正如您从标题中看到的那样，我正忙于编写一个用Java可视化分形的程序。任何处理分形的人都会到达他/她寻找解决方案以获得这些愚蠢的“乐队”的地步，当你只是通过迭代所需的迭代次数为一个像素着色时。 所以我搜索了一个更高级的着色算法，找到了“标准化的迭代计数”。我正在使用的公式是：
float loc = (float) 1 - Math.log(Math.log(c.abs())) / Math.log(2);
互联网上的每个人都对这个算法感到高兴，每个人都使用它，每个人都会得到很好的结果。除了我。我想，这个算法应该提供0到1之间的浮点数。但是这不会发生。我做了一些计算并得出结论，该算法仅适用于c.abs（）＆gt; = Math.E＆amp;＆amp; c.abs（）＆lt; = Math.exp（2）（即Math.E * Math.E）。 数字意味着，我对这个等式的输入必须介于2.718和7.389之间。
但是当一个复数c大小超过2时，它会被认为倾向于无穷大。但是对于任何小于Math.E的输入，我得到的值大于1。对于任何大于Math.exp（2）的数字，它都会变为负数。如果复数很快就逃脱了，那就是这种情况。
所以请告诉我：我做错了什么。我很绝望。
感谢。
修改
我错了：我发布的代码是正确的，我只是 1.以错误的方式使用它，因此它没有提供正确的输出。 2.必须将mandelbrot / julia算法的救助价值设定为10，否则我会再次遇到愚蠢的乐队。
问题解决了！
答案 0 :(得分：1)
正如您已经发现的那样，在平滑看起来正确之前，您需要增加救助半径。
两个是坐标可以具有的最小长度，这样当你对它进行平方并添加初始值时，它不会导致较小的长度。如果前一个长度是2.0，你将它平方，你的长度为4.0（指向任何方向），并且c的任何值可以减少的最大值是2.0（通过指向正好相反的方向） 。如果c大于那么它就会立即开始逃脱。
现在，为了估计迭代次数的小数部分，我们看一下最终的| z |。如果z只是平方并且没有加到它上面，那么它的长度将介于2.0和4.0之间（新值必须大于2.0才能挽救，并且旧值必须小于2.0才能保释早些时候）。
没有c，取| z |在2和4之间的比例位置给出了迭代次数的一小部分。如果| z |接近4然后前一个长度必须接近2，所以它已经接近在前一次迭代中拯救，平滑的结果应该接近前一个迭代计数来表示。如果它接近2，则前一次迭代进一步挽救，因此平滑后的结果应该更接近新的迭代次数。
不幸的是，混乱了。 c越大，该简单关系中的潜在误差越大。即使旧的长度几乎达到2.0，它也可能落地，因此c的影响使它看起来一定要小一些。
增加救助可以减轻加入c的影响。如果救助是64，则结果长度将介于64和4096之间，而c的最大偏差2对结果的影响相对较小。
答案 1 :(得分：0)
你遗漏了迭代值，试试这个：
float loc = <iteration_value> + (float) 1 - Math.log(Math.log(c.abs())) / Math.log(2);
iteration_value是在公式中产生c的迭代次数。