Витрати на виконання бл. пошук найближчого сусіда в пропущеному квадраті

ПРИМІТКА . Питання було перетворено в моїх відповідях: якщо припустити, що ми можемо знайти найнижчих предків рідних братів за $O(1)$ час, чи може АНН справді виконуватися в $O(\log n)$ ?

Квадрат є ефективними просторовими показниками. У мене є головоломка з реалізацією пошуку найближчого сусіда в стислій структурі квадрата, як описано в [2]. (Не вдаючись до деталей, пошук ведеться зверху вниз уздовж так званих рівновіддалених квадратів, що закінчується в хвостовому вузлі рівновіддаленого шляху. На доданому зображенні це може бути будь-який із вузлів на південному сході, заповнений крапками.)

Щоб їх алгоритм працював, необхідно підтримувати для кожного вузла - квадрат з щонайменше двома не порожніми квадрантами - покажчиками на кожен найнижчий (найближчий в ієрархії) вузол предка в кожному з чотирьох напрямків (північ, захід, південь , схід). Вони позначені зеленими стрілками для предка на захід (вузли стрілки в центрі площі предка).

У статті стверджується, що ці покажчики можуть бути оновлені в O (1) під час вставки та видалення точок. Однак, дивлячись на вставку зеленої точки, здається, мені потрібно оновити будь-яку довільну кількість покажчиків, в даному випадку - шість з них.

Я сподіваюся на хитрість робити це оновлення вказівника постійно. Може, є така форма опосередкованості, яку можна експлуатувати?

Редагувати:

Відповідний розділ із статті 6.3, де написано: "якщо шлях має вигини, то окрім найнижчих предків q , ми також повинні враховувати для кожного з двох d напрямів найнижчий предка q, що йде в цьому напрямку [...] Пошук цих квадратів з q можна зробити за O ( 1 ) час на квадрат, якщо ми пов'язуємо додаткові 2 d покажчики до кожного квадрата в Q $log(c/ε)$$q$$2^d$$q$$q$$O(1)$$2^d$$Q_0$вказуючи на своїх найближчих предків для кожного напрямку. Ці вказівники також можуть бути оновлені в час під час вставки або видалення точки. "$O(1)$

[2]: Еппштейн, Д. і Гудрих, МТ і Сонце, Дж. Дж., «Пропуск квадрату: проста динамічна структура даних для багатовимірних даних», в матеріалах двадцять першого річного симпозіуму з обчислювальної геометрії, стор. 296—305 , 2005.

Як і Девід, я не знаю, чому Джонатан висловив це зауваження про двозначні покажчики. Вони не потрібні. Як згадував Девід вище, головна властивість полягає в тому, що коли ми робимо розташування точок до листа v у Q_0, достатньо запам’ятати вузли братів (та їх поля) у квадраті пропуску. Коли ми обробляємо коробку з P, ми робимо крапку для листового поля, найближчого до нашої точки запиту, вставляючи поля братів і сестер, коли ми спускаємось вниз. Здається, це було б майже так само, як і ваша відповідь. Крім того, ця процедура дуже схожа, наприклад, на те, як орієнтоване місце розташування робиться в наступній роботі: Ар'я, Суніл і Маунт, Девід М. і Нетаньяху, Натан С. і Сільверман, Рут і Ву, Анжела Ю., "Оптимальний алгоритм для приблизного пошуку найближчих сусідів за фіксованими розмірами", JACM, 1998. Дійсно,

Можна пропустити квадрати пропуску як реалізацію пропускного списку структури даних, що зберігає точки відповідно до їх z-порядку. Це (мабуть), принаймні, концептуально простіше ...

Дивіться розділ 2 тут: http://goo.gl/pLiEO .

І так, якщо припустити, що ви можете виконувати деякі основні операції z-порядку в постійний час, ви можете точно зробити ANN в логарифмічний час. Вищезгадана глава також показує, що немає жодного способу уникнути химерних операцій, якщо хочеться стислих квадри. Зауважте, що операція LCA не потрібна ...

Я також інтуїтивно відчуваю, що можна було б жити без цих покажчиків, і оскільки мені потрібно наполегливо зберегти всі вузли до жорсткого диска, будь-яке зменшення покажчиків велике.

Моя ідея приблизно така: окрім найкращої точки кандидата (лист) , ми також відстежуємо найгіршу відстань у кожному раунді, r m a x . Найгіршою відстані d i s t ′ ( v , q ) буде максимальна відстань усіх кутів вузла q до точки запиту v , незалежно від того, знаходиться v всередині квадрата чи зовні.$l_{best}$$r_{max}$${dist}'(v,q)$$q$$v$$v$

Круглий такий: Якщо порожній, поверніть l b e s t , якщо такий був. В іншому випадку delete-min дає поточний p 0 в Q 0 . Ініціалізуйте r m a x to l b e s t (або встановіть його на ∞, якщо ще не було помічено найкращого кандидата). По-перше, випробуйте кожну не порожню дитину p 0 у Q 0 . Якщо ця дитина q - лист, оновіть l b e s t і$P$$l_{best}$$p_0$$Q_0$$r_{max}$$l_{best}$$\infty$$p_0$$Q_0$$q$$l_{best}$ при необхідності. Якщо q - вузол, обчисліть d i s t ′ ( q , v ) і d i s t ( q , v ) , останній - найкраща відстань: або нуль, якщо v лежить всередині q , або найкоротша відстань з усіх кути від q до v .$r_{max}$$q$${dist}'(q,v)$${dist}(q,v)$$v$$q$$q$$v$

Якщо , забудьте q , інакше збережіть його. Якщо число вузлів зберігається в ≥ 2 , натисніть на ті вузли , P . Кінець раунду.${dist}(q,v) > r_{max}$$q$$\geq 2$$P$

В іншому випадку продовжуйте аналогічно початковому пошуку: Знайдіть , відповідний вузол p 0 в максимально можливому Q j , і починайте звідти: Знову, замість того, щоб просити сходити рівновіддалену дитину, протестуйте всіх дітей відповідно до попередня процедура, тобто пропустіть ті, краща відстань яких перевищує r m a x . Якщо після цього тесту дитина залишилася, спустіться до нього і повторіть. Якщо жодної дитини не залишилося, перейдіть до Q j - 1 і повторіть. Якщо випробування проводили в Q 0 , раунд закінчується.$q$$p_0$$Q_j$$r_{max}$$Q_{j-1}$$Q_0$

На даний момент я не знаю, чи гарантує це пошук найближчого сусіда у кожному можливому випадку, і чи не так добре, як оригінальний алгоритм. Також якщо ініціалізація є достатньою чи ні. І який має бути пріоритет у Р - все-таки найкраща відстань?$r_{max}$$P$

EDIT (квітень 2013)

Зараз я провів більше експериментів із уточненням вищевказаного алгоритму, який використовує визначення 'еквіпотентних' вузлів замість вузлів зрівноваження, виходячи з властивості, що спуск до такого вузла не змінює область, охоплену поточною формою запиту міри .$r_{max}$

$O(\sqrt n)$

$O(\epsilon^{1−d}(\log n+\log \epsilon^{−1}))$

$\epsilon = 1$$v$

$Q_0$

$O(\sqrt n)$$d = 2$$\epsilon = 1$$O(\log n)$

Тому, якщо я не пропускаю щось вирішальне, алгоритм не може досягти заявленої швидкості. Будь-які коментарі чи ідеї?