选择相交面积最大的矩形答案

【问题标题】：Choose rectangles with maximal intersection area选择相交面积最大的矩形
【发布时间】：2011-08-18 10:09:55
【问题描述】：

在这个问题中，r 是一个固定的正整数。在平面上给你 N 个大小相同的矩形。侧面是垂直的或水平的。我们假设所有 N 个矩形相交的面积都非零。问题是如何找到这些矩形中的 N-r 个，从而最大化相交的面积。这个问题出现在实际显微镜中，当一个给定的生物标本重复成像时，由于物理原因（例如显微镜和相机部件的不同膨胀），在此过程中对齐会发生轻微变化。我已经表达了维度 d=2 的问题。每个 d>0 都有一个类似的问题。对于 d=1，通过对区间的左侧端点进行排序来获得 O(N log(N)) 解。但是让我们坚持d=2。如果 r=1，可以通过对角点坐标进行排序，在 O(N log(N)) 时间内再次解决问题。

那么，是不是通过先求解 case (N,1) 得到 N-1 个矩形，然后求解 case (N-1,1)，得到 N-2 个矩形，等等来解决原始问题，直到我们减少到 N-r 个矩形？我很想看到这个乐观的尝试过程的明确反例。如果程序有效（请证明！）会更有趣，但这似乎过于乐观。

如果 r 固定在某个值 r>1，并且 N 很大，那么这个问题是否属于 NP 类之一？

感谢您对此的任何想法。

大卫

【问题讨论】：

交叉点是指所有这些矩形共有的区域？
hmm..不知怎的，你的归约算法感觉不对...我得想一想才能想出一个反例。

标签： algorithm computational-geometry

【解决方案1】：

由于轴对齐矩形的交点是轴对齐矩形，所以有O(N⁴)个可能的交叉点（O(N)个左，O(N)个右，O(N) ) 顶部，O(N) 底部）。显而易见的 O(N⁵) 算法是尝试所有这些，检查每个是否包含在至少 N - r 个矩形中。

对 O(N³) 的改进是在 X 维度上尝试所有 O(N²) 区间，并在 Y 维度上运行一维算法包含给定 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(N² log N) 算法，但如果三次算法就足够了，那不值得你花时间。

【讨论】：

【解决方案2】：

我想我有一个反例。假设您有r := N-2。 IE。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。

现在我们需要构建更多的矩形，以便在缩减步骤中至少删除这两个矩形中的一个。

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

现在，如果您想优化四个矩形的区域，您将删除两个最佳矩形之一，对吗？或者也许您不必这样做，但您不确定哪个决定是最佳的。

所以，我认为您的缩减算法不太正确。不过，Atm 我不确定是否有一个好的算法或者它属于哪个复杂度类。如果我有时间我会考虑的:)

【讨论】：

但是如果你在每一步都踢出给出最大 N-r 重叠表面的那个呢？在这种情况下，您可以处理 (N,1) 然后 (N-1,1) 等...（此反例在这种情况下无效）
你能举一个完全明确的整数坐标的反例吗？这与使用实数坐标一样普遍，因为您可以先按一个巨大的因子放大，然后取最接近的整数值。除非完全明确，否则我对反例不满意。

【解决方案3】：

后记。这是相当有缺陷的，但可能会引发一些想法。在 X 轴和 Y 轴附近的象限中存在异常值时尤其有缺陷 - 它们往往会相互加强，就好像它们都处于 45 度时，以一种可能不会使解决方案远离该象限的方式感觉。

-

如果 r 比 N 小很多，而 N 相当大，请考虑：

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，每个子序列都是 2 个序列中每个序列的头部或尾部。假设 N 比 r 大很多，大多数时间将用于对序列进行排序 - O(n log n)。

要找到解决方案，首先找到通过删除每个序列的头部和尾部的 r 个矩形给出的交点。使用此基本交集来消除对您知道将在解决方案中的“核心”矩形集的考虑。这将减少交集计算，只使用最多 4*r + 1 个矩形。

4 个序列的头部和尾部中的每一个都应与 r 个矩形的数组相关联，每个条目表示通过将“核心”与头部或尾部最里面的 i 个矩形相交给出的交集。这种预计算将求解的复杂度从 O(r^4) 降低到 O(r^3)。

这并不完美，但应该很接近。

具有较小 r 的缺陷将来自偏离角度的应该拒绝，以及稍微更好但在 2 个轴之一上的替代品。最大误差可能是可计算的。如果这是一个问题，请使用真正的非交叉区域计算，而不是我使用的简单“X+Y”差分公式。

【讨论】：

谢谢。我独立得出了非常相似的结论。如果我现在拥有的算法（我会在一分钟内给出详细信息）是正确的，那么我会感到满意，因为我觉得它几乎可以做到。

【解决方案4】：

这是提问者提出的贪心算法的一个明确的反例（N=4 和 r=2）。

这三个矩形之间的最大交点在黑色、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。

【讨论】：

非常感谢。很好的反例！正如我在原始帖子中所述，我确实认为贪心算法是错误的。如果我现在拥有的算法（我会在一分钟内给出详细信息）是正确的，那么我会感到满意，因为我觉得它几乎可以做到。

【解决方案5】：

我现在有一个算法，与上面的 Ed Staub 非常相似，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 对贪心算法的反例很巧妙。看看吧。

【讨论】：

【解决方案6】：

我仍在努力适应这个网站。不知何故，我之前的回答被截断为两句话。感谢大家的贡献，特别是对贪心算法的反例令人满意的 mhum。我现在对自己的问题有了答案。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 Ed Staub 的解决方案，并给出了相同的复杂度估计，但适用于 r>0 的任何值。

我的一个矩形是由它的左下角决定的。令 S 为左下角的集合。在 O(N log(N)) 时间内，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 坐标的两个左下角之间的 Sx 内的顺序。类似地，排序序列 Sy 是通过使用 y 坐标的大小来定义的。现在让 u1、u2、u3 和 u4 为非负整数，且 u1+u2+u3+u4=r。当我们移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。我们首先删除 Sx 的 u1 大小的头部和 Sx 的 u2 大小的尾部。让 Syx 是从 Sy 中删除这些 u1+u2 条目的结果。我们删除了 Syx 的 u3 大小的头部和 Syx 的 u4 大小的尾部。现在可以证明 (u1,u2,u3,u4) 的这些可能选择之一给出了所需的最大交叉区域。（如果您想要证明详细信息的 pdf，请给我发电子邮件。）此类选择的数量等于 4-d 欧几里得空间中正四面体中的整数点数，其中顶点位于坐标和为 r 的 4 个点处，对于4 个坐标中的 3 个等于 0。这以四面体的体积为界，给出 O(r^3) 的复杂度估计。

所以我的算法有时间复杂度 O(N log(N)) + O(r^3)。

【讨论】：

叹息...我认为这与我的缺陷相同。在这种情况下，对角线上的矩形可能是最佳选择拒绝，但不会被使用，因为它们不在上/下/左/右最远的 r 个矩形中。我认为我的公式在这方面更加稳健 - 但也不完美。
@ed 我认为我的证明没问题。如果我知道你的电子邮件，我可以写下证明并发送给你。由于我的排序仅使用一个坐标，因此无论矩形是否在对角线上，极端确实是最远的上/下/左/右。我不知道我的电子邮件地址是否显示在我的个人资料中。

【解决方案7】：

我相信这会产生一个完美的解决方案。 David 的解决方案更易于实施，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，至少有一个不合格品必须是复杂外壳的成员。递归应用它会导致：

计算一个凸包。收集由以下人员生成的所有候选解决方案的集合：

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

（船体上一次真的不需要修。）

如果 h 是初始船体成员的数量，那么复杂度小于 h^r，加上计算初始船体的成本。我假设选择了一个船体算法，这样排序后的数据可以在船体维修中保留和重复使用。

【讨论】：

【解决方案8】：

这只是一个想法，但如果 N 很大，我可能会尝试蒙特卡洛算法。

这个想法是生成随机点（例如，在所有矩形的凸包中均匀地生成），并对每个随机点的表现进行评分。如果随机点在 N-r 个或更多矩形中，则更新 N-r 个矩形的每个子集的命中数。

最后，其中随机点最多的 N-r 个矩形子集就是你的答案。

这个算法有很多缺点，最明显的一个是结果是随机的，因此不能保证是正确的。但与大多数 Monte-Carlo 算法一样，它的扩展性很好，您应该也可以在更高维度上使用它。

【讨论】：