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M e r g e ( Z , Y,l,m,r);// 重构Y / /距离小于d的点放入Z int k = l; // Z的游标 for (i = l; i <= r; i++) if (fabs(Y[m].x - Y[i].x) < d) Z[k++] = Y[i]; // 通过检查Z [ l : k - 1 ]中的所有点对，寻找较近的点对 for (i = l; i < k; i++){ for (int j = i+1; j < k && Z[j].y - Z[i].y < d; j + + ) { float dp = dist(Z[i], Z[j]); if (dp < d) {// 较近的点对 d = dp; a = X[Z[i].p]; b = X[Z[j].p];} } } } 函数c l o s e（见程序1 4 - 11）用来确定X[1:r] 中的最近点对。假定这些点按x 坐标排序。在Y [ 1 : r ]中对这些点按y 坐标排序。Z[ 1 : r ]用来存放中间结果。找到最近点对以后，将在a, b中返回最近点对，在d 中返回距离，数组Y被恢复为输入状态。函数并未修改数组X。 首先考察“小问题”，即少于四个点的点集。因为分割过程不会产生少于两点的数组，因此只需要处理两点和三点的情形。对于这两种情形，可以尝试所有的可能性。当点数超过三个时，通过计算m = ( 1 + r ) / 2把点集分为两组A和B，X [ 1 : m ]属于A，X [ m + 1 : r ]属于B。通过从左至右扫描Y中的点以及确定哪些点属于A，哪些点属于B，可以创建分别与A组和B组对应的，按y 坐标排序的Z [ 1 : m ]和Z [ m + 1 : r ]。此时Y和Z的角色互相交换，依次执行两个递归调用来获取A和B中的最近点对。在两次递归调用返回后，必须保证Z不发生改变，但对Y则无此要求。不过，仅Y [ l : r ]可能会发生改变。通过合并操作（见程序1 4 - 5）可以以Z [ 1 : r ]重构Y [ 1 : r ]。 为实现图1 4 - 1 6的策略，首先扫描Y [ 1 : r ]，并收集距分割线小于的点，将这些点存放在Z [ 1 : k - 1 ]中。可按如下两种方式来把RA中点p 与p 的比较区内的所有点进行配对：1) 与RB 中y 坐标≥p.y 的点配对；2) 与y 坐标≤p.y 的点配对。这可以通过将每个点Z [ i ]（1≤i < k，不管该点是在RA 还是在RB中）与Z[j] 配对来实现，其中i＜j 且Z [ j ] . y - Z [ i ] . y＜ 。对每一个Z [ i ]，在2 × 区域内所检查的点如图1 4 - 1 7所示。由于在每个2 × 子区域内的点至少相距。因此每一个子区域中的点数不会超过四个，所以与Z [ i ]配对的点Z [ j ]最多有七个。 2. 复杂性分析 令t (n) 代表处理n 个点时，函数close 所需要的时间。当n＜4时，t (n) 等于某个常数d。当n≥4时，需花费(n) 时间来完成以下工作：将点集划分为两个部分，两次递归调用后重构Y，淘汰距分割线很远的点，寻找更好的第三类点对。两次递归调用需分别耗时t (「n /2ù」和t (?n /2?). 这个递归式与归并排序的递归式完全一样，其结果为t (n) = (nl o gn)。另外，函数c l o s e s t还需耗时(nl o gn)来完成如下额外工作：对X进行排序，创建Y和Z，对Y进行排序。因此分而治之最近点对求解算法的时间复杂性为(nl o gn)。 |
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