Questions tagged «computational-geometry»

1
如何不计算包含有限的一组圆的最小圆
假设我们有一个有限集LLL中的磁盘R2R2\mathbb{R}^2,我们希望计算最小磁盘DDD为其⋃L⊆D⋃L⊆D\bigcup L\subseteq D。做到这一点的标准方法是使用Matoušek,Sharir和Welzl [1]的算法找到了基础BBB的LLL,并让D=⟨B⟩D=⟨B⟩D=\langle B\rangle,最小的盘片容纳⋃B⋃B\bigcup B。磁盘⟨B⟩⟨B⟩\langle B\rangle可以使用代数的事实是,由于计算BBB为基础,在每个磁盘BBB相切⟨B⟩⟨B⟩\langle B\rangle。 (B⊆LB⊆LB\subseteq L为基础的LLL如果BBB是最小的,使得⟨B⟩=⟨L⟩⟨B⟩=⟨L⟩\langle B\rangle=\langle L\rangle甲基础具有至多三个元件;在一般用于在球RdRd\mathbb{R}^d的基础具有至多d+1d+1d+1。元素) 它是如下的随机递归算法。(但请参见下面的迭代版本,这可能更易于理解。) 过程:MSW(L,B)MSW(L,B)MSW(L, B) 输入:有限的磁盘LLL,BBB,其中BBB是(BBB)的基础。 如果L=∅L=∅L=\varnothing,返回BBB。 否则选择X∈LX∈LX\in L随意。 让B′←MSW(L−{X},B)B′←MSW(L−{X},B)B'\leftarrow MSW(L-\{X\}, B)。 如果X⊆⟨B′⟩X⊆⟨B′⟩X\subseteq\langle B'\rangle然后返回B′B′B'。 否则返回,其中乙”是的基乙' ∪ { X }。MSW(L,B′′)MSW(L,B″)MSW(L, B'')B′′B″B''B′∪{X}B′∪{X}B'\cup\{X\} 用作以计算L的基础。MSW(L,∅)MSW(L,∅)MSW(L, \varnothing)LLL 最近,我有理由实现此算法。在验证了数百万个随机生成的测试用例中的结果正确之后,我注意到我在实现中犯了一个错误。在最后的步骤我被返回,而不是中号小号w ^ (大号,乙”)。MSW(L−{X},B′′)MSW(L−{X},B″)MSW(L-\{X\}, B'')MSW(L,B′′)MSW(L,B″)MSW(L, B'') 尽管存在此错误,该算法仍给出正确的答案。 我的问题:为什么这种算法的错误版本在这里显然给出正确的答案?它总是(证明)有效吗?如果是这样,那么在更高维度上也是如此吗? 补充:一些误解 几个人提出了不正确的论据,以至于修改后的算法是完全正确的,因此在这里避免一些误解可能很有用。一个普遍的错误信念似乎是。这是该主张的反例。鉴于磁盘一个,b ,c ^ ,d ,È如下面(的边界⟨ 一个,b ,ê ⟩也以红色显示):B⊆⟨MSW(L,B)⟩B⊆⟨MSW(L,B)⟩B\subseteq\langle MSW(L, B)\ranglea,b,c,d,ea,b,c,d,ea,b,c,d,e⟨a,b,e⟩⟨a,b,e⟩\langle …

