2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 1 Arranjos Claudio Esperança Paulo Roma.

Apresentação em tema: "2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 1 Arranjos Claudio Esperança Paulo Roma."— Transcrição da apresentação:

1 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 1 Arranjos Claudio Esperança Paulo Roma

2 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 2 Arranjos Arranjos de retas e planos são a terceira estrutura em importância em GC. Arranjos de retas são coleções de retas infinitas distribuídas no plano. Arranjos induzem uma partição do espaço em regiões convexas (faces), segmentos de reta (arestas), e pontos (vértices nas interseções das retas). A partição induzida é chamada de arranjo, e consideram-se as faces e arestas como conjuntos abertos (células disjuntas duas a duas).

3 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 3 Aplicações Problemas que podem ser resolvidos em tempo O(n 2 ) e espaço O(n 2 ) construindo arranjos ou em tempo O(n 2 ) e espaço O(n) fazendo varredura topológica Teste de posição geral Dados n pontos no plano, determinar se existem 3 ou mais pontos colineares Triângulo de menor área Dados n pontos no plano, determinar o menor triângulo que pode ser construído tendo vértices nesses pontos Menor k-corredor Dados n pontos e um inteiro k, determinar o menor (mais estreito) corredor (par de retas paralelas) que contém k pontos. A medida de distância pode ser a distância perpendicular entre as retas ou a distância vertical (ou horizontal)

4 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 4 Aplicações Grafo de Visibilidade Dada uma coleção de n segmentos de reta, diz-se que dois pontos são visíveis se um segmento de reta entre eles não intersecta nenhum segmento da coleção. Um grafo de visibilidade tem vértices correspondentes pontos extremos dos segmentos de reta e arestas correspondentes a pares de pontos mutuamente visíveis a b c d ef a b c d e f

5 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 5 Aplicações Máxima reta cortante (maximum stabbing line) Dada uma coleção de n segmentos de reta, determinar a reta que conta (intersecta) o maior número de segmentos Remoção de superfícies ocultas Dados n polígonos em R 3 que não se intersectam, detectar quais partes de que polígonos são visíveis se projetados sobre um plano Observar que no pior caso, resultado pode conter O(n 2 ) partes, e portanto o algoritmo é assintoticamente ótimo Entretanto, pior caso raramente acontece -> algoritmo tem importância apenas teórica Problema do sanduíche de presunto Dados n pontos azuis e m pontos vermelhos no plano, determinar uma reta que bissecta (reparte igualmente) ambas as coleções Tal reta sempre existe Algoritmo baseado em arranjos pode resolve o problema em tempo e espaço O (n + m)

6 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 6 Combinatória Em arranjos simples cada par de retas se intersectam em exatamente um ponto e não passam mais de duas retas pelo mesmo ponto. Arranjos degenerados podem conter retas paralelas ou três retas passando pelo mesmo ponto, mas dificultam a prova dos teoremas.

7 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 7 Teorema 1 Um arranjo simples com n retas possui: F = faces A = n 2 arestas V = vértices Nenhum arranjo degenerado excede essas quantidades.

8 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 8 Prova O número de vértices é imediato pois cada par de retas se intersecta em exatamente um ponto. O número de arestas pode ser verificado por indução: Assuma um arranjo simples S com n - 1 retas e (n - 1) 2 arestas. Insira uma nova reta L em S. Uma nova aresta é criada em cada uma das n - 1 retas e L é dividida em n arestas por S. Assim, A = (n – 1) 2 + (n – 1 ) + n = n 2. O número de faces pode ser verificado pela fórmula de Euler: V – A + F = 2.

9 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 9 Propriedades Arranjos são fundamentalmente quadráticos: V, A e F são (n 2 ). A construção eficiente de arranjos é possível porque nenhuma reta corta as células em muitos pontos. De fato, o teorema da zona garante que o número de interseções é linear no número de retas.

10 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 10 Zona de Uma Reta Seja S um arranjo simples com n retas e uma reta L S. A zona Z(L) é o conjunto de células de S intersectadas por L. |D|=4 A B C D E F L1L1 L2L2 L3L3 L4L4 L5L5 eaea ebeb L x interseção mais à direita Z(L)= {A,B,C,D,E,F} |A|=3 |F|=4 |B|=3 |C|=4 |E|=2 z(L) = 20

11 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 11 Teorema da Zona O número total de arestas em todas as células que intersectam uma reta de um arranjo de n retas é O(n): z n 6n. Note-se que cada aresta na fronteira de duas células adjacentes não deve ser contada duas vezes. A prova assume L horizontal (basta mudar o sistema de coordenadas adequadamente). A zona de L é dividida em arestas que limitam faces à direita e à esquerda. Como as faces são convexas, basta dividir cada face no vértice mais alto e mais baixo para se ter duas cadeias convexas de arestas.

