N 个矩形的交集答案

【问题标题】：Intersection of N rectanglesN 个矩形的交集
【发布时间】：2011-05-04 08:22:44
【问题描述】：

我正在寻找解决这个问题的算法：

给定笛卡尔坐标上的 N 个矩形，找出这些矩形的交点是否为空。每个矩形可以位于任何方向（不必使其边缘平行于 Ox 和 Oy）

您对解决这个问题有什么建议吗？ :) 我可以考虑测试每个矩形对的交集。但是，它是 O(N*N) 并且非常慢:(

【问题讨论】：

相关：stackoverflow.com/questions/115426/…

标签： algorithm geometry computational-geometry

【解决方案1】：

摘要

要么根据矩形的最小 X 值使用排序算法，要么将矩形存储在 R-tree 中并搜索它。

直截了当的方法（带排序）

让我们表示low_x() - 矩形的最小（最左侧）X 值，high_x() - 矩形的最高（最右侧）X 值。

算法：

Sort the rectangles according to low_x().                   # O(n log n)

For each rectangle in sorted array:                         # O(n)
    Finds its highest X point.                              # O(1)
    Compare it with all rectangles whose low_x() is smaller # O(log n)
        than this.high(x)

复杂性分析

这应该适用于均匀分布的矩形上的O(n log n)。

最坏的情况是O(n^2)，例如当矩形不重叠但一个在另一个之上时。在这种情况下，将算法推广到也有low_y() 和high_y()。

数据结构方法：R-Trees

R-trees（B-trees 的空间泛化）是存储地理空间数据的最佳方式之一，可用于解决此问题。只需将矩形存储在 R-tree 中，您就可以通过简单的O(n log n) 复杂性发现交叉点。（n 搜索，log n 每个时间）。

【讨论】：

O(n^2)。最后一步不是 O(log n)。反例：一组矩形{ [k, 2n-k]×[0, 1] | k ∈ {0, ..., n-1} }
@ybungalobill：见附录 - 矩形也可以根据 Y 值排序，所以它仍然是 O(n log n)。
@Adam：不。反例 2：{ [k, 2n-k]×[k, 2n-k] | k ∈ {0, ..., n-1} } — 随心所欲地排序，使用 R-tree... 它仍然是 O(n^2)。
亚当，记住“每个矩形都可以位于任何方向（不一定要使其边缘平行于 Ox 和 Oy）”
是的，这是错误问题的答案。并且累积 n 个轴对齐框的交集是微不足道的，您不需要任何非平凡的数据结构。只需敲掉框的轴对齐切片即可。

【解决方案2】：

观察 1：给定一个多边形 A 和一个矩形 B，交点 A ∩ B 可以通过与 B 的每条边对应的半平面的 4 个交点来计算。

观察 2：从凸多边形切割半平面会得到一个凸多边形。第一个矩形是凸多边形。这个操作最多每增加1个顶点数。

观察 3：凸多边形的顶点到直线的有符号距离是单峰函数。

这是算法的草图：

在平衡二叉树中按逆时针顺序维护当前部分交集D。

当切割由直线 L 定义的半平面时，找到 D 中与 L 相交的两条边。这可以通过一些巧妙的二元或三元搜索在对数时间内完成，该搜索利用到 L 的有符号距离的单峰性。（这是我不太记得的部分。）从D中删除L一侧的所有顶点，并将交点插入D。

对所有矩形的所有边 L 重复。

【讨论】：

【解决方案3】：

这似乎是克利测量的一个很好的应用。基本上，如果您阅读http://en.wikipedia.org/wiki/Klee%27s_measure_problem，则可以在 O(n log n) 处找到直线交叉点的最佳算法的运行时间下限。

【讨论】：

是的，Klee 的度量几乎是这个问题的概括，并且完美地涵盖了它，展示了一个最佳算法。
我正在寻找交叉点。我认为克利的衡量标准是关于这些矩形的联合？
这个答案很有趣，但不清楚它是如何应用的。也许通过以某种方式取补，关于交集的问题可以被构建为关于并集的问题？

【解决方案4】：

我认为你应该使用sweep line algorithm 之类的东西：寻找交叉点是它的应用之一。另外，看看answers to this questions

【讨论】：

我在这里看到的一个问题是，我可以使用 n 个矩形创建 n^2 个边界交叉点...（考虑不同厚度的加号）。

【解决方案5】：

由于矩形不能平行于轴，将问题转换为已经解决的问题更容易：计算矩形的边界的交点 .

建立一个包含所有边框的集合S，以及它们所属的矩形；你会得到一组形式为 ((x_start,y_start), (x_end,y_end), r_n) 的元组，其中 r_n 当然是对应矩形的 ID
现在使用扫描线算法来查找这些线的交点

扫描线在 S 中的每个 x 坐标处停止，即所有起始值和所有结束值。对于每一个新的起始坐标，将对应的线放入一个临时集合 I。对于每个新的结束坐标，从 I 中删除对应的线。

除了向 I 添加新线之外，您还可以检查每条新线是否与当前 I 中的一条线相交。如果相交，相应的矩形也会相交。

你可以找到这个算法的详细解释here。

运行时间为O(n*log(n) + c*log(n))，其中c是I中线的交点数。

【讨论】：

问题是 c=n^2 是可能的。请参阅我对@MarcoS 答案的评论。
@ybunga：没错，但这就是潜在问题的本质。如果解集的最大大小为 n^2，则找到该集的算法也必须具有 O(n^2) 的最坏情况运行时间。我建议的算法的优点是它的运行时间可以适应解决方案的复杂性。

【解决方案6】：

从集合中选择最小的矩形（或任何矩形），然后遍历其中的每个点。如果其中一个点也存在于所有其他矩形中，则交点不为空。如果所有点都没有 ALL 其他矩形，则交点为空。

【讨论】：

如果 R1 不与 R2 和 R3 相交，这并不意味着 R2 和 R3 不相交
@ariel ：但这意味着 R1、R2 和 R3 不相交。但这仍然是低效的，我们可以说只看亚当提到的矩形的边缘（顶部/底部或左/右）。
你如何确定“其中的每个点”？ :) 因为一个区域内有无数个点。