快速 space 分区启发式？

Question

我有一个 (sub)space 填充了 N 线段。这些线段始终是凸多边形的一部分。它可能看起来像这样：

我想做的是为 select 分割 space 的线段开发一个启发式方法。 selected 段的支持线将拆分 space。有两个相互矛盾的启发式因素：

线段要平分space； subspace A 中的线段应该与 subspace B 中的线段一样多（balance）
该线段的支撑线应与其他线段尽可能少地相交（分割）（自由度）

一个例子：

蓝线：完美的自由，非常糟糕的平衡。

红线：自由度很差，平衡度一般

绿线：自由度差，平衡性好。

紫线：自由度好，平衡性好

在上面的示例中，组合启发式可能 select 紫色线。

现在我可以遍历每个线段并将其与其他每个线段进行比较（查看它与哪些线段相交以及它们在每一侧的平衡程度）。但这需要 O(N^2) 操作。我更喜欢在 O(N log N).

中运行的东西

关于遍历线段并给它们打分的 O(N log N) 算法有什么想法吗？我的一个想法是将线段排序三次并形成一些象限：

象限中心给出了大多数线段所在的位置。因此，也许可以使用它们在该中心附近找到一条线段，并检查其相对于象限的方向是否正确。不知何故。这会给出一个不错的平衡分数。

对于交叉点，我考虑过为线段创建边界框并将它们分类到树中，从而可能加快交叉点估计？

一些额外的提示（很多时候我的输入数据看起来像什么）

大部分线段是轴向的（纯 X 或 Y 方向）
大多数细分与其分布相比较小。

感谢任何新的想法或见解 - 数据结构或策略的最小提示将大有帮助！

Answer 1

解决方案

我发现了一种启发式算法，它非常适合我的 BSP 树用途，而且分析起来也非常有趣。在下面的代码中，我首先尝试使用 AABB 树来询问 "which segments does this line intersect." 但即使这样也太慢了，所以最后我只使用了一个昂贵的初始 O(N^2) 比较算法，该算法随着BSP 树构建，使用有点聪明的观察！

让每个 BSP 节点跟踪它仍然留在其子空间内的线段（以及它必须从中选择下一个拆分器）。
让每个段有四个与之关联的值：posCount、negCount、introduced 和 saved。让它也有一个 partner 引用到另一个段，以防它被拆分（否则它是 null）。
使用以下 O(N^2) 算法初始化根节点处的拆分器（即所有拆分器）：

算法calcRelationCounts(splitters S)：O(N^2)

for all splitters s in S
    s.posCount = s.negCount = s.introduced = s.saved = 0
    for all splitters vs in S
        if (s == vs) continue
        if vs is fully on the positive side of the plane of s
            s.posCount++
        else if vs is fully on the negative side of the plane of s
            s.negCount++
        else if vs intersects the plane of s
            s.negCount++, s.posCount++, s.introduced++
        else if vs is coplanar with s
            s.saved++

对于每个仍有分离器的节点，select 最大化以下的节点：

算法 evaluate(...) 其中 treeDepth = floor(log2(splitterCountAtThisNode)): O(1)

evaluate(posCount, negCount, saved, introduced, treeDepth) {
    float f;
    if (treeDepth >= EVALUATE_X2) {
        f = EVALUATE_V2;
    } else if (treeDepth >= EVALUATE_X1) {
        float r = treeDepth - EVALUATE_X1;
        float w = EVALUATE_X2 - EVALUATE_X1;
        f = ((w-r) * EVALUATE_V1 + r * EVALUATE_V2) / w;
    } else {
        f = EVALUATE_V1;
    }

    float balanceScore = -f * BALANCE_WEIGHT * abs(posCount - negCount);
    float freedomScore = (1.0f-f) * (SAVED_WEIGHT * saved - INTRO_WEIGHT * introduced);
    return freedomScore + balanceScore;
}

我的优化算法使用了以下幻数：

#define BALANCE_WEIGHT 437
#define INTRO_WEIGHT 750
#define SAVED_WEIGHT 562
#define EVALUATE_X1 3
#define EVALUATE_X2 31
#define EVALUATE_V1 0.0351639f
#define EVALUATE_V2 0.187508f

使用这个分离器作为这个节点的分离器，称之为SEL。然后，将该节点的所有splitter分成三组positives、negatives和remnants:

算法distributeSplitters()：

for all splitters s at this node
    s.partner = null
    if s == SEL then add s to "remnants"
    else
        if s is fully on the positive side of SEL
            add s to "positives"
        else if s is fully on the negative side of SEL
            add s to "negatives
        else if s intersects SEL
            split s into two appropriate segments sp and sn
            sp.partner = sn, sn.partner = sp
            add sn to "negatives", sp to "positives" and s to "remnants"
        else if s coplanar with SEL
            add s to "remnants"

// the clever bit
if (positives.size() > negatives.size())
    calcRelationCounts(negatives)
    updateRelationCounts(positives, negatives, remnants)
else
    calcRelationCounts(positives)
    updateRelationCounts(negatives, positives, remnants)

add positives and negatives to appropriate child nodes for further processing

我在这里意识到的聪明之处在于，通常，尤其是使用上述启发式方法进行的前几次拆分，会产生非常不平衡的拆分（但非常自由）。问题是你得到“O(N^2) + O((N-n)^2)" + ...，当 n 很小的时候，这太可怕了！相反，我意识到我们可以硬重新计算需要 O(n^2) 的最小分割而不是这样做这还不错，然后简单地遍历每个位拆分拆分器，从较小的拆分部分减去计数，只需要 O(Nn) 比 O(N^2) 好得多！这是 [=37 的代码=]:

算法updateRelationCounts()：

updateRelationCounts(toUpdate, removed, remnants) {
    for all splitters s in toUpdate
            for all splitters vs in removed, then remnants
                if vs has a partner
                    if the partner intersects s
                        s.posCount++, s.negCount++, s.introduced++
                    else if the partner is fully on the positive side of s
                        s.posCount++
                    else if the partner is fully on the negative side of s
                        s.negCount++
                    else if the partner is coplanar with s
                        s.saved++
                else
                    if vs intersects s
                        s.posCount--, s.negCount--, s.introduced--
                    else if vs is fully on the positive side of s
                        s.posCount--
                    else if vs is fully on the negative side of s
                        s.negCount--
                    else if vs is coplanar with s
                        s.saved--

我现在已经仔细测试过了，似乎逻辑是正确的，因为更新正确地修改了 posCount 等，因此它们与硬计算时的结果相同再来一次！

快速 space 分区启发式？

Fast space partitioning heuristic?

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解决方案