1
如果
试想一下,我们有两个大小mmm点集X,Y⊂RnX,Y⊂RnX,Y\subset \mathbb{R}^n。如果仅轮换不同,测试的(时间)复杂度是多少?:存在旋转矩阵OOT=OTO=IOOT=OTO=IOO^T=O^TO=I使得X=OYX=OYX=OY? 这里存在一个表示实数值的问题-为简单起见,假设每个坐标都有一个(简短的)代数公式,这样基本算术运算的成本可以假定为O(1)。 基本问题是这个问题是否在P中? 乍看之下,这个问题看似简单-通常足以测试点的范数和局部关系(例如角度),但有一些讨厌的示例,例如,它等效于图同构问题。 具体来说,查看强正则图(SRG)邻接矩阵的本征空间,我们可以对其进行几何解释。以下是最简单的示例-两个16个顶点SRG,它们在本地看起来是相同的,但不是同构的: SRGs的邻接矩阵始终只有(已知公式的)三个特征值-观察上面特征值2的特征空间(核),它具有上面写的基数6-。标准正交化它(革兰氏施密特),我们得到的可能的正交基大的空间-由不同Ö (6 )旋转,其旋转“垂直载体”:长度为6的16定义这样的集合矢量为X ⊂ - [R 6,| X | = 16,在第二张图中Y对应-将图同构问题转换为X和XA−2IA−2IA-2IO(6)O(6)O(6)X⊂R6X⊂R6X\subset \mathbb{R}^6|X|=16|X|=16|X|=16YYYXXX仅旋转不同。YYY 困难在于所有这些点都在一个球体中并重新建立原始关系:所有邻居(此处为6个)的固定角度均小于90度,所有非邻居(此处为9个)的固定角度均大于90度,如示意图中所示上面的图片。 因此,基于范数和局部角度的测试可以回溯到图形同构问题……但是,几何解释允许对诸如旋转不变量之类的全局特性起作用。 n(n−1)/2n(n−1)/2n(n-1)/2 我们通常可以定义旋转不变式 -问题是构造一组完整的旋转入侵:完全确定一组模旋转。 xTAxxTAxx^T A xTr(Ak)Tr(Ak)Tr(A^k)k=1,…,nk=1,…,nk=1,\ldots,nkkk下面的每个图对应于1,2,3,4阶多项式的单个旋转不变量: p(z)=∏x∈X(x⋅(z−x))p(z)=∏x∈X(x⋅(z−x))p(z)=\prod_{x\in X} (x\cdot (z-x)) p(z)=∑x∈X(x⋅z−a)2(x⋅z−b)2(x⋅z−c)2p(z)=∑x∈X(x⋅z−a)2(x⋅z−b)2(x⋅z−c)2p(z)=\sum_{x\in X} (x\cdot z -a)^2 (x\cdot z -b)^2 (x\cdot z -c)^2 a,b,ca,b,ca,b,c 那么,我们能否检验两个6次多项式是否仅因多项式时间的旋转而不同?如果是这样,则SRG的图同构在P中。 是否有比SRG更严格的示例(用于测试两组是否仅在旋转方面有所不同)?我对此表示怀疑,这要归功于Babai(?)允许拟多项式上限 更新:我被指出与(已解决)正交Procrustes问题相似: minO:OTO=I∥OA−B∥Fachieved forO=UVT, whereBAT=UDVTminO:OTO=I‖OA−B‖Fachieved forO=UVT, whereBAT=UDVT\min_{O:O^TO=I} …

1
从给定的符号向量集中计算最低维多面体
给定一组的超平面的判定由法线向量,其细胞类型(或符号矢量)是所有矢量吨∈ { + ,- } 米存在用于其的矢量v ∈ [R d使得⟨ v ,ħ 我 ⟩ ≠ 0和吨我 = 符号(⟨ v ,ħ 我 ⟩ )h1,…,hm∈Rdh1,…,hm∈Rdh_1,\dots,h_m \in \mathbf R^dt∈{+,−}mt∈{+,−}mt\in\{+,-\}^mv∈Rdv∈Rdv\in\mathbf R^d⟨v,hi⟩≠0⟨v,hi⟩≠0\langle v,h_i \rangle \neq 0ti=sign(⟨v,hi⟩)ti=sign(⟨v,hi⟩)t_i = \text{sign}( \langle v,h_i \rangle )拥有一切。这里,⟨ ü ,v ⟩表示内积和符号(X )表示的符号(+或- )的非零实数的X。iii⟨u,v⟩⟨u,v⟩\langle u,v\ranglesign(x)sign(x)\text{sign}(x)+++−−-xxx 问题:逆运算最快的已知算法是什么?给定单元格类型的集合,我们希望在尽可能少的维度上计算一些超平面集合,以便其单元格类型是t 1,... ,t n的超集。t1,…,tnt1,…,tnt_1,\dots,t_nt1,…,tnt1,…,tnt_1,\dots,t_n

1
执行分区树?
有没有实施过分区树? 在这里,我正在谈论计算几何学中的分区树。最早(接近最佳)的版本是由于Matousek和其他人,以及最近的Timothy Chan: https://cs.uwaterloo.ca/~tmchan/optpt_2_10.pdf 对我来说,这些方法从未实现过,这听起来很疯狂,但是谷歌搜索没有发现任何人曾报告过的实现方法。


1
最小可分解分解
给定两个多面体和Q,P和Q,如果有多面体的有限集是equidecomposable P 1,... ,P Ñ和Q 1,... ,Q Ñ使得P 我和Q 我是所有全等我,P = ∪ ñ 我= 1个 P 我和Q = ∪ ñ 我= 1个 QPPP问QQPPPQQQP1,…,PnP1,…,PnP_1, \ldots, P_nQ1,…,QnQ1,…,QnQ_1, \ldots, Q_nPiPiP_iQiQiQ_iiiiP=∪ni=1PiP=∪i=1nPiP = \cup_{i=1}^n P_i。已知如果 P和 Q是等面积的多边形,则始终存在这样的等分分解,并且通常对于较大的尺寸不成立。 Q=∪ni=1QiQ=∪i=1nQiQ = \cup_{i=1}^n Q_iPPPQQQ 我对最小分解问题的复杂性感到好奇: 对于两个多边形和Q,找到一个equidecomposition P 1,... ,P ñ和Q 1,... ,Q ñ最小化ñ。PPPQQQP1,…,PnP1,…,PnP_1, \ldots, P_nQ1,…,QnQ1,…,QnQ_1, \ldots, Q_nnnn 是否有算法(精确,多项式,指数,逼近)?是否知道复杂性?
By using our site, you acknowledge that you have read and understand our Cookie Policy and Privacy Policy.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.