算法1

创建500x500 2D阵列，其中每个单元格包含该单元格中粒子数量的计数。然后将该阵列与50x50内核进行卷积，得到的数组将在每个单元格中的50x50区域中具有粒子数。然后找到具有最大值的单元格。

如果您使用50x50的盒子作为区域，内核可以分解为两个单独的卷积，每个卷一个。生成的算法是O（n ^ 2）空间和时间，其中n是您要搜索的2D空间的宽度和高度。

作为提醒，具有boxcar功能的一维卷积可以在O（n）时间和空间中完成，并且可以在适当的位置完成。令x（t）为t = 1..n的输入，并让y（t）为输出。对于t＆lt; 1和t＆gt; n，定义x（t）= 0和y（t）= 0。将内核f（t）定义为0为0..d-1为1，其他地方为0。卷积的定义给出了以下公式：

y（t）= sum i x（t-i）* f（i）= sum i = 0..d-1 x（t-i）

这看起来需要时间O（n * d），但我们可以将其重写为重复：

y（t）= y（t-1）+ x（t） - x（t-d）

这表明一维卷积是O（n），与d无关。要执行二维卷积，只需对每个轴执行一维卷积。这是因为可以分解boxcar内核：通常，大多数内核都不能被分解。高斯内核是另一个可以分解的内核，这就是图像编辑程序中高斯模糊如此之快的原因。

对于您指定的数字类型，这将非常快。 500x500是一个非常小的数据集，您的计算机最多可以在几毫秒内检查202,500个区域。您将不得不问自己，是否值得花费额外的时间，数天或数周的时间来进一步优化。

这与justhalf的解决方案相同，除了由于分解的卷积，区域大小不会影响算法的速度。

算法2

假设至少有一点。不失一般性，将2D空间视为整个平面。设 d 为区域的宽度和高度。设N为点数。

引理：存在一个最大密度的区域，其左边有一个点。

证明：设R是最大密度的区域。设R'是相同的区域，右边是R的左边缘和R的最左边点之间的距离.R中的所有点也必须位于R'中，因此R'也是最大密度的区域。

算法

将所有点插入K-D树。这可以在O（N log ² N）时间内完成。
对于每个点，请考虑宽度 d 和高度2 d 的区域，其中点位于区域的左边缘的中心。称这个地区为R。
在KD树中查询区域R中的点。调用此集合S.这可以在O（N ^1/2 + | S |）时间内完成。
找到包含S中最大点数的R的dxd子区域。这可以在O（| S | log | S |）时间内通过按y坐标排序S然后执行线性扫描来完成

结果算法的时间为O（N ^3/2 + N | S | log | S |）。

比较

当密度高时，算法＃1优于算法＃2。算法＃2仅在粒子密度非常低时才具有优势，而算法＃2优越的密度随着总板尺寸的增加而降低。

请注意，连续情况可以被认为是零密度，此时只有算法＃2有效。

Answer 2

我不知道你使用什么蛮力方法，但最强力的方法是O(n^2 d^2)，通过在O(n^2)时间迭代每个区域，然后计算那里的粒子数量O(d^2)时区d是您所在地区的大小。

此问题与此问题完全相同：Rat Attack，因为区域区域是固定的，因此密度与计数相同，解决方案是O(n^2 + k*d^2)，其中

n是整个区域的大小（边长）
k是粒子数
d是每个区域的大小（边长）

通过这个算法：

对于每个粒子，更新受此粒子影响的O(d^2)区域的计数
遍历所有O(n^2)个可能的区域，找到最大值

如this code所示，我在此复制相关部分供您参考：

using namespace std;

int mat [1024 + 3] [1024 + 3]; // Here n is assumed to be 1024

int main ()
{
    int testCases; scanf ("%d", &testCases);

    while ( testCases-- ) {

        Set(mat, 0);

        int d; scanf ("%d", &d); // d is the size of the region
        int k; scanf ("%d", &k); // k is the number of particles

        int x, y, cost;

        for ( int i = 0; i < k; i++ ) {
            scanf ("%d %d %d", &x, &y, &cost); // Read each particle position

            // Update the count of the d^2 region affected by this particle
            for ( int j = max (0, x - d); j <= min (x + d, 1024); j++ ) {
                for ( int k = max (0, y - d); k <= min (y + d, 1024); k++ ) mat [j] [k] += cost;
            }
        }

        int resX, resY, maxi = -1;

        // Find the maximum count over all regions
        for ( int i = 0; i < 1025; i++ ) {
            for ( int j = 0; j < 1025; j++ ) {
                if ( maxi < mat [i] [j] ) {
                    maxi = mat [i] [j];
                    resX = i;
                    resY = j;
                }
            }
        }

        printf ("%d %d %d\n", resX, resY, maxi);

    }
    return 0;
}

我已将我的评论放在代码中向您解释。

Answer 3

将区域划分为1000x1000并计算每个（重叠）2x2中的粒子数。您可以通过标准化0..1，缩放0..999，并转换为整数来对它们进行分区。计数可以很容易地存储为整数的二维数组（ushort，uint或ulong ... mmmm茶）。这相当于在宽相位碰撞检测中使用的简单2D空间划分。

有效找到高密度区域的最佳方法

3 个答案:

算法1

算法2

算法

比较