12 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 12 Prova do Teorema da Zona O conjunto das arestas esquerdas de Z(L) possui no máximo 3n arestas. No caso base n = 1, há apenas uma aresta esquerda. Assuma-se verdadeiro para um conjunto de n – 1 retas retirando-se a reta l 1, aquela mais à direita de S. L l1l1 ebeb eaea

13 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 13 Prova do Teorema da Zona Pela hipótese indutiva há apenas 3(n – 1) retas esquerdas em Z(L). Agora inclua-se de novo l 1 e veja-se quantas arestas esquerdas a mais aparecem. Considere-se a face mais à direita do arranjo de n – 1 retas. A reta l 1 intersecta L nesta face. Sejam e a e e b as duas arestas dessa face intersectadas por l 1, uma acima e a outra abaixo de L. A inclusão de l 1 cria uma nova aresta esquerda ao longo de l 1 e divide e a e e b em duas novas arestas esquerdas. Há então um incremento total de 3 arestas.

14 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 14 Prova do Teorema da Zona Note-se que l 1 não pode contribuir com nenhuma outra aresta esquerda porque, dependendo da inclinação, a aresta e a ou a aresta e b ficará invisível de L. Porém, podem aparecer outras arestas direitas, que não estão sendo contadas. Assim, o número total de arestas esquerda da zona de L é no máximo 3(n – 1) + 3 3n.

15 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 15 Construção Incremental O arranjo deve ser representado por uma estrutura de dados adequada. Seja L = {l 1, l 2,..., l n }. Deve ser adicionada uma reta por vez, não importando a ordem. Suponha-se que i – 1 retas já foram adicionadas e calcule-se o esforço para incluir l i. Pode-se considerar que há uma caixa envolvendo o arranjo. Cada reta intersecta a caixa duas vezes. Logo, as i – 1 retas dividem a caixa em 2(i – 1) arestas. Determina- se então onde l i intersecta a caixa e quais dessas arestas são intersectadas. Isso determina qual a face do arranjo que l i atravessa primeiro.

16 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 16 Complexidade Assim, pode-se pular de face em face do arranjo por adjacência. A aresta de saída de uma face é determinada caminhando-se por todas as arestas da face no sentido anti-horário. Quando encontrada, basta pular para a face do outro lado da aresta. Nesse processo, são encontradas no máximo i – 1 retas que delimitam i faces (como sempre o arranjo é considerado simples). Pelo teorema da zona, cada face é limitada por no máximo O(i) arestas. Logo, a complexidade total de pior caso é = O(n 2 ), que é o tamanho do arranjo e portanto assintoticamente ótima.

17 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 17 Ordenando Seqüências Angulares Seja um conjunto de n pontos do plano. Para cada ponto deseja-se executar uma varredura angular, no sentido anti-horário, visitando todos os outros n – 1 pontos do conjunto. x a b p*p* p1*p1* p4*p4* p5*p5* p6*p6* p2*p2* p3*p3* p7*p7* p8*p8* y p4p4 p p3 p1p1 p2p2 p5p5 p6p6 p7p7 p8p8 - + + + - -

18 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 18 Ordenação Angular Para cada ponto é possível determinar os ângulos entre esse ponto e todos os demais n – 1 pontos e ordenar os ângulos. O(n log n) por ponto. Total de O(n 2 log n). Com arranjos é possível O(n 2 ). No plano primal, um ponto p = (p x, p y ) e uma linha l: (y = ax – b) são mapeados em uma linha dual p* e um ponto dual l*. l* = (a,b). p* : (b = p x a – p y ).

19 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 19 Ordenação Angular Seja a reta dual p * e seus pontos de interseção com cada reta dual p i *. Surge uma seqüência de vértices no arranjo ao longo de p *. A coordenada a de cada vértice no arranjo dual é a inclinação de alguma reta pp i. Da esquerda para a direita, os vértices ao longo da reta p * estão ordenados por inclinação. Dada a ordenação por inclinação, pode-se testar quais pontos primais estão à esquerda de p (coordenada x menor) e separá-los dos pontos à direita de p. Concatene-se a seqüência ordenada direita com a seqüência ordenada esquerda. O resultado é uma seqüência angular ordenada de -90 o a 270 o.

20 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 20 3-Corredor Mais Estreito Seja um conjunto de n pontos no plano e um inteiro k, 1 k n. Deseja-se determinar o par de retas paralelas mais estreitas que contêm pelo menos k pontos do conjunto. Será usada a distância vertical ao invés da perpendicular. Aqui k = 3, os pontos estão em posição geral, e dois pontos não têm a mesma coordenada x. pq r lala lblb d P*P* q*q* r*r* lb*lb* la*la* d

21 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 21 Corredor Mais Estreito No espaço dual há um conjunto de n retas. A inclinação de cada reta é a coordenada x do ponto correspondente. O 3-corredor mais estreito no plano primal são duas retas paralelas l a e l b. Seus duais são os pontos l a * e l b * de mesma coordenada x. A distância vertical é a diferença dos deslocamentos y das duas retas primais. A distância vertical do corredor é igual a distância vertical do segmento de reta.

