - $T(n) = O(n\log_2n)$

【参考资料】

中国大学MOOC ｜算法设计与分析武汉理工大学

arxiv｜A Simple Proof for the Four-Color Theorem

分治法（三）：最近点对问题｜算法设计与分析