【算法进阶】笔试面试「计算几何」相关算法合集

计算几何

今天通过 $4$ 道与计算几何相关的题目来学习笔试面试重难点。

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587. 安装栅栏

在一个二维的花园中，有一些用 $(x, y)$ 坐标表示的树。由于安装费用十分昂贵，你的任务是先用最短的绳子围起所有的树。只有当所有的树都被绳子包围时，花园才能围好栅栏。

你需要找到正好位于栅栏边界上的树的坐标。

示例 1:

输入: [[1,1],[2,2],[2,0],[2,4],[3,3],[4,2]]

输出: [[1,1],[2,0],[4,2],[3,3],[2,4]]

注意:

• 所有的树应当被围在一起。你不能剪断绳子来包围树或者把树分成一组以上。
• 输入的整数在 $0$ 到 $100$ 之间。
• 花园至少有一棵树。
• 所有树的坐标都是不同的。
• 输入的点没有顺序。输出顺序也没有要求。

二维凸包（Andrew 算法）

这是一道「二维凸包」板子题，需要注意的是网上大多数 Andrew 算法的板子都是有问题的（下面会说）。

Andrew 算法正是用于求解凸包上的所有点（围成所有点的最小周长），其算法逻辑将凸包分为「上凸壳」和「下凸壳」，并分别画出（蓝色分割线将凸包分为两部分）：

基本流程为：

1. 对所有点进行双关键字排序，先根据 $x$ 坐标排升序，后根据 $y$ 排升序； 根据 $x$ 排升序的目的，是为了我们能够往一个方向画出凸包边缘（从左往后画出一半凸壳，从右往左画出另外一半），而将 $y$ 升序目的是可以确保一旦我们现在从 $a$ 到 $b$ 进行连线，那么 $a$ 到 $b$ 之间的所有点能够确保被围住；

2. 使用栈来维护所有凸包上的点，或者说凸包上的边，会更为准确，凸包起点元素会在栈中出现两次（首尾），因此更为准确的描述应该是使用栈维护凸包的所有的边，栈中相邻元素代表凸包上的一条边；

3. 分别「从前往后」和「从后往前」处理排序好的所有点，来分别画出凸包的两半部分，根据画的是第一部分还是第二部分，维护栈内元的处理逻辑稍有不同：

   a. 画的是凸包的第一部分：

   • 若栈内元素少于 $2$ 个，组成一条线至少需要两个点，说明此时第一条边都还没画出，直接将元素添加到栈中；

   • 若栈内元素不少于 $2$ 个，考虑是否要将栈顶的边删掉（由栈顶前两个元素组成的边）假设栈顶元素为 $b$，栈顶元素的下一位为 $a$，即栈顶存在一条 $a$ 到 $b$ 的边，当前处理到的点为 $c$，此时我们根据 $ac$ 边是否在 $ab$ 边的时针方向来决定是否要将 $ab$ 边去掉：

     

     按照上述逻辑处理完所有点，凸包第一部分的点（边）都存在于栈中。

   b. 画的是凸包的第二部分：逻辑同理，唯一需要注意的是，第一部分的凸包边我们不能删去，假定处理完第一部分凸包，我们栈内有 $m$ 个元素，我们需要将上述「栈顶元素不少于 $2$ 个」的逻辑替换为「栈顶元素大于 $m$ 个」，同时已参与到凸包第一部分的点，不能再考虑，因此需要额外使用一个 $vis$ 数组来记录使用过的点。

一些细节，为了方便取得栈顶的前两位元素，我们使用数组实现栈，$stk$ 代表栈容器，$tp$ 代表栈顶元素下标。

正如刚刚讲到，起点会被入栈两次（对应第一条边和最后一条边），因此输出方案时，栈顶和栈底我们只选其一即可。

代码：

class Solution {
    int[] subtraction(int[] a, int[] b) { // 向量相减
        return new int[]{a[0] - b[0], a[1] - b[1]};
    }
    double cross(int[] a, int[] b) { // 叉乘
        return a[0] * b[1] - a[1] * b[0];
    }
    double getArea(int[] a, int[] b, int[] c) { // 向量 ab 转为 向量 ac 过程中扫过的面积
        return cross(subtraction(b, a), subtraction(c, a));
    }
    public int[][] outerTrees(int[][] trees) {
        Arrays.sort(trees, (a, b)->{
            return a[0] != b[0] ? a[0] - b[0] : a[1] - b[1];
        });
        int n = trees.length, tp = 0;
        int[] stk = new int[n + 10];
        boolean[] vis = new boolean[n + 10];
        stk[++tp] = 0; // 不标记起点
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            int[] c = trees[i];
            while (tp >= 2) {
                int[] a = trees[stk[tp - 1]], b = trees[stk[tp]];
                if (getArea(a, b, c) > 0) vis[stk[tp--]] = false;
                else break;
            }
            stk[++tp] = i;
            vis[i] = true;
        }
        int size = tp;
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            if (vis[i]) continue;
            int[] c = trees[i];
            while (tp > size) {
                int[] a = trees[stk[tp - 1]], b = trees[stk[tp]];
                if (getArea(a, b, c) > 0) tp--;
                // vis[stk[tp--]] = false; // 非必须
                else break;
            }
            stk[++tp] = i;
            // vis[i] = true; // 非必须
        }
        int[][] ans = new int[tp - 1][2];
        for (int i = 1; i < tp; i++) ans[i - 1] = trees[stk[i]];
        return ans;
    }
}

