Знайти найкоротшу парну відстань точок у o (n log n)?

Студентам, яких я керував, було проведено наступну вправу:

Давши $n$ точок у площині, розробіть алгоритм, який знаходить пару точок, відстань яких мінімальна серед усіх пар точок. Алгоритм повинен працювати в часі $o(n^2)$ .

Існує (відносно) простий алгоритм поділу і підкорення, який вирішує задачу в часі $\Theta(n \log n)$ .

Запитання 1 : Чи існує алгоритм, який точно вирішує задану проблему в гіршому випадку $\mathcal{o}(n \log n)$ ?

Що змусило мене підозрювати, що це може бути можливим - це результат, який я пам’ятаю, що бачив у деяких розмовах (посилання оцінене). Він визначав щось по лініях, що не більше постійного числа $c \in \mathbb{N}$ точок можна розташувати в площині навколо деякої точки $p$ всередині кола радіусом $r \in \mathbb{R}$ , з $r$ мінімальна відстань між будь-якими двома залученими точками . Я думаю, що $c=7$ , точки, що утворюють рівносторонній шестикутник з $p$ в центрі (в крайньому випадку).

У такому випадку наступний алгоритм повинен вирішити їх задачу за $n$ ять кроків.

fun mindist [] | p::[] = INFINITY
|   mindist p1::p1::[] = dist(P[0], P[1])
|   mindist p::r = let m = mindist(r) in
                     min(m, nextNeighbour(p, r, m))
                   end

Зауважте, що це (стверджується, що) у лінійному часі, оскільки лише постійна кількість точок у не rможе бути далекішою mвід p(припускаючи вищевикладене твердження); лише ці пункти повинні бути досліджені для пошуку нового мінімуму. Звісно, ​​є улов; як ви реалізуєте nextNeighbour(можливо, з попередньою обробкою в лінійний час)?

Питання 2 : Нехай безліч точок і точка р ∉ R . Нехай m ∈ R з$R$$p \notin R$$m \in \mathbb{R}$

$\qquad m \leq \min\{\mathrm{dist}(p_1, p_2) \mid p_1, p_2 \in R\}$

і

$\qquad R_{p,m} := \{p' \mid p' \in R \wedge \mathrm{dist}(p, p') \leq m\}$ .

Припустимо, що є кінцевим. Чи можна знайти з мінімальною відстані від за (амортизованим) часом ? (Ви можете припустити, що побудований, додаючи досліджувані точки одна за одною.) p ′ ∈ R p , m p O ( 1 ) R $R_{p,m}$$p' \in R_{p,m}$$p$$\mathcal{O}(1)$$R$$p$

Неможливо вирішити проблему за менший час, ніж у стандартних моделях, наприклад, використовуючи алгебраїчні дерева рішень. Це випливає з роботи Яо та Бен-Ор, що показує, що в цій моделі неможливо вирішити, чи всі набори вхідних чисел різняться чи ні (див. Http://people.bath.ac.uk/masnnv /Teaching/AAlg11_8.pdf ). У випадку вашої проблеми, уявіть, що всі вони перебувають на реальній лінії. Якщо дві точки однакові, то ваш вихід буде двома пунктами з нульовою відстані, тоді як в іншому випадку - ні, тому рішення вашої проблеми також вирішить проблему ДИСТАНЦІЙНІ НОМЕРИ. Якщо ви хочете припустити, що всі ваші точки відрізняються, просто додайте доn i ϵ x i n ϵ 2 n ϵ Ω ( n log n $cn\log n$$n$$i\epsilon$$x_i$входи проблеми DISTINCT NUMBERS; у цьому випадку якщо ваш вихід не більше , то цифри не всі відрізняються. (Хоча в цьому випадку вам потрібно використовувати версію з обіцянками, коли різниця будь-яких двох чітких чисел становить щонайменше , але я думаю, що те саме підтвердження працює, щоб показати, що вам також потрібно у цьому випадок.)$n\epsilon$$2n\epsilon$$\Omega(n\log n)$

Існує рандомізований лінійний алгоритм очікуваного часу від Рабіна; див., наприклад, Рабін гортає монету в блозі Ліптона.

Наскільки я розумію питання 2, алгоритм Рабіна також дає відповідь на це. На кожному етапі структура даних - це сітка з шириною комірки, меншою за найменшу відстань між парами точок, що бачились дотепер, поділена на (так що жодна комірка не містить більше однієї точки). Щоб відповісти на запитання у питанні 2, вам потрібно лише зіставити до комірки в сітці та переглянути постійну кількість комірок навколо неї. Аналіз алгоритму, якщо набір точок введення досліджується у випадковому порядку, то амортизований час оновлення для сітки становить на нову точку очікування. pO(1$\sqrt{2}$$p$$O(1)$