2012-04-14 174 views
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我一直在研究Delaunay triangulation(不是家庭作業),我想到了以下問題:給定一組點S在平面上(基數爲n)和一組三角形T(應與n-2的基數) - 如何確定三角形是否設置爲T形成Delaunay三角剖分DT(S)檢查點集三角形細分是一個三角形

第一個問題是Delaunay三角剖分不是唯一的,因此重建它再次設置點並與三角形集相比較不會給我們答案。另外,最佳的Delaunay三角剖分算法很難實現(然而,使用像CGAL這樣的圖書館可能沒問題)。

假設我們知道如何檢查三角形集是否是三角剖分(不一定是Delaunay)。然後我們應該使用Delanuay三角剖分的定義:對於三角形中的每個三角形tS中的任何點都嚴格限定在t的圓周內。這導致我們採取以下方法:

  1. 平凡的方法。只需遍歷T,計算周長並遍歷S,檢查點是否在圓周內。但是,這需要O(n^2)時間,這不是非常優化的。
  2. 迷人的方法。再次重複T並計算周長。如果在圓周內的任何點s,這意味着它到圓周中心的距離小於半徑。使用S的最近鄰搜索結構,我們將加快我們的算法。例如,簡單的kd-tree結構導致我們在O(n log n)算法平均和O(n sqrt(n))在最壞的情況下。
  3. 有沒有人有更簡單的想法?

現在讓我們回到檢查T是否是三角測量的問題。像平等S和一組三角形的頂點的平凡預先要求可以執行不快於O(n log n)。還剩下什麼 - 檢查T中的每兩個三角形是相交還是不相交。

  1. 同樣,我們可以通過遍歷T,並再次超過T,檢查路口做到這一點,但是這是O(n^2)算法。
  2. 讓我們來思考一下«三角形t1t2相交»是什麼意思?如果它們的邊相交,或者如果一個三角形完全位於另一個三角形中,則它們相交。使用Bentley-Ottmann algorithm(最壞的情況是O((n + k) log n),其中k是交點的計數,但我們可以在我們找到第一個交點時停止算法)可以在O(n log n)時間解決所有邊相交的問題。我們也沒有認識到一個三角形完全包含另一個三角形的情況,但我相信我們可以修改Bentley-Ottmann算法來維持橫過掃描線而不是段的三角形,正如我所說的那樣,我們可以得到我們的O(n log n)算法。但是,實施起來真的很複雜。
  3. 我想過迭代算法 - 讓我們保持非相交(或僅與邊相交)三角形的結構(它應該與kd-tree非常相似)。然後我們嘗試添加下一個三角形t:首先檢查是否有任何t的頂點已經在其中一個三角形中 - 然後我們得到了一個十字路口。否則,將t添加到結構中。但是,如果我們需要O(log n)O(sqrt(n))時間來進行搜索和添加查詢,我們必須平衡這個結構的高度,即使對於kd樹也是如此。

那麼,有沒有人知道任何簡單的解決這個問題?

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假設它是一個三角測量,可以迭代測試每條邊的*合法性*另一個想法 - 你有沒有想過在雙重空間中的問題?我們可以告訴一個細分是否是一個voronoi圖? – rrufai 2012-04-23 10:26:20

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對於一般位置的點,DT實際上是唯一的。這種三角測量的角度矢量也是獨一無二的!我的觀點是,這不是排除方法的理由。 – rrufai 2012-04-23 10:59:24

回答

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有一個德勞內引理:「如果S中三角剖分K中的每條邊都是局部Delaunay,那麼K就是S的Delaunay三角剖分」。也許這可能有助於你的問題的第1段的情況,你可以肯定K是S的一些三角形。不過這種方法的計算複雜性。儘管如此。