22 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 22 Corredor Mais Estreito No plano primal há 3 pontos no corredor acima de l b e abaixo de l a. Pela reversão da ordem, no plano dual há três retas duais que passam abaixo de l b * e acima de l a *. Esse problema é equivalente ao das linhas cortantes mais curtas. Dadas n linhas, determinar o segmento vertical mais curto que corta três linhas do arranjo. Uma das extremidades está sobre um vértice do arranjo e a outra extremidade está sobre uma reta do arranjo. No problema do corredor uma das retas passa por dois pontos e a outra reta passa por um ponto.

23 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 23 Linha Cortante Mais Curta A linha cortante mais curta pode ser determinada por varredura, usando-se uma linha vertical. Sempre que se encontra um vértice do arranjo calcula-se a distância às retas imediatamente acima e abaixo desse vértice. O problema pode ser resolvido em tempo O(n 2 ) e espaço O(n).

24 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 24 Caminhos Mais Curtos Dados n obstáculos poligonais disjuntos no plano e dois pontos s e t, determinar o caminho mais curto de s até t que evite o interior de todos os obstáculos. O complemento do interior dos obstáculos forma o espaço vazio. A métrica utilizada é a distância Euclidiana. Caminho mais curto é uma curva poligonal. As arestas da curva poligonal mais curta possuem vértices coincidentes com vértices dos obstáculos, s e t e não intersectam o interior dos obstáculos.

25 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 25 Grafo de Visibilidade O grafo de visibilidade GV definido por s e t e pelo conjunto dos obstáculos possui vértices coincidentes com s, t e com os vértices dos obstáculos. Existe uma aresta entre dois vértices do grafo se eles forem visíveis um ao outro ou se forem vértices de arestas dos obstáculos. O caminho mais curto pode ser descoberto a partir do grafo de visibilidade. O grafo de visibilidade não é planar e por isso pode possuir (n 2 ) arestas.

26 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 26 Conjunto de Obstáculos Cada aresta do grafo de visibilidade é etiquetada com o seu comprimento Euclidiano e o caminho mais curto pode ser encontrado pelo algoritmo de Dijkstra. s t s t

27 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 27 Computando GV O algoritmo dispara raios a partir de todos os vértices com inclinação variando de - a +, no sentido anti-horário (varredura angular múltipla).

28 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 28 Computando GV Um evento significante ocorre sempre que o tiro pula de uma aresta para outra. Isso acontece quando o ângulo atinge a inclinação da reta que liga dois vértices visíveis v e w. É complicado descobrir que vértices são visíveis. Por isso ocorrem eventos em todos os ângulos entre dois vértices, visíveis ou não. Por dualidade, a inclinação de um evento corresponde a coordenada a da interseção das linhas v * e w *. Assim, varrendo o arranjo todos os eventos são gerados.

29 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 29 Cenários dos Eventos Há dois tiros emanando de cada vértice v: um para frente, que atinge a reta f(v), e outro para trás, que atinge a reta t(v). Se o tiro não atingir reta alguma usa-se um valor nulo. Se v e w são extremidades do mesmo segmento, então são visíveis e a aresta (v, w) é adicionada ao grafo. Vértices não visíveis. Determina-se se w está no mesmo lado de f(v) ou t(v). Assuma-se f(v), pois o outro caso é simétrico. Calcula-se o ponto de contato do tiro a partir de v na direção com o segmento f(v). Se o choque com f(v) ocorrer estritamente antes de w, então descobriu-se que w não é visível de v (não é um evento).

30 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 30 Cenários dos Eventos Segmento de entrada. Considere-se um segmento incidente em w. Ou a varredura está para entrar no segmento ou está acabando de deixá-lo. Se está entrando, o segmento é o novo f(v). Segmento de saída. Se a linha de varredura está deixando o segmento, um novo tiro deve ser dado para achar o próximo segmento intersectado. Como varre-se w ao mesmo tempo de v, sabe-se que o tiro de w atinge f(w). Basta então fazer f(v) = f(w). v w mesmo segmento v w invisível f(v) v w f(v) novo entrada f(v) velho v w f(v) novo saída

31 2002 LCG/UFRJ. All rights reserved. 31 Complexidade Fila de prioridade para eventos. Ponteiros para f(v) e t(v) em cada vértice. Fila de prioridade está disponível no arranjo de retas dos duais dos vértices dos segmentos. Com uma varredura topológica do arranjo, todos os eventos são processados em O(n 2 ). Note-se que a varredura angular de todos os vértices pode ser feita em O(n 2 ).