Як не обчислити найменше коло, що охоплює кінцевий набір кіл

Припустимо , що ми маємо кінцеве безліч дисків в , і ми хочемо обчислити найменший диск , для яких . Стандартний спосіб зробити це полягає у використанні алгоритму Matoušek, Шаріра і Welzl [1] , щоб знайти базис з , і нехай , найменший диск , що містить . Диск можна обчислити алгебраїчно, використовуючи той факт, що, оскільки є основою, кожен диск в є дотичним до .R 2 D ⋃ L ⊆ D B L D = ⟨ B ⟩ ⋃ В ⟨ Б ⟩ Б Б ⟨ В $L$$\mathbb{R}^2$$D$$\bigcup L\subseteq D$$B$$L$$D=\langle B\rangle$$\bigcup B$$\langle B\rangle$$B$$B$$\langle B\rangle$

( є основою з , якщо є мінімальним , так що Основа має не більше трьох елементів ;. В цілому для куль в основи має не більше елементів.)$B\subseteq L$Б ⟨ В ⟩ = ⟨ L ⟩ R d d + $L$$B$$\langle B\rangle=\langle L\rangle$$\mathbb{R}^d$$d+1$

Це рандомізований рекурсивний алгоритм наступним чином. (Але дивіться ітераційну версію, яку, можливо, простіше зрозуміти нижче).

Порядок роботи : Введення : Кінцеві набори дисків , , де - основа ( ).$MSW(L, B)$
B B $L$$B$$B$$B$

1. Якщо , повернення .$L=\varnothing$$B$
2. Інакше виберіть навмання.$X\in L$
3. Нехай .$B'\leftarrow MSW(L-\{X\}, B)$
4. Якщо тоді поверніть B ' .$X\subseteq\langle B'\rangle$$B'$
5. $MSW(L, B'')$$B''$$B'\cup\{X\}$

Використовується в якості $MSW(L, \varnothing)$ обчислити базис $L$ .

Нещодавно у мене з'явилася причина реалізувати цей алгоритм. Перевіривши правильність результатів у мільйонах випадково сформованих тестових випадків, я помітив, що допустив помилку в реалізації. На останньому кроці я повертав а не .$MSW(L-\{X\}, B'')$$MSW(L, B'')$

Незважаючи на цю помилку, алгоритм давав правильні відповіді.

Додано: кілька помилок

Кілька людей запропонували невірні аргументи про те, що модифікований алгоритм є тривіально правильним, тому може бути корисним попередження деяких помилок. Одне популярне помилкове переконання - . Наведемо контрприклад цього твердження. Дані диски як показано нижче (межа також показана червоним кольором):, б , з , д , е ⟨ , б , е $B\subseteq\langle MSW(L, B)\rangle$$a,b,c,d,e$$\langle a,b,e\rangle$

ми можемо мати ; і зауважте, що :е ∉ ⟨ з , d $MSW(\{c, d\}, \{a,b,e\})=\{c,d\}$$e\notin\langle c,d\rangle$

Ось як це може статися. Перше спостереження полягає в тому, що :$MSW(\{c\},\{a,b,e\})=\{b,c\}$

• Ми хочемо обчислити$MSW(\{c\},\{a,b,e\})$
• Виберіть$X = c$
• Нехай$B' = MSW(\varnothing, \{a,b,e\}) = \{a,b,e\}$
• Зауважте, що$X\notin\langle B'\rangle$
• Тож нехай є основою$B''$$B'\cup\{X\} = \{a,b,c,e\}$
• Зауважте, що$B''=\{b,c\}$
• Повернути , тобто$MSW(\{c\}, \{b,c\})$$\{b,c\}$

Тепер розглянемо .$MSW(\{c, d\}, \{a,b,e\})$

• Ми хочемо обчислити $MSW(\{c, d\}, \{a,b,e\})$
• Виберіть $X=d$
• Нехай $B' = MSW(\{c\}, \{a,b,e\}) = \{b,c\}$
• Зауважимо , що $X\notin\langle B'\rangle$
• Тож нехай є основою B ′ ∪ { X } = { b , c , d $B''$$B'\cup\{X\} = \{b,c,d\}$
• Зауважте, що $B''=\{c,d\}$
• Повертаємо , тобто { c , d $MSW(\{c,d\}, \{c,d\})$$\{c,d\}$

(Для визначеності скажемо, що всі диски мають радіус 2 і по центру ( 30 , 5 ) , ( 30 , 35 ) , ( 10 , 5 ) , ( 60 , 26 ) і ( 5 , 26 ) відповідно.)$a,b,c,d,e$$(30,5)$$(30,35)$$(10, 5)$$(60, 26)$$(5, 26)$

Додано: ітеративна презентація

Можливо, простіше подумати про ітераційне представлення алгоритму. Мені, звичайно, легше візуалізувати його поведінку.

Введення : Список дисків Вихід : Основа $L$
$L$

1. Нехай .$B\leftarrow\varnothing$
2. Перемішуйте випадковим чином.$L$
3. Для кожного у L :$X$$L$
4.   Якщо :$X\notin\langle B\rangle$
5.     Нехай - основа B ∪ { X } .$B$$B\cup\{X\}$
6.     Поверніться до кроку 2.
7. Повернення .$B$

Причина алгоритм завершується, між іншим, є те , що крок 5 завжди збільшує радіус - і є лише кінцеве число можливих значень B .$\langle B\rangle$$B$

Наскільки я бачу, модифікована версія не має такої простої ітеративної презентації. (Я намагався надати цю публікацію в попередній редакції, але це було неправильно - і дало неправильні результати.)

Довідково

[1] Іржі Матушек, Міха Шарір та Емо Вельцл. Субекспоненціальна межа для лінійного програмування. Algorithmica, 16 (4-5): 498–516, 1996.

Цей крок видалення з L перед продовженням рекурсії фактично покращує алгоритм, оскільки він видаляє вже доданий X з пулу базових кандидатів. Це завжди, доказово, буде працювати, оскільки він еквівалентний існуючому алгоритму, а також буде працювати для більш високих розмірів.$X$$L$$X$

Простежте за алгоритмом. Якщо ви використовуєте , є X ∈ L і X ∈ B ′ ′ . Припустимо, ми вибрали його ще раз на кроці 2. Незалежно від результату кроку 3, B ' завжди матиме X , оскільки рекурсивна функція має інваріантну B ⊆ M S W ( L , B ) .$MSW(L,B^{\prime\prime})$$X \in L$$X \in B^{\prime\prime}$$B^\prime$$X$$B \subseteq MSW(L,B)$

Іншими словами, ваше вдосконалення до скорочення алгоритму до кроку 3 в частині, де вибрано $X$