Який найгірший випадок рандомізованого алгоритму інкрементальної триангуляції делауна?

Я знаю, що очікуваний найгірший час виконання рандомізованого алгоритму триангуляції поступової делауна (як наведено в обчислювальній геометрії ) $\mathcal O(n \log n)$ . Існує вправа, яка передбачає найгірший час виконання $\Omega(n^2)$ . Я намагався побудувати приклад, коли це насправді так, але поки що не було успіху.

Однією з таких спроб було впорядкувати та замовити набір точок таким чином, щоб при додаванні крапки $p_r$ в кроці $r$ , о $r-1$ краї створюються.

Інший підхід може включати структуру точки розташування: Спробуйте впорядкувати точки таким чином, щоб шлях розташування точки в структурі місця розташування пункту $p_r$ в кроці $r$ є якомога довше.

І все-таки я не впевнений, який із цих двох підходів є правильним (якщо він взагалі є), і буду радий за деякі підказки.

— Теділ
джерело

Спробуйте поставити всі точки на кривій

y = x^{r}

$y = x^r$ для деяких добре обраних

r

$r$ .

— Пітер Шор

Перший підхід можна формалізувати наступним чином.

Дозволяє $P$ бути довільним набором $n$ балів на позитивній гілці параболи $y=x^2$ ; це є,

P = {(t_{1}, t_{1}^{2}), (t_{2}, t_{2}^{2}), \dots, (t_{n}, t_{n}^{2})}

$P = \{ (t_1, t_1^2), (t_2, t_2^2), \dots, (t_n, t_n^2) \}$ для деяких позитивних дійсних чисел

t_{1}, t_{2}, \dots, t_{n}

$t_1, t_2, \dots, t_n$ . Не втрачаючи загальності, припустимо, що ці точки індексуються у порядку зростання:

0 < t_{1} < t_{2} < \dots < t_{n}

$0 < t_1 < t_2 < \cdots < t_n$ .

Претензія: У триангуляції Делоне $P$ , крайня ліва точка $(t_1, t_1^2)$ є сусідом кожного іншого пункту в $P$ .

Це твердження означає, що додавання нового пункту $(t_0, t_0^2)$ до $P$ з $0 < t_0 < t_1$ додає $n$ нові краї до триангуляції Делоне. Таким чином, індуктивно, якщо ми поступово скорочуємо триангуляцію Делоне $P$ вставляючи точки в порядку справа наліво , загальна кількість створених країв Делоне $\Omega(n^2)$ .

Ми можемо довести твердження наступним чином. Для будь-яких реальних цінностей $0<a<b<c$ , дозволяє $C(a,b,c)$ позначають унікальне коло через точки $(a,a^2), (b,b^2), (c,c^2)$ .

Лема: $C(a,b,c)$ не містить жодного пункту $(t,t^2)$ де $a<t<b$ або $c<t$ .

Доказ: Нагадаємо, що чотири бали $(a,b), (c,d), (e,f), (g,h)$ є спільними, якщо і лише тоді

| \begin{matrix} 1 & a & b & a^{2} + b^{2} \\ 1 & c & d & c^{2} + d^{2} \\ 1 & e & f & e^{2} + f^{2} \\ 1 & g & h & g^{2} + h^{2} \end{matrix} | = 0

$\begin{vmatrix} 1 & a & b & a^2 + b^2 \\ 1 & c & d & c^2 + d^2 \\ 1 & e & f & e^2 + f^2 \\ 1 & g & h & g^2 + h^2 \\ \end{vmatrix} = 0$ Таким чином, крапка

(t, t^{2})

$(t,t^2)$ лежить на колі

C (a, b, c)

$C(a,b,c)$ якщо і тільки якщо

| \begin{matrix} 1 & a & a^{2} & a^{2} + a^{4} \\ 1 & b & b^{2} & b^{2} + b^{4} \\ 1 & c & c^{2} & c^{2} + c^{4} \\ 1 & t & t^{2} & t^{2} + t^{4} \end{matrix} | = 0

$\begin{vmatrix} 1 & a & a^2 & a^2 + a^4 \\ 1 & b & b^2 & b^2 + b^4 \\ 1 & c & c^2 & c^2 + c^4 \\ 1 & t & t^2 & t^2 + t^4 \\ \end{vmatrix} = 0$ Не важко (наприклад, попросити Вольфрам Альфа) розширити та розділити коефіцієнт

4 \times 4

$4\times4$ визначник у такій формі:

\begin{matrix} (*) & (a - b) (a - c) (b - c) (a - t) (b - t) (c - t) (a + b + c + t) = 0 \end{matrix}

$(a-b)(a-c)(b-c)(a-t)(b-t)(c-t)(a+b+c+t) = 0 \tag{$*$}$ Таким чином,

(t, t^{2})

$(t,t^2)$ лежить на

C (a, b, c)

$C(a,b,c)$ якщо і тільки якщо

t = a

$t=a$ ,

t = b

$t=b$ ,

t = c

$t=c$ , або

t = - a - b - c < 0

$t=-a-b-c < 0$ . Більше того, тому що

0 < a < b < c

$0<a<b<c$ , ці чотири корені виразні, що означає, що парабола насправді перетинається

C (a, b, c)

$C(a,b,c)$ у цих чотирьох пунктах. З цього випливає

(t, t^{2})

$(t,t^2)$ лежить всередині

C (a, b, c)

$C(a,b,c)$ якщо і тільки якщо

- a - b - c < t < a

$-a-b-c<t<a$ або

b < t < c

$b<t<c$ .

◻

$\qquad\Box$

— Джефф
джерело

Дякую, хоча я насправді хотів лише підказки (без доказів);)

— Теділ,