一、最接近点对问题（一维）1、最接近点对问题（一维）最接近点对问题:给定平面上n个点，找其中的一对点，使得在n个点的所有点对中，该点对的距离最小。

此时S中的n个点退化为x轴上的n个实数x1,x2,..,x n。

最接近点对即为这n 个实数中相差最小的2个实数。

2、分析将所给的平面上n个点的集合S分成2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其最接近的点对。

S1和S2的最接近点对未必就是S的最接近点对，如果组成S的最接近点对的2个点都在S1中或都在S2中，则问题很容易解决。

但是，如果这2个点分别在S1和S2中，则对于S1中任一点p，S2中最多只有n/2个点与它构成最接近点对的候选者，仍需做n2/4次计算和比较才能确定S的最接近点对。

因此，依此思路，合并步骤耗时为O(n2)。

整个算法所需计算时间T(n)应满足:T(n)=2T(n/2)+O(n2)它的解为T(n)=O(n2)3、伪代码随机Randomfloat Random(){float result=rand()%10000;return result*0.01;}返回最大、最小float Max OR Min(float s[],int p,int q)//返回s[]中的最大值{float s_max（s_min）=s[p];for(int i=p+1;i<=q;i++)if(s_max<s[i])s_max=s[i]; ORif(s_min>s[i])s_min=s[i];return s_max（s_min）}主要函数Cpair Cpair1(float s[],int n){Cpair out_p_d={99999,0,0};if(n<2) return out_p_d;float m1=Max(s,0,n-1),m2=Min(s,0,n-1);float m=(m1+m2)/2;//找出点集中的中位数int j=0,k=0;//将点集中的各元素按与m的大小关系分组float s1[M],s2[M];for(int i=0;i<n;i++){if(s[i]<=m) {s1[j]=s[i];j++;}else {s2[k]=s[i];k++;}}Cpair d1=Cpair1(s1,j),d2=Cpair1(s2,k);//递归float p=Max(s1,0,j-1),q=Min(s2,0,k-1);//返回s[]中的具有最近距离的点对及其距离if(d1.d<d2.d){if((q-p)<d1.d){out_p_d.d=(q-p);out_p_d.d1=q;out_p_d.d2=p;return out_p_d;}else return d1;}else{if((q-p)<d2.d){out_p_d.d=(q-p);out_p_d.d1=q;out_p_d.d2=p;return out_p_d;}else return d2;}}4、程序实现#include<time.h>#include <iostream>using namespace std;const int M=50;struct Cpair{float d;float d1,d2;};float Random();int input(float s[],int number_used);float Max(float s[],int p,int q);float Min(float s[],int p,int q);Cpair Cpair1(float s[],int n);void main(){srand((unsigned)time(NULL));int number_used,m;float s[M];Cpair d;m=input(s,number_used);d=Cpair1(s,m);cout<<endl<<"the closest pair is ("<<d.d1<<","<<d.d2<<")";cout<<endl<<"the min distance is "<<d.d<<endl;}float Random(){float result=rand()%10000;return result*0.01;}int input(float s[],int number_used){cout<<"input the number ";cin>>number_used;cout<<"the random number are ";for(int i=1;i<=number_used;i++){s[i]=Random();cout<<s[i]<<" ";}return number_used;}float Max(float s[],int p,int q)//返回s[]中的最大值{float s_max=s[p];for(int i=p+1;i<=q;i++)if(s_max<s[i])s_max=s[i];return s_max;}float Min(float s[],int p,int q)//返回s[]中的最小值{float s_min=s[p];for(int i=p+1;i<=q;i++)if(s_min>s[i])s_min=s[i];return s_min;}//返回s[]中的具有最近距离的点对及其距离Cpair Cpair1(float s[],int n){Cpair out_p_d={99999,0,0};if(n<2) return out_p_d;float m1=Max(s,0,n-1),m2=Min(s,0,n-1);float m=(m1+m2)/2;//找出点集中的中位数int j=0,k=0;//将点集中的各元素按与m的大小关系分组float s1[M],s2[M];for(int i=0;i<n;i++){if(s[i]<=m) {s1[j]=s[i];j++;}else {s2[k]=s[i];k++;}}Cpair d1=Cpair1(s1,j),d2=Cpair1(s2,k);//递归float p=Max(s1,0,j-1),q=Min(s2,0,k-1);//返回s[]中的具有最近距离的点对及其距离if(d1.d<d2.d){if((q-p)<d1.d){out_p_d.d=(q-p);out_p_d.d1=q;out_p_d.d2=p;return out_p_d;}else return d1;}{if((q-p)<d2.d){out_p_d.d=(q-p);out_p_d.d1=q;out_p_d.d2=p;return out_p_d;}else return d2;}}运行情况：二、最接近点对问题（二维）1、最接近点对问题（二维）二维时S中的点为平面上的点，它们都有2个坐标值x和y。

