Python, 1,291 1,271 1225 байт
Как отметил Мартин, эта проблема может быть в значительной степени сведена к его отличной проблеме с резинкой . Используя терминологию этого задания, мы можем взять в качестве второго набора гвоздей точки пересечения между кругами на границе замкнутой области:
В качестве резиновой ленты мы можем выбрать любой путь P между двумя конечными точками, который проходит внутри замкнутой области. Затем мы можем вызвать решение задачи о резиновой полосе, чтобы получить (локально) минимальный путь. Задача, конечно, состоит в том, чтобы найти такой путь P или, точнее, найти достаточно путей, чтобы по крайней мере один из них создал глобально минимальный путь (обратите внимание, что в первом тестовом примере нам нужен по крайней мере один путь к охватить все возможности, а во втором тестовом случае - как минимум два.)
Наивным подходом было бы просто попробовать все возможные пути: для каждой последовательности соседних (т. Е. Пересекающихся) окружностей, которая соединяет две конечные точки, выбирайте путь вдоль их центров (когда две окружности пересекаются, отрезок между их центрами всегда находится в их объединении .) Хотя этот подход технически верен, он может привести к смехотворно большому количеству путей. Хотя я смог решить первый тестовый пример с использованием этого подхода в течение нескольких секунд, второй занял вечность. Тем не менее, мы можем взять этот метод в качестве отправной точки и попытаться свести к минимуму количество путей, которые мы должны проверить. Это то, что следует.
Мы строим наши пути, в основном выполняя поиск в глубину на графике окружностей. Мы ищем способ устранения потенциальных направлений поиска на каждом этапе поиска.
Предположим, что в какой-то момент мы находимся в окружности A , которая имеет две соседние окружности B и C , которые также соседствуют друг с другом. Мы можем добраться от A до C , посетив B (и наоборот), поэтому мы можем подумать, что посещать B и C напрямую из A не нужно. К сожалению, это неправильно, как показано на рисунке:
Если точки на иллюстрации являются двумя конечными точками, мы можем видеть, что, переходя от А к С через В, мы получаем более длинный путь.
Как насчет этого: если мы тестируем оба хода A → B и A → C , то нет необходимости проверять A → B → C или A → C → B , поскольку они не могут привести к более коротким путям. Опять неправильно:
Дело в том, что использование аргументов, основанных исключительно на смежности, не приведет к его сокращению; мы также должны использовать геометрию задачи. Общим для двух приведенных выше примеров (а также для второго контрольного примера в большем масштабе) является то, что в замкнутой области есть «дыра». Это проявляется в том, что некоторые точки пересечения на границе - наши «гвозди» - находятся внутри треугольника △ ABC , вершинами которого являются центры окружностей:
Когда это происходит, есть вероятность, что переход от А к В и от А к С приведет к различным путям. Что еще более важно, когда это не происходит (то есть, если не было промежутка между A , B и C ), тогда гарантируется, что все пути, начинающиеся с A → B → C и с A → C и которые в противном случае эквивалентны, приведут в том же локально минимального пути, следовательно , если мы посещаем B мы не должны также посетить C непосредственно из A .
Это приводит нас к нашему методу исключения: когда мы находимся в круге A , мы сохраняем список H соседних кругов, которые мы посетили. Этот список изначально пуст. Мы посетить соседний круг B , если существуют какие - либо «гвозди» в всех треугольников , образованных центрами A , B и любого из кругов H , прилегающих к B . Этот метод значительно снижает количество проверяемых путей до 1 в первом тестовом примере и 10 во втором.
Еще несколько заметок:
Можно уменьшить количество проверяемых нами путей, но этот метод достаточно хорош для решения этой проблемы.
Я использовал алгоритм от моего решения проблемы резинкой. Поскольку этот алгоритм является инкрементным, его довольно легко интегрировать в процесс поиска пути, поэтому мы минимизируем путь по мере продвижения. Поскольку многие пути совместно используют начальный сегмент, это может значительно улучшить производительность, когда у нас много путей. Это также может снизить производительность, если тупиков гораздо больше, чем допустимых путей. В любом случае, для данных тестов достаточно хорошо выполнить алгоритм для каждого пути в отдельности.
Существует один крайний случай, когда это решение может потерпеть неудачу: если любая из точек на границе является точкой пересечения двух касательных окружностей, то при некоторых условиях результат может быть неправильным. Это связано с тем, как работает алгоритм резиновой ленты. С некоторыми модификациями можно обрабатывать и эти случаи, но, черт возьми, это уже достаточно долго.
