Detectando dois tipos de polígonos quase simples

Estou interessado na complexidade de decidir se um determinado polígono não simples é quase simples, em um dos dois sentidos formais diferentes: fracamente simples ou não-auto-atravessante . Como esses termos não são amplamente conhecidos, deixe-me começar com algumas definições.

• $P$$p_0, p_1, p_2, \dots, p_{n-1}$$p_i$$p_i p_{i+1\bmod n}$

• Um polígono é simples se todos os vértices forem distintos e as arestas se cruzarem apenas em seus pontos finais. Equivalentemente, um polígono é simples se for homeomórfico a um círculo e cada aresta tiver comprimento positivo. Em geral, no entanto, os vértices e as arestas de um polígono podem se cruzar arbitrariamente ou mesmo coincidir. ¹$n$

• Considere dois caminhos poligonais e cuja interseção é um subcaminho comum de ambos (possivelmente um único ponto). Dizemos que e cruz se seus endpoints alternativo no limite de um bairro do comum subpath . Um polígono é auto-cruzamento se tiver dois subcaminhos de passagem e não-auto-cruzamento caso contrário. ²B A $A$$B$$A$$B$ A ∩ $A(0), B(0), A(1), B(1)$$A\cap B$

• Um polígono é fracamente simples se for o limite de uma sequência de polígonos simples ou, equivalentemente, se houver uma perturbação arbitrariamente pequena dos vértices que torna o polígono simples. Todo polígono fracamente simples é sem auto-cruzamento; no entanto, alguns polígonos sem auto-cruzamento não são fracamente simples.

Por exemplo, considere os seis pontos mostrados abaixo.$a,b,p,q,x,y$

• O polígono é simples; veja a figura da esquerda.$abpqyz$

• O polígono é fracamente simples; a figura do meio mostra um polígono simples próximo. No entanto, esse polígono não é simples, porque ele visita três vezes.$papbpqyqzq$$p$

• O polígono é de cruzamento automático, porque os subcaminhos e cruzam. Veja a figura certa para alguma intuição.b p q z y q p $papbpqzqyq$$bpqz$$yqpa$

• Finalmente, o polígono (que serpenteia duas vezes ao redor do polígono meio) é não-auto-cruzamento, mas é não simples fracamente. Intuitivamente, o número de giro deste polígono é , enquanto o número de giro de qualquer polígono simples deve ser . (Uma prova formal requer alguma análise de caso, em parte porque o número de virada não é realmente bem definido para polígonos com !)± 2 ± 1 0 $papbpqyqzqpapbpqyqzq$$\pm 2$$\pm 1$$0^\circ$

Update (setembro 13): Na figura abaixo, o polígono é não-auto-cruzamento e tem transformando número 1 , mas não é simples fracamente. O polígono tem indiscutivelmente várias sub- passagens não simples , mas não possui sub-caminhos simples . (Eu digo "indiscutivelmente" porque não está claro como definir quando dois passeios não simples se cruzam!)$abcabcxyzxpqrxzyx$

Então, finalmente, aqui estão minhas perguntas reais:

• Com que rapidez podemos determinar se um determinado polígono é sem auto-cruzamento?

• Com que rapidez podemos determinar se um determinado polígono é fracamente simples?

O primeiro problema pode ser resolvido no tempo seguinte maneira. Como existem n vértices, existem O ( n 2 ) subcaminhos de vértice para vértice; podemos testar se algum subcaminho em particular é simples no tempo O ( n 2 ) (por força bruta). Para cada par de subcaminhos simples de vértice para vértice, podemos testar se eles se cruzam no tempo O ( n ) . Mas esse não pode ser o melhor algoritmo possível.$O(n^5)$$n$$O(n^2)$$O(n^2)$$O(n)$

Não sei se o segundo problema pode ser resolvido em tempo polinomial. Eu acho que posso calcular rapidamente um número de virada bem definido para qualquer polígono não simples (a menos que a união das arestas do polígono seja apenas um caminho, nesse caso, o polígono deve ser fracamente simples); veja minha resposta abaixo. No entanto, o novo exemplo de polígono acima implica que o número 1 que não se cruza e gira automaticamente não implica uma fraqueza simples.

Podemos determinar se um determinado polígono é simples no tempo verificando cada par de arestas para interseção, ou no tempo O ( n log n ) usando um algoritmo de varredura padrão, ou mesmo no tempo O ( n ) usando o método de Chazelle algoritmo de triangulação. (Se o polígono de entrada não for simples, qualquer algoritmo de triangulação lançará uma exceção, um loop infinito ou produzirá uma saída que não é uma triangulação válida.) Mas nenhum desses algoritmos resolve os problemas que estou perguntando. $O(n^2)$$O(n\log n)$$O(n)$

¹ Branko Grünbaum. Polígonos: Meister estava certo e Poinsot estava errado, mas prevaleceu . Beiträge zur Algebra und Geometrie 53 (1): 57–71, 2012.

² Ver, por exemplo: Erik D. Demaine e Joseph O'Rourke. Algoritmos de dobramento geométrico: ligações, origami, poliedros . Cambridge University Press, 2007.