给定平面上n个点，找其中的一对点，使得在n个点的所有点对中，该点对的距离最小。

2、分析设对于n个点的平面点集S，算法耗时T(n)。

算法的求中位数和合并用了O(n)时间，求最小距离用了常数时间，递归用了2T(n/2)时间。

我们采用设计算法时常用的预排序技术，即在使用分治法之前，预先将S中n个点依其y坐标值排好序，设排好序的点列为P*。

在执行的两遍扫描合在一起只要用O(n)时间。

这样一来，经过预排序处理后的算法CPAIR2所需的计算时间T(n)满足递归方程：显而易见T(n)=O(n log n)，预排序所需的计算时间为O(n1og n)。

因此，整个算法所需的计算时间为O(n log n)。

用类PointX和PointY表示依x坐标和y坐标排好序的点class PointX {public:int operator<=(PointX a)const{ return (x<=a.x); }int ID; //点编号float x,y; //点坐标};class PointY {public:int operator<=(PointY a)const{ return(y<=a.y); }求距离Dis=(x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2)假设我们用x轴上某个点m将S划分为2个子集S1和S2 ，基于平衡子问题的思想，用S中各点坐标的中位数来作分割点。

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|}，S中的最接近点对或者是{p1,p2}，或者是{q1,q2}，或者是某个{p3,q3}，其中p3∈S1且q3∈S2。

如果S的最接近点对是{p3,q3}，即|p3-q3|小于d，则p3和q3两者与m的距离不超过d，即p3∈(m-d,m]，q3∈(m,m+d]。

由于在S1中，每个长度为d的半闭区间至多包含一个点（否则必有两点距离小于d），并且m是S1和S2的分割点，因此(m-d,m]中至多包含S中的一个点。

由图可以看出，如果(m-d,m]中有S中的点，则此点就是S1中最大点。

因此，我们用线性时间就能找到区间(m-d,m]和(m,m+d]中所有点，即p3和q3。

从而我们用线性时间就可以将S1的解和S2的解合并成为S的解。

选取一垂直线l:x=m来作为分割直线。

其中m为S中各点x坐标的中位数。

由此将S分割为S1和S2。

递归地在S1和S2上找出其最小距离d1和d2，并设d=min{d1,d2}，S中的最接近点对或者是d，或者是某个{p,q}，其中p∈P1且q∈P2。

再考虑合并时{p,q}的情况，如下图：P1中任意一点p，它若与P2中的点q构成最接近点对的候选者，则必有distance(p，q)小于d。

满足这个条件的P2中的点一定落在一个d×2d的矩形R 中。

由d的意义可知，P2中任何2个S中的点的距离都不小于d。

由此可以推出矩形R中最多只有6个S中的点。

因此，在分治法的合并步骤中最多只需要检查6×n/2=3n个候选者。

为了确切地知道要检查哪6个点，可以将p和P2中所有S2的点投影到垂直线l 上。