• 时间复杂度：排序复杂度为 $O(n\log{n})$，统计凸包上的点复杂度为 $O(n)$。整体复杂度为 $O(n)$
• 空间复杂度：$O(n)$

网上 Andrew 板子问题

由于我太久没写计算几何了，翻了一下以前在其他 OJ 提交的题，找回自己几年前的板子，好奇心驱使，想看看现在是否有板子上的突破（通常很难，尤其对于计算几何而言），结果发现网上绝大多数板子都存在严重逻辑错误：

1. 最为严重的错误是，处理凸包第一部分和第二部分，都是使用「栈顶元素不少于 $2$ 个」的逻辑：即使存在 $vis$ 数组也无法避免该逻辑错误，在某些数据上，该逻辑会导致最右边的一些点无法被围住；
2. 存在对 vis 数组的错误理解：vis 的作用仅是为了处理凸包第二部分的时候，不要使用到凸包第一部分的点而已。含义并非是处理过的点，或者当前凸包上的点，因此你可以看到我代码注释中写了「不标记起点」和「非必须」，在画第二部分的凸包时，只需要确保第一部分使用的点不参与即可，重复点问题本身就由遍历所保证，而并非 $vis$ 数组。当然，为了记忆方便，让模板更具有“对称性”，也可以保留在画第二部分凸包的时候，保留对 $vis$ 的维护逻辑，但千万不要搞错了 $vis$ 的含义。

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1037. 有效的回旋镖

给定一个数组 points，其中 $points[i] = [x_i, y_i]$ 表示 X-Y 平面上的一个点，如果这些点构成一个 回旋镖 则返回 true。

回旋镖 定义为一组三个点，这些点 各不相同 且 不在一条直线上 。

示例 1：

输入：points = [[1,1],[2,3],[3,2]]

输出：true

提示：

• $points.length == 3$
• $points[i].length == 2$
• $0 <= x_i, y_i <= 100$

计算几何

共三个点，分别使用两个点计算向量，随后判断向量叉积是否为 $0$。

代码：

class Solution {
    public boolean isBoomerang(int[][] ps) {
        return (ps[1][0] - ps[0][0]) * (ps[2][1] - ps[0][1]) != (ps[2][0] - ps[0][0]) * (ps[1][1] - ps[0][1]);
    }
}

• 时间复杂度：$O(1)$
• 空间复杂度：$O(1)$

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593. 有效的正方形

给定 2D 空间中四个点的坐标 p1, p2, p3 和 p4，如果这四个点构成一个正方形，则返回 true 。

点的坐标 pi 表示为 $[x_i, y_i]$ 。输入 不是 按任何顺序给出的。

一个 有效的正方形 有四条等边和四个等角(90度角)。

示例 1:

输入: p1 = [0,0], p2 = [1,1], p3 = [1,0], p4 = [0,1]

输出: True

示例 2:

输入：p1 = [0,0], p2 = [1,1], p3 = [1,0], p4 = [0,12]

输出：false

示例 3:

输入：p1 = [1,0], p2 = [-1,0], p3 = [0,1], p4 = [0,-1]

输出：true

提示:

• $p1.length == p2.length == p3.length == p4.length == 2$
• $-10^4 <= x_i, y_i <= 10^4$

计算几何

根据题意进行模拟即可。

从给定的 $4$ 个顶点中选 $3$ 个顶点，检查其能否形成「直角三角形」，同时保存下来首个直角三角形的直角边边长，供后续其余直角三角形进行对比（注意不能共点，即直角边长不能为 $0$）。

TypeScript 代码：

let len = -1
function validSquare(a: number[], b: number[], c: number[], d: number[]): boolean {
    len = -1
    return calc(a, b, c) && calc(a, b, d) && calc(a, c, d) && calc(b, c, d)
};
function calc(a: number[], b: number[], c: number[]): boolean {
    const l1 = (a[0] - b[0]) * (a[0] - b[0]) + (a[1] - b[1]) * (a[1] - b[1])
    const l2 = (a[0] - c[0]) * (a[0] - c[0]) + (a[1] - c[1]) * (a[1] - c[1])
    const l3 = (b[0] - c[0]) * (b[0] - c[0]) + (b[1] - c[1]) * (b[1] - c[1])
    const ok = (l1 == l2 && l1 + l2 == l3) || (l1 == l3 && l1 + l3 == l2) || (l2 == l3 && l2 + l3 == l1)
    if (!ok) return false
    if (len == -1) len = Math.min(l1, l2)
    else if (len == 0 || len != Math.min(l1, l2)) return false
    return true
}

