以log(n)的时间求矩形内的点

设想这么一个简单的问题，在一个平面上有n个点，给定一个矩形，问位于矩形内的点有哪些。

这个问题的简单思路非常简单，每次遍历所有点，看其是否在给定的矩形中。时间复杂度呢？单次查询的时间就是一次遍历的时间，也就是O(n)，但如果给定的点基本不变，但查询量特别大，每次查询都要以O(n)的复杂度。能不能把给定的数据预处理一下，然后以后每次查询的复杂度降低呢？

一个基本的思路是把相邻的点用最小包围矩形包起来，然后再递归地处理这些矩形，以更大的最小包围矩形包围这些相邻的矩形。下图是个简单的例子：

在查询一个矩形内的所有点时，先再矩形和树的根求交，如果没有交集，说明矩形内没有点。否则说明矩形内可能包含有给定的点，于是就把矩形与根的儿子求交，这样递归下去即可。通过这种方法，我们在建树的时候，用了O(n)的时间，再以后每次查询的时候，大概是log(n)的时间

现在的难题是：如果判断两个点是否相邻？用他们之间的距离来作为标准肯定不合适

希尔伯特距离和希尔伯特树(http://en.wikipedia.org/wiki/Hilbert_R-tree)在这里可以得到很好的应用。什么是希尔伯特距离？

我们把一个给定区域按如下方式来划分，划分完成后，每个点到原点处的线段长度就是希尔伯特距离。如在H2中，点2的希尔伯特距离是2，点6的希尔伯特距离是6.

现在我们把给定的所有点的希尔伯特距离都算出来，然后根据希尔伯特距离来将它们作升序排序，然后就可以建树了

如何算希尔伯特距离呢？暴力方法肯定不行，有个比较好的方法如下：

        

• For all points, find max_x and max_y.
• Find the max of max_x and max_y and call this max_xy.
• If max_xy is a power of two, leave it. Else make it the next higher power of two.
• For each point:

1.    Initialize w to be max_xy / 2. Dist = 0.

2.    Find the quadrant on a hilbert curve that the point isin.

3.    Dist += (quadrant * w * w)

4.    w becomes w / 2

5.    Calculate xnew and ynew according to the formulas

6.    Repeat steps 2 to 5 until w becomes 0

Quadrant	x_new	y_new
0	y	x
1	x	y - w
2	x - w	y - w
3	w - y - 1	w * 2 - x - 1

代码如下（从网上搜过来的）：

/**
 * Find the Hilbert order (=vertex index) for the given grid cell 
 * coordinates.
 * @param x cell column (from 0)
 * @param y cell row (from 0)
 * @param r resolution of Hilbert curve (grid will have Math.pow(2,r) 
 * rows and cols)
 * @return Hilbert order 
 */
public static int encode(int x, int y, int r) {

    int mask = (1 << r) - 1;
    int hodd = 0;
    int heven = x ^ y;
    int notx = ~x & mask;
    int noty = ~y & mask;
    int temp = notx ^ y;

    int v0 = 0, v1 = 0;
    for (int k = 1; k < r; k++) {
        v1 = ((v1 & heven) | ((v0 ^ noty) & temp)) >> 1;
        v0 = ((v0 & (v1 ^ notx)) | (~v0 & (v1 ^ noty))) >> 1;
    }
    hodd = (~v0 & (v1 ^ x)) | (v0 & (v1 ^ noty));

    return interleaveBits(hodd, heven);
}

/**
 * Interleave the bits from two input integer values
 * @param odd integer holding bit values for odd bit positions
 * @param even integer holding bit values for even bit positions
 * @return the integer that results from interleaving the input bits
 *
 * @todo: I'm sure there's a more elegant way of doing this !
 */
private static int interleaveBits(int odd, int even) {
    int val = 0;
    // Replaced this line with the improved code provided by Tuska
    // int n = Math.max(Integer.highestOneBit(odd), Integer.highestOneBit(even));
    int max = Math.max(odd, even);
    int n = 0;
    while (max > 0) {
        n++;
        max >>= 1;
    }

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int bitMask = 1 << i;
        int a = (even & bitMask) > 0 ? (1 << (2*i)) : 0;
        int b = (odd & bitMask) > 0 ? (1 << (2*i+1)) : 0;
        val += a + b;
    }

    return val;
}

之后的建树和搜索就不用多介绍了