选择具有最大交叉区域的矩形

Question

在这个问题中，r是一个固定的正整数。在平面中给出N个矩形，大小相同。侧面可以是垂直的也可以是水平的。我们假设所有N个矩形的交叉区域具有非零区域。问题是如何找到这些矩形的N-r，以便最大化交叉区域。当在实际显微镜中重复成像给定的生物样本时，该问题出现，并且由于物理原因（例如显微镜和照相机的部件的不同膨胀），在该过程期间对准稍微改变。我已经表达了维度d = 2的问题。每个d> 0存在类似的问题。对于d = 1，通过对间隔的左手端点进行排序来获得O（N log（N））解。但是我们坚持使用d = 2。如果r = 1，则可以通过对角点的坐标进行排序来再次解决时间O（N log（N））中的问题。

所以，通过首先解决案例（N，1）获得N-1个矩形，然后求解案例（N-1,1），得到N-2个矩形等来解决原始问题，直到我们减少到Nr矩形？我有兴趣看到这个乐观尝试过程的明确反例。如果程序有效，那就更有意思了（请证明！），但这似乎过于乐观了。

如果r固定在某个值r> 1且N很大，那么NP类之一会出现这个问题吗？

感谢您对此的任何想法。

大卫

Answer 1

由于轴对齐矩形的交点是轴对齐矩形，因此有O（N ⁴ ）可能的交点（O（N）左，O（N）权，O（N） ）顶部，O（N）底部）。明显的O（N ⁵ ）算法是尝试所有这些，检查每个是否包含在至少N - r矩形中。

对O（N ³ ）的改进是尝试X维度中的所有O（N ² ）区间，并在Y维度上运行1D算法包含给定X间隔的矩形。 （矩形只需要排序一次。）

N有多大？我希望花哨的数据结构可能会导致O（N ² log N）算法，但如果立方算法就足够了，那就不值得花时间了。

Answer 2

我想我有一个反例。假设你有r := N-2。即你想找到两个最大重叠的矩形。假设您必须覆盖相同区域的矩形（=最大重叠）。这两个将是最终的最佳结果。

现在我们需要构建一些更多的矩形，这样两个中的至少一个会在缩小步骤中被删除。

假设我们有三个重叠很多的矩形......但它们并不是最佳的。它们与其他两个矩形的重叠区域非常小。

现在，如果要优化四个矩形的区域，您将删除两个最佳矩形中的一个，对吗？或者你可能没有，但你不确定哪个决定是最佳的。

所以，我认为你的缩减算法并不完全正确。 Atm我不确定是否有一个好的算法，或者它属于哪个复杂类。如果我有时间，我会考虑它：）

Answer 3

<强>后记即可。这是非常有缺陷的，但可能会引发一些想法。在象限中靠近X轴和Y轴的异常值的情况下尤其有缺陷 - 它们将倾向于相互加强，就好像它们都是45度一样，以一种可能无法制造的方式将溶液推离该象限感。

-

如果r比N小很多，并且N相当大，请考虑这个：

找到平均中心 通过（X - center.x）+（Y - center.y）和（X - center.x） - （Y - center.y）将矩形分为2个序列，其中X和Y是每个矩形的中心。

对于任何解决方案，所有拒绝矩形将是最多4个子序列的成员，每个子序列是2个序列中每个序列的头部或尾部。假设N比r大很多，大部分时间都是对序列进行排序 - O（n log n）。

要找到解决方案，首先通过删除每个序列的头部和尾部的r矩形来找到给定的交点。使用此基础交集来消除对已知解决方案中的“核心”矩形集的考虑。这将减少交叉计算，只需使用最多4 * r + 1个矩形。

4个序列头部和尾部中的每一个应该与r个矩形的数组相关联，每个条目表示通过将“核心”与来自头部或尾部的i个最内部矩形相交而给出的交叉点。这种预计算降低了从O（r ^ 4）到O（r ^ 3）求解的复杂性。

这并不完美，但应该很接近。

具有小r的缺陷将来自处于偏离角度的待拒绝，而替代方案稍微好一些但是在2个轴中的一个上。最大错误可能是可计算的。如果这是一个问题，请使用真实的非交叉区域计算，而不是我使用的简单“X + Y”差分公式。

Answer 4

这是对提问者提出的贪婪算法的一个明确的反例（N = 4且r = 2）。

这些矩形中的三个之间的最大交点位于黑色，蓝色和绿色矩形之间。但是，很明显，这三个中任意两个之间的最大交点小于黑色和红色矩形之间的交点。

Answer 5

我现在有一个算法，非常类似于上面的Ed Staub，具有相同的时间估计。它与Ed的有点不同，因为它对所有r都有效

mhum对贪婪算法的反例很整洁。看一看。

Answer 6

我还在尝试习惯这个网站。不知怎的，我之前的回答被截断为两句话。感谢大家的贡献，特别是对于那些贪婪算法的反例非常令人满意的mhum。我现在对自己的问题有一个答案。我相信它尽可能好，但复杂性的下限对我来说太难了。我的解决方案类似于上面的Ed Staub并给出了相同的复杂度估计值，但适用于r> 0的任何值。

我的一个矩形由左下角决定。设S是左下角的集合。在时间O（N log（N））中，我们根据x坐标的大小将S排序为Sx。我们不关心具有相同x-coord的两个左下角之间的Sx内的顺序。类似地，通过使用y坐标的大小来定义排序的序列Sy。现在让u1，u2，u3和u4为u1 + u2 + u3 + u4 = r的非负整数。当我们删除我们现在明确命名的各种矩形时，我们计算该区域会发生什么。我们首先移除u1大小的Sx头和ux大小的Sx尾。让Syx成为从Sy中删除这些u1 + u2条目的结果。我们删除了u3大小的Syx头和u4大小的Syx尾部。现在可以证明（u1，u2，u3，u4）的这些可能选择之一给出了期望的最大交叉区域。 （如果你想要证明细节的pdf，请给我发电子邮件。）这样的选择的数量等于4-d欧几里德空间中正四面体中的整数点的数量，其中4个点的顶点的坐标和为r，并且这4个坐标中的3个等于0.这是由四面体的体积限定的，给出了O（r ^ 3）的复杂度估计值。

所以我的算法的时间复杂度为O（N log（N））+ O（r ^ 3）。

Answer 7

我相信这会产生完美的解决方案。 David的解决方案更容易实现，并且在大多数情况下应该更快。

这依赖于以下假设：对于任何解决方案，至少有一个拒绝必须是复杂船体的成员。递归地应用这导致：

计算凸包。 收集所有候选解决方案的集合：

{Remove a hull member, repair the hull} r times

（船体最后一次不需要修理。）

如果h是初始船体成员的数量，那么复杂性小于 h ^ r，加上计算初始船体的成本。我假设选择了一种船体算法，以便在船体修理中保存和重复使用已排序的数据。

Answer 8

这只是一个想法，但如果N非常大，我可能会尝试蒙特卡罗算法。

想法是生成随机点（例如，均匀地在所有矩形的凸包中），并评估每个随机点的执行方式。如果随机点在N-r或更多矩形中，则更新N-r矩形的每个子集的命中数。

最后，其中随机点最多的N-r矩形子集就是你的答案。

该算法有许多缺点，最明显的一个是结果是随机的，因此不能保证是正确的。但是，正如大多数蒙特卡罗算法一样，它可以很好地扩展，你也应该能够在更高的维度上使用它。