• 时间复杂度：$O(1)$
• 空间复杂度：$O(1)$

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1610. 可见点的最大数目

给你一个点数组 points 和一个表示角度的整数 angle ，你的位置是 location，其中 $location = [pos_x, pos_y]$ 且 $points[i] = [x_i, y_i]$ 都表示 X-Y 平面上的整数坐标。

最开始，你面向东方进行观测。你 不能 进行移动改变位置，但可以通过 自转 调整观测角度。换句话说，$pos_x$ 和 $pos_y$ 不能改变。你的视野范围的角度用 angle 表示， 这决定了你观测任意方向时可以多宽。设 d 为你逆时针自转旋转的度数，那么你的视野就是角度范围 $[d - angle/2, d + angle/2]$ 所指示的那片区域。

对于每个点，如果由该点、你的位置以及从你的位置直接向东的方向形成的角度 位于你的视野中 ，那么你就可以看到它。

同一个坐标上可以有多个点。你所在的位置也可能存在一些点，但不管你的怎么旋转，总是可以看到这些点。同时，点不会阻碍你看到其他点。

返回你能看到的点的最大数目。

示例 1：

输入：points = [[2,1],[2,2],[3,3]], angle = 90, location = [1,1]

输出：3

解释：阴影区域代表你的视野。在你的视野中，所有的点都清晰可见，尽管 [2,2] 和 [3,3]在同一条直线上，你仍然可以看到 [3,3] 。

示例 2：

输入：points = [[1,0],[2,1]], angle = 13, location = [1,1]

输出：1

解释：如图所示，你只能看到两点之一。

提示：

• $1 <= points.length <= 10^5$
• $points[i].length == 2$
• $location.length == 2$
• $0 <= angle < 360$
• $0 <= posx, posy, xi, yi <= 100$

数学

这是一道思维难度不大，但细节繁多的题目。

题目要我们旋转出一个角度为 $angle$ 的、可无限延伸的覆盖面，使得该覆盖面所能覆盖 $points$ 中的点最多。

我们所在的位置为 $location = (x,y)$，我们可以将 $(x,y)$ 作为「极点」，求所有 $points[i]$ 的「极角」。

令 $points[i] =(a,b)$，与极点关系 $dx = a - x;dy = b - y$。

求极角的方式有两种：

1. 使用 $atan(\frac{dy}{dx})$：值域范围为 [-90°,90°]，需要对 $dx$ 与 $dy$ 进行象限讨论，从而将值域范围转化为我们希望的 [0°,360°]，同时需要注意 $dx = 0$ 的边界情况；

2. 使用 $atan2(dy, dx)$：值域范围为 [-180°,180°]，与我们期望的 [0°,360°] 相差一个固定的值，可进行统一转换，也可以直接使用。

得到夹角数组 $list$ 后，对其进行排序，问题初步转换为：在夹角数组中找到连续一段 $[i, j]$，使得 $list[i]$ 和 $list[j]$ 的角度差不超过 $angle$。

但直接在原数组 $list$ 操作，会漏掉夹角横跨一四象限的情况：

因此，另外一个细节是，在求连续段长度时，先对夹角数组进行拷贝拼接，并对拼接部分增加偏移量（确保数组仍具有单调性）。

具体的，设夹角数组长度为 $n$，此时令 $list[n + i] = list[i] + 2 * PI$，从而将问题彻底转换为求连续段问题。

求解最长合法连续段 $[i,j]$ 可用「双指针」实现「滑动窗口」来做。

一些细节：题目规定了与 $location$ 重合的点在任意角度都能看到，因此我们需要对这些点进行特殊处理，

代码：

class Solution {
    public int visiblePoints(List<List<Integer>> points, int angle, List<Integer> location) {
        int x = location.get(0), y = location.get(1);
        List<Double> list = new ArrayList<>();
        int cnt = 0;
        double pi = Math.PI, t = angle * pi / 180;
        for (List<Integer> p : points) {
            int a = p.get(0), b = p.get(1);
            if (a == x && b == y && ++cnt >= 0) continue;
            list.add(Math.atan2(b - y, a - x) + pi);
        }
        Collections.sort(list);
        int n = list.size(), max = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) list.add(list.get(i) + 2 * pi);
        for (int i = 0, j = 0; j < 2 * n; j++) {
            while (i < j && list.get(j) - list.get(i) > t) i++;
            max = Math.max(max, j - i + 1);
        }
        return cnt + max;
    }
}

• 时间复杂度：令 $n$ 为 points 数组的长度，预处理出 points 的所有角度复杂度为 $O(n)$；对所有角度进行排序的复杂度为 $O(n\log{n})$；使用双指针实现滑动窗口得出最大合法子数组的复杂度为 $O(n)$；整体复杂度为 $O(n\log{n})$
• 空间复杂度：$O(n)$