在对称下唯一生成nxnxn立方晶格中所有m个点的集合的算法

我正在实现一个算法，该算法将在计算上非常复杂，并且想要尝试确保我没有做不必要的工作。

有一个nxnxn立方晶格，例如，如果n = 2，则由（0,0,0），（0,1,0），（1,0,0），（1,1,0），（0， 1,1），（0,0,1），（1,0,1），（1,1,1）。

从这个格子中，我将递归地生成所有m点的集合，例如：

solve(set_of_points) {
     if set_of_points.size = m, finish

     do some useful computation here

     for each point in lattice not in set_of_points:
         solve(set_of_points + new_point);
}

然后可以从一个空的set_of_points开始调用。

问题的本质是，我实际上不需要m个点的所有排列，而只需要在立方体自然对称下唯一的那些点。

例如，拿一个2x2x2的多维数据集，并假设我们希望所有1点的集合。在以上基本算法下，有8个不同的1点集。

但是，使用立方体的对称性，我们可以将其减少到1个唯一的1点集，因为在立方体的对称性下所有原始的8个点都是等效的（在这种情况下，它们都是“角”）。

如果立方体是2x2x2且m = 2，则基本算法中有28个集合，但是在对称情况下，该集合减少为3个（例如{（0,0,0），（1,0,0）}，{（0 ，0,0），（1,1,0）}，{（0,0,0），（1,1,1）}）

显然，对3个点集进行计算要比28个点好得多，所以我的问题是如何不生成与已经生成的点对称对称的点集？或者，如果这不可能，那么我如何至少减少套数。

（请注意-如果m = 1，这相对容易-只需选择比其他任何一个顶点更接近（0,0,0）的点，并且边界处会有一点毛刺。这是因为m> 1成为一个真正的问题）

基本概念：

（1）我们可以简单地将点（0,0,0）视为000。现在，晶格中的每个点都以简单的顺序排列。第一个点是000，然后是001，然后是010 011 100 101 110和111。这是您尝试将它们添加到点集的顺序。

（2）同样，集合{（0,0,0），（0,0,1），（0,1,0）}可以简单地看成000001010，而集合{（0,0,0） ，（（0,1,0），（0,0,1）}可以简单地看作是000010001。两个不同的集合不能具有相同的序列，并且您可以轻松地将000001010视为数字或字母小于000010001。我们称其为设定值。现在，每个可能的N点集都有一个设定值，并且所有可能的N点集现在都位于一个简单的有序列表中。

（3）每个点集的同构组只有一个成员，它将具有最低的设定值。这些是我们实际进行“有用计算”的唯一方法。

（4）这是需要大量工作的部分。在运行solve（set_of_points + new_point）之前，您想查看是否有任何同构会降低set_of_points + new_point的设置值。如果任何同构会降低设定值，则这不是同构集的最低值成员。我们跳过对此new_point的任何工作。我们还将跳过在此solve（set_of_points，candidate_point）中本应完成的所有递归工作。

solve(set_of_points,new_point) {
 set_of_points = set_of_points + new_point
 do some useful computation here
 if set_of_points.size = m, compute how many isomophisms exist, apply that multiple, finish
 for(candidate_point = new_point+1 to last_point) { /skips point-permutations for free!/
  if ISOMORPH_TESTS_CANNOT_LOWER_VALUE_OF(set_of_points+candidate_point) {
   solve(set_of_points,candidate_point);
  }
 }
}

以上面答案的符号表示。

首先定义函数rotate（direction，number_of_time）提出的对称性

解：

（1）创建每个排列的所有集合的哈希，其中每个标记= 0。例如n = 2，m = 2 000,001 = 0 000,010 = 0 000,011 = 0等...

（2）从初始化集开始，例如i = 000,001

（3）例如，使用旋转函数（或您喜欢的任何其他对称性）将集合i旋转到所有方向，对于旋转的每个排列，旋转函数应调用24次。

解释：前面有1-6个数字，每个数字可以旋转4次，因此6 * 4 = 24

（4）对于从组合中移出的每个集合，将hash标志设置为1（它已经对称设置）

（5）将i更新到下一个集合，例如i = 000,010

（6）如果哈希中的集合i已被标记，则转到（5），否则转到（3）

当所有哈希标记为1时，我们就完成了。

注意：我只考虑镜像对称性，而不考虑旋转对称性。

假设我们有一个d维的（超）立方体，每个立方体长n个单位（Rubik的立方体将是d = 3，n = 3）。

天真的算法会生成n个点的组合，并检查每个点是否与所有其他点对称冲突。

如果我们将点的组合表示为长度为n ^ d比特的比特向量，则可以使用映射（比特向量->布尔值）来将比特向量的所有对称性标记为true。如果组合已经在地图中标记，我们可以跳过该组合。

这种方法空间效率非常低：它需要一个包含2 ^（n ^ d）个条目的映射，即一个具有这么多位的位图。（对于Rubik的多维数据集，它将是2 ^ 27 = 128Mbit = 16 MB。）

我们只能记住规范表示，即，如果表示为n ^ d位无符号字，则它们具有最小的整数值。当我们生成一个新的点排列时，我们会生成它的所有对称性，并且仅检查是否看到了具有最小数值的对称性。这将使我们仅存储2 ^ n位的映射（对于Rubik's cube，仅存储1个字节），因为我们具有2 ^ d个对称性。但是，这使我们在每个步骤上生成了这2 ^ d个对称性，因此我们花费O（2 ^（d ^ n + d））= O（2 ^（d ^ n）* 2 ^ d）的时间。仍然很差。

我们可以将上一段中的想法应用于一维案例。为了在长度为d的向量中生成所有组合，我们只需从所有s 开始增加二进制数d位长即可0。让我们将向量划分为两个d / 2个长段，例如左和右。我们可以注意到，对于1左段中的每个位，我们只需要查看1在右侧部分的对称位置具有位的组合。否则，当交换位的位置并且0出现在之前时，我们将早先生成对称组合1。这样，对于右半部分（r）中的每个位位置，以及左半部分中的对称位置（l）我们只需要生成3个组合：（l = 0，r = 0）; （l = 1，r = 1）；（l = 1，r = 0）。因此，我们只需要生成长度为d的向量的2 ^（d / 2）个置换，就可以为每个置换生成3个组合。

d维的多维数据集可以由n ^（d-1）个向量构成。上面的技巧使我们的向量比朴素的方法便宜。要生成一个立方体，我们需要O（n ^（d-1）* 2 ^（d / 2））时间。

如果我们沿着一维向量的维度看立方体，我们可以看到我们不必检查这个维度的对称性：在生成立方体时，我们消除了每个涉及向量的对称性。

现在，如果我们看一下整个这个维度，我们可以重复使用同样的伎俩。

当我们看时，我们看例如构成特定平面的矢量的第一位。这些位代表一维位向量。如上所述，我们可以出于对称原因消除其位的大多数组合。因此，如果我们选择多维数据集的特定一维矢量（例​​如，最左边的最顶部），则可以基于特定位的值来消除同一平面的许多矢量（例如，最顶部）。因此，对于平面上镜像对称位置的向量，我们可以避免生成可能已设置（或未设置）该位的所有组合，从而大大减少了必须为特定平面生成的向量的数量。每个消除的位将镜面反射位置的可能矢量减半。这为我们提供了一系列平面，每个平面上没有对称的对应部分。

该技巧可以应用于进一步限制后续平面沿第三维等的排列生成。

虽然不是完整的算法，但希望对您有所帮助。