二维平面最短距离（分治）

题目描述
有一天，小明得到了二维平面上的若干个点，他现在想知道这些点中距离最近的两个点之间的距离是多少？

输入
第一行输入一个整数T，共有T组测试数据（T<=30)。
每组输入数据第一行输入一个n，表示有n个点。第二行有n*2的数字，相邻两个数代表一个点的x,y坐标。
1<n<=100, -100000000=<x,y<=100000000

输出
输出有T行，每行包括一个整数，代表所有距离的最小值（因为小明不在意小数，所以结果向下取整）。

样例输入 Copy
2
2
0 0 1 1
2
0 0 100000000 100000000
样例输出 Copy
1
141421356

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const double INF = 1e20;
const int N = 100005;  struct Point
{  double x;  double y;
}point[N];
int n;
int tmpt[N];  bool cmpxy(const Point& a, const Point& b)
{  if(a.x != b.x)  return a.x < b.x;  return a.y < b.y;
}  bool cmpy(const int& a, const int& b)
{  return point[a].y < point[b].y;
}  double min(double a, double b)
{  return a < b ? a : b;
}  double dis(int i, int j)
{  return sqrt((point[i].x-point[j].x)*(point[i].x-point[j].x)  + (point[i].y-point[j].y)*(point[i].y-point[j].y));
}  double Closest_Pair(int left, int right)
{  double d = INF;  if(left==right)  return d;  if(left + 1 == right)  return dis(left, right);  int mid = (left+right)>>1;  double d1 = Closest_Pair(left,mid);  double d2 = Closest_Pair(mid+1,right);  d = min(d1,d2);  int i,j,k=0;  //分离出宽度为d的区间  for(i = left; i <= right; i++)  {  if(fabs(point[mid].x-point[i].x) <= d)  tmpt[k++] = i;  }  sort(tmpt,tmpt+k,cmpy);  //线性扫描  for(i = 0; i < k; i++)  {  for(j = i+1; j < k && point[tmpt[j]].y-point[tmpt[i]].y<d; j++)  {  double d3 = dis(tmpt[i],tmpt[j]);  if(d > d3)  d = d3;  }  }  return d;
}  int main()
{  int m;
scanf("%d",&m);while(m--)  {  scanf("%d",&n);  if(n==0)  break;  for(int i = 0; i < n; i++)  scanf("%lf %lf",&point[i].x,&point[i].y);  sort(point,point+n,cmpxy);  printf("%d\n",int(Closest_Pair(0,n-1)));  }  return 0;
}

解析：用分治的方法解决。
算法：

0：把所有的点按照横坐标排序

1：用一条竖直的线L将所有的点分成两等份

2：递归算出左半部分的最近两点距离d1，右半部分的最近两点距离d2，取d=min(d1,d2)

3：算出“一个在左半部分，另一个在右半部分”这样的点对的最短距离d3。

4：结果＝min(d1,d2,d3)

关键就是这第3步。貌似这需要n^2的时间，把左边每个点和右边每个点都对比一下。其实不然。秘密就在这里。首先，两边的点，与分割线L的距离超过d的，都可以扔掉了。其次，即使两个点P1,P2（不妨令P1在左边，P2在右边）与分割线L的距离（水平距离）都小于d，如果它们的纵坐标之差大于d，也没戏。就是这两点使得搜索范围大大减小：对于左半部分的，与L的距离在d之内的，每个P1来说：右半部分内，符合以上两个条件的点P2最多只有6个！原因就是： d是两个半平面各自内，任意两点的最小距离，因此在同一个半平面内，任何两点距离都不可能超过d。我们又要求P1和P2的水平距离不能超过d，垂直距离也不能超过d，在这个d2d的小方块内，最多只能放下6个距离不小于d的点。因此，第3步总的比较距离的次数不超过n6。

第3步的具体做法是：

3.1 删除所有到L的距离大于d的点。 O(n)

3.2 把右半平面的点按照纵坐标y排序。 O(nlogn)

3.3 对于左半平面内的每个点P1，找出右半平面内纵坐标与P1的纵坐标的差在d以内的点P2，计算距离取最小值，算出d3。 O(n*6) = O(n) 因为3.2的排序需要O(nlogn)，所以整个算法的复杂度就是O(n((logn)^2))。

改进：我们对3.2这个排序的O(nlogn)不太满意。既然整个算法是递归的，我们可以利用第2步的子递归中已经排好序的序列，在第3.2部归并这两个子列，这样3.2的复杂度变成了O(n)。这样，整个算法就是O(nlogn)的。

在二维平面上的n个点中，如何快速的找出最近的一对点，就是最近点对问题。

一种简单的想法是暴力枚举每两个点，记录最小距离，显然，时间复杂度为O(n^2)。在这里介绍一种时间复杂度为O(nlognlogn)的算法。其实，这里用到了分治的思想。将所给平面上n个点的集合S分成两个子集S1和S2，每个子集中约有n/2个点。然后在每个子集中递归地求最接近的点对。在这里，一个关键的问题是如何实现分治法中的合并步骤，即由S1和S2的最接近点对，如何求得原集合S中的最接近点对。如果这两个点分别在S1和S2中，问题就变得复杂了。为了使问题变得简单，首先考虑一维的情形。此时，S中的n个点退化为x轴上的n个实数x1，x2，...，xn。最接近点对即为这n个实数中相差最小的两个实数。显然可以先将点排好序，然后线性扫描就可以了。但我们为了便于推广到二维的情形，尝试用分治法解决这个问题。假设我们用m点将S分为S1和S2两个集合，这样一来，对于所有的p(S1中的点)和q(S2中的点)，有p<q。递归地在S1和S2上找出其最接近点对{p1,p2}和{q1,q2}，并设d = min{ |p1-p2| , |q1-q2| }由此易知，S中最接近点对或者是{p1,p2}，或者是{q1,q2}，或者是某个{q3,p3}，如下图所示。如果最接近点对是{q3,p3}，即|p3-q3|<d，则p3和q3两者与m的距离都不超过d，且在区间(m-d,d]和(d,m+d]各有且仅有一个点。这样，就可以在线性时间内实现合并。此时，一维情形下的最近点对时间复杂度为O(nlogn)。在二维情形下，类似的，利用分治法，但是难点在于如何实现线性的合并？由上图可见，形成的宽为2d的带状区间，最多可能有n个点，合并时间最坏情况下为n^2,。但是，P1和P2中的点具有以下稀疏的性质，对于P1中的任意一点，P2中的点必定落在一个d X 2d的矩形中，且最多只需检查六个点（鸽巢原理）。这样，先将带状区间的点按y坐标排序，然后线性扫描，这样合并的时间复杂度为O(nlogn)，几乎为线性了。

参考链接1
参考链接2

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