Question

我的问题如下：

Given a number of 2n points, I can calculate the distance between all points 
and get a symmetrical matrix.

Can you create n pairs of points, so that the sum of the distance of all pairs is 
minimal?

EDIT: Every point has to be in one of the pairs. Which means that
every point is only allowed to be in one pair.

我天真地尝试使用匈牙利语算法并希望它可以给我一个作业，以便作业是对称的。但这显然不起作用，因为我没有二分图。

搜索之后，我找到了Stable roommates problem，这似乎与我的问题相似，但不同的是，它只是试图找到一个匹配，但不是试图最小化某种距离。

有没有人知道类似的问题甚至解决方案？我错过了什么？问题实际上看起来并不那么困难，但我无法想出最佳解决方案。

Answer 1

由于Edmonds（Blossom算法），有一个原始对偶算法，如果可能的话，你真的不想实现自己。 Vladimir Kolmogorov有implementation可能适合您的目的。

Answer 2

尝试网络流量。最大流量是您要创建的对的数量。并计算它的最低成本。

Answer 3

现在这不是保证，只是预感。

您可以找到最短的一对，将其匹配，然后将其从集合中删除。

然后递归直到没有对。

这显然不是最佳选择。但是我有一个预感，就是次优与绝对最优解的比率是可以限制的。希望使用一些子模量参数并将其绑定到全局最优值的（1-1 / e）分数之内，但我无法做到这一点。也许有人可以刺它。

Answer 4

竞争编程3中有一个C ++记忆实现，如下所示（注意N的最大值为8）：

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;

int N, target;
double dist[20][20], memo[1<<16];

double matching(int bitmask)
{
    if (memo[bitmask] > -0.5)    // Already computed? Then return the result if yes
        return memo[bitmask];
    if (bitmask == target)       // If all students are already matched then cost is zero
        return memo[bitmask] = 0;

    double ans = 2000000000.0;        // Infinity could also work
    int p1, p2;

    for (p1 = 0; p1 < 2*N; ++p1)      // Find first non-matched point
        if (!(bitmask & (1 << p1)))
            break;
    for (p2 = p1 + 1; p2 < 2*N; ++p2) // and pair it with another non-matched point
        if (!(bitmask & (1 << p2)))
            ans = min(ans, dist[p1][p2]+matching(bitmask| (1 << p1) | (1 << p2)));

    return memo[bitmask] = ans;

}

然后是main方法（驱动代码）

int main()
{
    int i,j, caseNo = 1, x[20], y[20];

    while(scanf("%d", &N), N){
         for (i = 0; i < 2 * N; ++i)
             scanf("%d %d", &x[i], &y[i]);
         for (i = 0; i < 2*N - 1; ++i)
             for (j = i + 1; j < 2*N; ++j)
                  dist[i][j] = dist[j][i] = hypot(x[i]-x[j], y[i]-y[j]);

         // use DP to solve min weighted perfect matching on small general graph
         for (i = 0; i < (1 << 16); ++i) memo[i] = -1;
         target = (1 << (2 * N)) - 1;
         printf("Case %d: %.2lf", caseNo++, matching(0));

    }
    return 0;

}

最小化配对点的距离

4 个答案: