有N个线段,可以是水平线也可以是垂直线.现在我需要找出每个线段的交叉点总数和交叉点总数. N可以达到100000.我尝试检查每一对线.答案是正确的,但我需要减少它所花费的时间.
这是我的代码:
using namespace std;
typedef struct Point
{
long long int x;
long long int y;
} ;
bool fun(Point p0, Point p1, Point p2, Point p3)
{
double s1_x, s1_y, s2_x, s2_y;
s1_x = p1.x - p0.x; s1_y = p1.y - p0.y;
s2_x = p3.x - p2.x; s2_y = p3.y - p2.y;
double s, t;
s = (-s1_y * (p0.x - p2.x) + s1_x * (p0.y - p2.y)) / (-s2_x * s1_y + s1_x * s2_y);
t = ( s2_x * (p0.y - p2.y) - s2_y * (p0.x - p2.x)) / (-s2_x * s1_y + s1_x * s2_y);
if (s >= 0 && s <= 1 && t >= 0 && t <= 1)
{
return 1; // Collision detected
}
return 0; // No collision
}
int main()
{
long long int n // number of line segments;
Point p[n],q[n]; // to store end points of line segments
for( long long int i=0;i<n;i++)
{
// line segments is defined by 2 points P(x1,y1) and Q(x2,y2)
p[i].x=x1;
p[i].y=y1;
q[i].x=x2;
q[i].y=y2;
}
for( long long int i=0;i<n-1;i++)
{
for( long long int j=i+1;j<n;j++)
{
if(fun(p[i],q[i],p[j],q[j]))
count++;
}
}
return 0;
}
有人可以帮我减少这个程序的时间复杂度吗?
最佳答案 这是一个O(n log n)时间算法,它使用带有Fenwick树的扫描线.
第0步:协调重新映射
对x坐标进行排序,并将每个值替换为0..n-1中的整数,以便保留顺序.对y坐标执行相同的操作.保留交集属性,同时允许下面的算法更容易实现.
第1步:平行线段
我将为水平段描述此步骤.重复垂直段.
按y坐标对水平线段进行分组.一次处理一个组,为扫描线创建事件,如下所示.每个段在其较小的端点处获得启动事件,在其较大的端点处获得停止事件.如果您想要关闭的线段,则在停止前开始排序.按排序顺序扫描事件,跟踪当前与扫描线相交的线段数以及处理的启动事件数.段的平行交叉点的数量是(在停止时间处理的开始事件的开始时间数处交叉的段的数量 – 在开始时间处理的开始事件的数量). (另请参阅Given a set of intervals, find the interval which has the maximum number of intersections以获取此前的解释.)
第2步:垂直线段
我将根据每个水平线段计算它相交的垂直线段数来描述这一步骤.
我们做另一种扫描线算法.事件是水平段开始,垂直段和水平段停止,按照该顺序排序,假设闭合线段.我们使用Fenwick树来跟踪每个y坐标到目前为止有多少垂直线段覆盖了y坐标.要处理水平开始,请从其交叉点计数中减去其y坐标的树值.要处理水平停止,请将其y坐标的树值添加到其交叉点计数.这意味着计数会增加差值,这是在活动时刺入水平线的垂直线段的数量.要处理垂直线段,请使用Fenwick树的功能快速递增其较小y坐标与其较大坐标(包括假设闭合线段)之间的所有值.
如果需要,可以组合这些扫描线算法.出于说明原因,我将它们分开.