Parece que a primeira pergunta tem um algoritmo (embora provavelmente também não seja o ideal). Supondo que haja uma travessia, a chave para descobrir que parece ser que as arestas que devem ser encontradas são as imediatamente em ambos os lados do subcaminho comum. Portanto, analisamos todos os pares de pares consecutivos de arestas. Há um número quadrático deles. Se encontrar um par de pares de arestas com vértices de um b c e d e f tal que bordas b c e e f são os mesmos, então seguimos o subpath comum até o fim e inspecionar as arestas que deixá-lo. Se eles formarem uma travessia junto com$O(n^3)$$abc$$def$$bc$$ef$ e d e , então terminamos; caso contrário, passamos ao próximo par. Seguir o subcaminho comum é, no máximo, uma operação de tempo linear, portanto todo o algoritmo é O ( n 3 ) .$ab$$de$$O(n^3)$

Essa análise provavelmente não é rigorosa, pois o número de vezes que um subcaminho comum de comprimento linear será seguido não é linear no número de pares de pares. Deve haver apenas um número constante deles. Da mesma forma, se a duração do subcaminho comum mais longo for constante, então estamos bem em termos de quantidade de tempo após os subcaminhos comuns. Eu esperaria que o pior caso ocorra quando houver um único subcaminho de comprimento que é comum aO($O(\sqrt{n})$subcaminhos. Então existemO(n)interações e em cada interaçãoO($O(\sqrt{n})$$O(n)$arestas estão sendo seguidas. Mesmo assim, o número de arestas que se seguem éo(n2)e o limite é fornecido pelo número de pares. Assim, eu diria que o verdadeiro limite desse algoritmo éO(n2).$O(\sqrt{n})$$o(n^2)$$O(n^2)$

Por sugestão de Pat Morin, aqui está minha ideia para calcular o número da curva. Desculpe se isso é um pouco desleixado; Eu ainda estou lutando contra os demônios da notação. Além disso, o comentário de Pat à resposta de Chris revela que eu ignorei alguns casos importantes e degenerados. Mas vou postar aqui de qualquer maneira, caso outros achem útil.

Para qualquer índice , seja θ ( p i ) = θ ( p i - 1 , p i , p i + 1 ) denotar o ângulo externo assinado no vértice p i ; este é o ângulo no sentido anti-horário entre os raios → p i - 1 p i e → p i p i + 1 , normalizados na faixa - π ≤ θ $i$$\theta(p_i) = \theta(p_{i-1}, p_i, p_{i+1})$$p_i$$\overrightarrow{p_{i-1}p_i}$$\overrightarrow{p_ip_{i+1}}$ . (Toda aritmética do índice é implicitamente mod n .) O número de virada de P é definido como T u r n ( P ) = $-\pi \le \theta_i \le \pi$$n$$P$ Deixe-me chamar um vérticepiumestímulose ointernoângulo empié igual a0. O ângulo externoθia um estímulo não é bem definida; poderia serπou-π. De maneira mais geral, o número de giro dePé bem definido se, e somente se,Pnão tiver esporas (e nenhum vértices repetidospi

Suponhamos agora que contém um pé da forma p → r ⇝ s ⇝ r → q , em que p ≠ q e o caminho r ⇝ s representa a inversão do trajecto s ⇝ r . Então s é um estímulo; chamada r a raiz de s . Nesse caso, deixe-me definir o ângulo externo em s da seguinte maneira: ˜ θ ( s ) = π ⋅ s g $P$$p\mathord\to r\mathord\leadsto s\mathord\leadsto r\mathord\to q$$p\ne q$$r\mathord\leadsto s$$s\mathord\leadsto r$$s$$r$$s$$s$ (Mas e se θ ( p , r , q ) = 0 ? Como Pat observa, isso pode realmente acontecer.Provavelmente há algum tipo de maneira recursiva para definir ˜ θ ( s

Se é fracamente simples, existe um n -gon ˜ P arbitrariamente próximo de P ; tet ~ s ser o vértice da ~ P mais próximo de P . Como ~ P se aproxima de P , o ângulo interno a ~ s se aproxima de zero. Não é difícil provar (por indução no comprimento de r ⇝ s ) que o ângulo externo θ ( ~ s ) se aproxima ~ θ ( s ) .$P$$n$$\tilde{P}$$P$$\tilde{s}$$\tilde{P}$$P$$\tilde{P}$$P$$\tilde{s}$$r\mathord\leadsto s$$\theta(\tilde{s})$$\tilde\theta(s)$

Se consistir inteiramente em uma caminhada seguida por sua inversão, r ⇝ s ⇝ r , então os ângulos externos nos dentes retos r e s ainda não estão bem definidos. Mas neste caso, acredito que P é simples fracamente se e somente se a caminhada r ⇝ s é não-auto-crossing. (Existem casos mais complexos em que não posso definir um número de viragem modificado razoável, em particular, se o polígono vagar por uma única caminhada. Mas em todos esses casos, parece que o polígono é fracamente simples se, e somente se, é não-auto-cruzamento.)$P$$r\mathord\leadsto s\mathord\leadsto r$$r$$s$$P$$r\mathord\leadsto s$

$\tilde\theta(p_i) = \theta(p_i)$$p_i$$\widetilde{Turn}(P) = \sum_i\tilde\theta(p_i)/2\pi = Turn(\tilde{P})$$\pm 1$$P$

$\widetilde{Turn}(P)$$r\mathord\leadsto s$ can itself contain spurs. The naive algorithm that finds the root of each spur by brute force actually takes $\Theta(n^2)$ time in the worst case; consider an $n$-gon that has a subwalk of length $\Omega(n)$ that simply alternates between two points.