# First test case
I={((32.,42.),64.),((112.,99.),59.),((141.,171.),34.),((157.,191.),28.),((177.,187.),35.),((244.,168.),57.),((289.,119.),20.),((299.,112.),27.),((354.,59.),58.),((402.,98.),23.),((429.,96.),29.),((424.,145.),34.),((435.,146.),20.),((455.,204.),57.),((430.,283.),37.),((432.,306.),48.),((445.,349.),52.),((424.,409.),59.),((507.,468.),64.)}
# Second test case
#I={((32.,42.),64.),((112.,99.),59.),((141.,171.),34.),((157.,191.),28.),((177.,187.),35.),((244.,168.),57.),((289.,119.),20.),((299.,112.),27.),((354.,59.),58.),((402.,98.),23.),((429.,96.),29.),((424.,145.),34.),((435.,146.),20.),((455.,204.),57.),((430.,283.),37.),((432.,306.),48.),((445.,349.),52.),((424.,409.),59.),((507.,468.),64.),((180.,230.),39.),((162.,231.),39.),((157.,281.),23.),((189.,301.),53.),((216.,308.),27.),((213.,317.),35.),((219.,362.),61.),((242.,365.),42.),((288.,374.),64.),((314.,390.),53.),((378.,377.),30.),((393.,386.),34.)}
from numpy import*
V=array;X=lambda u,v:u[0]*v[1]-u[1]*v[0];L=lambda v:dot(v,v)
e=V([511]*2)
N=set()
for c,r in I:
for C,R in I:
v=V(C)-c;d=L(v)
if d:
a=(r*r-R*R+d)/2/d;q=r*r/d-a*a
if q>=0:w=V(c)+a*v;W=V([-v[1],v[0]])*q**.5;N|={tuple(t)for t in[w+W,w-W]if all([L(t-T)>=s**2-1e-9 for T,s in I])}
N=map(V,N)
def T(a,b,c,p):H=[X(p-a,b-a),X(p-b,c-b),X(p-c,a-c)];return min(H)*max(H)>=0
def E(a,c,b):
try:d=max((X(n-a,b-a)**2,id(n),n)for n in N if T(a,b,c,n)*X(n-b,c-b)*X(n-c,a-c))[2];A=E(a,c,d);B=E(d,c,b);return[A[0]+[d]+B[0],A[1]+[sign(X(c-a,b-c))]+B[1]]
except:return[[]]*2
def P(I,c,r,A):
H=[];M=[""]
if L(c-e)>r*r:
for C,R in I:
if L(C-c)<=L(r+R)and all([L(h-C)>L(R+s)or any([T(c,C,h,p)for p in N])for h,s in H]):v=V(C);H+=[(v,R)];M=min(M,P(I-{(C,R)},v,R,A+[v]))
return M
A+=[e]*2;W=[.5]*len(A)
try:
while 1:
i=[w%1*2or w==0for w in W[2:-2]].index(1);u,a,c,b,v=A[i:i+5];A[i+2:i+3],W[i+2:i+3]=t,_=E(a,c,b);t=[a]+t+[b]
for p,q,j,k in(u,a,1,i+1),(v,b,-2,i+len(t)):x=X(q-p,c-q);y=X(q-p,t[j]-q);z=X(c-q,t[j]-q);d=sign(j*z);W[k]+=(x*y<=0)*(x*z<0 or y*z>0)*(x!=0 or d*W[k]<=0)*(y!=0 or d*W[k]>=0)*d
except:return[sum(L(A[i+1]-A[i])**.5for i in range(len(A)-1)),id(A),A]
print V(P(I,e*0,0,[e*0]*2)[2][1:-1])
Входные данные задаются через переменную Iв виде набора кортежей, ((x, y), r)где (x, y)находится центр круга и rего радиус. Значения должны быть floats, а не ints. Результат распечатывается в STDOUT.
пример
# First test case
I={((32.,42.),64.),((112.,99.),59.),((141.,171.),34.),((157.,191.),28.),((177.,187.),35.),((244.,168.),57.),((289.,119.),20.),((299.,112.),27.),((354.,59.),58.),((402.,98.),23.),((429.,96.),29.),((424.,145.),34.),((435.,146.),20.),((455.,204.),57.),((430.,283.),37.),((432.,306.),48.),((445.,349.),52.),((424.,409.),59.),((507.,468.),64.)}
[[ 0. 0. ]
[ 154.58723733 139.8329183 ]
[ 169.69950891 152.76985495]
[ 188.7391093 154.02738541]
[ 325.90536774 109.74141936]
[ 382.19108518 109.68789517]
[ 400.00362897 120.91319495]
[ 511. 511. ]]
