Question

这是我试图解决的问题：我给了一组斜率为m且常数为c的线。现在我需要找到在y轴右侧相交的这些线的交点数。这基本上意味着对于第1行和第2行

                    c1>c2 and m2>m1

我需要一个O（nlogn）算法来计算y轴右侧的交叉点总数（如果算法存在）。我总是可以通过蛮力来获得o（n2）算法，但我正在寻找更快的算法。

Answer 1

两个排序的矢量会做到这一点。

将所有行推入向量v1。
按常数c排序v1。之后，v1 [0]是具有最小c的行。
从头到尾遍历v1。对于v1中的每个元素e，我们应该只考虑之前访问过的元素（c1> c2）。现在的任务是在所有被访问元素中找到m2> 1的元素。 M1。
所以我们只是将已经访问过的元素推送到向量v2中。我们应该在每次插入后按斜率m对其进行排序（自平衡BST将执行此任务）。由于v2按m排序，因此二进制搜索将告诉您有多少元素满足m2> m1。

排序是n log n。

插入到v2是log n（可以通过自平衡BST实现，它将调用n次）。

二进制搜索是log n（调用n次）。

所以它是O（nlog n）

如果你用C ++写这个，那就像那样（我没有定义v2，因为你将实现自我平衡BST ）：

struct line
{
    int c,m;
    line(int a,int b):c(a),m(b){}
    bool operator <(const line &a) const
    {
        return m>a.m;
    }
};
bool cmp(const line &v1,const line &v2)
{
    return v1.c<v2.c;
}
int main()
{
    vector<line> v1;
    v1.push_back(line(1,3));
    v1.push_back(line(4,1));
    v1.push_back(line(3,1));
    v1.push_back(line(2,2));
    sort(v1.begin(),v1.end(),cmp);
    int ans=0;
    for(int i=0;i<v1.size();i++)
    {
        int num=v2.find(v1[i]);//return the number of element whose m is larger than  v1[i].
        ans+=num;
        v2.insert(v1[i]);// in every step, the element e in v2 will satisfy e.c<v1[i].c
    }
    cout << ans;
}

这就是全部。如果您有任何疑问，请发表评论。

Answer 2

我发布了我的解决方案，因为我认为实施起来更简单：

假设你有Line的对象，并定义了以下属性：

- m (slope,    initialized on start)
- c (constant, initialized on start) 
- pos_m ( default 0 value )
- pos_c ( default 0 value )

现在，您有这些行的V向量，然后：

使用元素（O（nlogn））上的键V对m进行排序。
在V集合i（O（n））上迭代V[i].pos_m = i。
使用元素（O（nlogn））上的键V对c进行排序。
在V集合i上对V[i].pos_c = i进行迭代。（O（N））。
让result = 0现在迭代V索引i执行result += | V[i].pos_m - V[i].pos_c |（O（n））

在排序时，如果比较值相等，则使用另一个键来确定顺序（如果两者相等，则它们是同一行）。例如，如果在1.两条线具有相同的斜率，则将常量设为决策者。

Answer 3

在最坏的情况下，这个问题保证需要O（n ^ 2）次操作。

假设我画了一条线，那么就没有交叉点。我可以在一个独特的点画一条与该线相交的线。我现在可以绘制一条与前两行相交的线。我可以继续绘制与前一行相交的线条。

这意味着交叉点的数量可以达到：

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + n-1

如果输入大小为n的行，则此问题的输出大小可以是（N *（N-1））/ 2个点或大约N平方在2以上。

因此，即使只输出正确的答案，在最坏的情况下也需要O（n ^ 2）。

编辑，忽略前一个，我以为你想要实际的交点，而不仅仅是计数。

查找满足特定条件的集合的元素的所有组合

3 个答案: