Qual é o pior caso do algoritmo de triangulação incremental aleatória delaunay?

Eu sei que o esperado pior caso de tempo de execução do randomizado incrementais Delaunay triangulação algoritmo (como indicado no Computational Geometry ) é . Há um exercício que implica que o pior tempo de execução é . Eu tentei construir um exemplo em que esse é realmente o caso, mas ainda não obtive sucesso. $\mathcal O(n \log n)$ $\Omega(n^2)$

Uma dessas tentativas foi organizar e ordenar o ponto definido de maneira que, ao adicionar um ponto na etapa , sejam criadas cerca de arestas. $p_r$ $r$ $r-1$

Outra abordagem pode envolver a estrutura de localização do ponto: tente organizar os pontos de forma que o caminho percorrido na estrutura de localização do ponto para localizar um ponto na etapa seja o maior possível. $p_r$ $r$

Ainda assim, não tenho certeza de qual dessas duas abordagens está correta (se houver) e ficaria feliz em algumas dicas.

— Tedil
fonte

Tente colocar todos os pontos na curva

para alguns bem escolhido

y = x^{r}

$y = x^r$

r

$r$

— 27612 Peter Shor

A primeira abordagem pode ser formalizada da seguinte maneira.

Seja um conjunto arbitrário de pontos no ramo positivo da parábola ; isto é, para alguns números reais positivos $P$ $n$ $y=x^2$

P = {(t_{1 1}, t_{1 1}^{2}), (t_{2}, t_{2}^{2}), ..., (t_{n}, t_{n}^{2})}

$P = \{ (t_1, t_1^2), (t_2, t_2^2), \dots, (t_n, t_n^2) \}$

t_{1}, t_{2}, \dots, t_{n}

$t_1, t_2, \dots, t_n$ . Sem perda de generalidade, suponha que esses pontos sejam indexados em ordem crescente:

0 < t_{1} < t_{2} < \dots < t_{n}

$0 < t_1 < t_2 < \cdots < t_n$

Reivindicação: Na triangulação Delaunay de , o ponto mais à esquerda é um vizinho de todos os outros pontos em . $P$ $(t_1, t_1^2)$ $P$

Esta alegação implica que adicionar um novo ponto a com adiciona novas arestas à triangulação de Delaunay. Assim, indutivamente, se contratarmos de forma incremental a triangulação de Delaunay de , inserindo os pontos na ordem da direita para a esquerda , o número total de arestas de Delaunay criadas será . $(t_0, t_0^2)$ $P$ $0 < t_0 < t_1$ $n$ $P$ $\Omega(n^2)$

Podemos provar a reivindicação da seguinte forma. Para quaisquer valores reais , deixe denotar o círculo único através dos pontos . $0<a<b<c$ $C(a,b,c)$ $(a,a^2), (b,b^2), (c,c^2)$

$C(a,b,c)$ $(t,t^2)$ $a<t<b$ $c<t$

$(a,b), (c,d), (e,f), (g,h)$

| \begin{matrix} 1 & a & b & a^{2} + b^{2} \\ 1 & c & d & c^{2} + d^{2} \\ 1 & e & f & e^{2} + f^{2} \\ 1 & g & h & g^{2} + h^{2} \end{matrix} | = 0

$\begin{vmatrix} 1 & a & b & a^2 + b^2 \\ 1 & c & d & c^2 + d^2 \\ 1 & e & f & e^2 + f^2 \\ 1 & g & h & g^2 + h^2 \\ \end{vmatrix} = 0$

(t, t^{2})

$(t,t^2)$

C (a, b, c)

$C(a,b,c)$

| \begin{matrix} 1 & a & a^{2} & a^{2} + a^{4} \\ 1 & b & b^{2} & b^{2} + b^{4} \\ 1 & c & c^{2} & c^{2} + c^{4} \\ 1 & t & t^{2} & t^{2} + t^{4} \end{matrix} | = 0

$\begin{vmatrix} 1 & a & a^2 & a^2 + a^4 \\ 1 & b & b^2 & b^2 + b^4 \\ 1 & c & c^2 & c^2 + c^4 \\ 1 & t & t^2 & t^2 + t^4 \\ \end{vmatrix} = 0$

4 \times 4

$4\times4$

\begin{matrix} (*) & (a - b) (a - c) (b - c) (a - t) (b - t) (c - t) (a + b + c + t) = 0 \end{matrix}

$(a-b)(a-c)(b-c)(a-t)(b-t)(c-t)(a+b+c+t) = 0 \tag{$*$}$

(t, t^{2})

$(t,t^2)$

C (a, b, c)

$C(a,b,c)$

t = a

$t=a$

t = b

$t=b$

t = c

$t=c$

t = - a - b - c < 0

$t=-a-b-c < 0$

0 < a < b < c

$0<a<b<c$

C (a, b, c)

$C(a,b,c)$

(t, t^{2})

$(t,t^2)$

C (a, b, c)

$C(a,b,c)$

- a - b - c < t < a

$-a-b-c<t<a$

b < t < c

$b<t<c$

◻

$\qquad\Box$

— Jeffε
fonte

Obrigado, mesmo que eu realmente queria apenas uma sugestão (sem a prova);)

— Tedil