截断系列

Question

我正在处理一系列点，这些点都具有相同的Y值，但X值不同。我通过将X递增1来完成这些点。例如，我可能有Y = 50，X是-30到30之间的整数。我的算法的一部分包括从每个点找到到原点的距离，然后进行进一步处理。

在分析之后，我发现距离计算中的sqrt调用占用了我很大的时间。是否有迭代方法来计算距离？

换句话说：

我想有效地计算：r[n] = sqrt(x[n]*x[n] + y*y))。我可以保存上一次迭代的信息。每次迭代都会通过递增x来改变，因此x[n] = x[n-1] + 1。我不能使用sqrt或trig函数，因为它们太慢，除了在每条扫描线的开头。

我可以使用近似值，只要它们足够好（误差小于0.1％）并且引入的误差是平滑的（我不能将其归结为预先计算的近似表）。

其他信息： x和y总是-150到150之间的整数

我明天会尝试一些想法，并根据最快的答案标出最佳答案。

结果

我做了一些时间

距离公式：16 ms /迭代
Pete的interperlating解决方案：8 ms / iteration
争吵预计算解决方案：8ms / iteration

我希望测试能在两者之间做出决定，因为我喜欢这两个答案。我要和Pete一起去，因为它占用的内存较少。

Answer 1

为了感受它，对于你的范围y = 50，x = 0给出r = 50和y = 50，x = +/- 30给出r~ = 58.3。您希望近似值为+/- 0.1％，或+/- 0.05绝对值。这比大多数图书馆都要低很多。

两种近似方法 - 您根据先前值的插值计算r，或使用合适系列的几个项。

从先前的r

插值

r =（x ² + y ²）^1/2

dr / dx = 1/2。 2x。（x ² + y ²）^-1/2 = x / r

    double r = 50;

    for ( int x = 0; x <= 30; ++x ) {

        double r_true = Math.sqrt ( 50*50 + x*x );

        System.out.printf ( "x: %d r_true: %f r_approx: %f error: %f%%\n", x, r, r_true, 100 * Math.abs ( r_true - r ) / r );

        r = r + ( x + 0.5 ) / r; 
    }

给出：

x: 0 r_true: 50.000000 r_approx: 50.000000 error: 0.000000%
x: 1 r_true: 50.010000 r_approx: 50.009999 error: 0.000002%
....
x: 29 r_true: 57.825065 r_approx: 57.801384 error: 0.040953%
x: 30 r_true: 58.335225 r_approx: 58.309519 error: 0.044065%

似乎符合0.1％误差的要求，所以我没有打扰下一个编码，因为它需要更多的计算步骤。

截断系列

对于x接近零的sqrt（1 + x）的泰勒系列是

sqrt（1 + x）= 1 + 1/2 x - 1/8 x ² ... +（ - 1/2）^{n + 1} x ^名词

使用r = y sqrt（1 +（x / y）²）然后你要找一个项t =（ - 1/2）^{n + 1} 0.36 ⁿ，其幅度小于0.001，log（0.002）> n log（0.18）或n> 3.6，所以将术语带到x ^ 4应该是好的。

Answer 2

Y=10000
Y2=Y*Y
for x=0..Y2 do
  D[x]=sqrt(Y2+x*x)

norm(x,y)=
  if (y==0) x
  else if (x>y) norm(y,x) 
  else {
     s=Y/y
     D[round(x*s)]/s
  }

如果您的坐标是平滑的，那么可以使用线性插值扩展该想法。为了更精确，增加Y.

这个想法是s *（x，y）在y = Y的线上，你预先计算了它的距离。获取距离，然后除以s。

我认为你真的做需要距离而不是它的正方形。

你也可以找到一个普通的sqrt实现，牺牲一些速度的准确性，但我很难想象打败FPU可以做什么。

通过线性插值，我的意思是将D[round(x)]更改为：

f=floor(x)
a=x-f
D[f]*(1-a)+D[f+1]*a

Answer 3

这并不能真正回答你的问题，但可能有所帮助...

我要问的第一个问题是：

“我真的需要这个sqrt吗？”。
“如果没有，我怎样才能减少sqrts的数量？”
然后你的：“我可以用巧妙的计算替换剩余的sqrts吗？”

所以我从：

开始

您是否需要精确的半径，或半径平方是否可以接受？快速近似于sqrt，但可能不够准确，无法满足您的规格。
您可以使用镜像象限或八分之一处理图像吗？通过批量处理相同半径值的所有像素，可以将计算次数减少8倍。
你能预先计算半径值吗？您只需要一个表，该表是您正在处理的图像大小的四分之一（或可能是第八个），并且该表只需要预先计算一次，然后重新用于算法的多次运行。

如此聪明的数学可能不是最快的解决方案。

Answer 4

那么总是会尝试优化你的sqrt，我见过的最快的就是旧的carmack地震3 sqrt：

http://betterexplained.com/articles/understanding-quakes-fast-inverse-square-root/

那就是说，因为sqrt是非线性的，所以你不可能沿着你的线进行简单的线性插值来得到你的结果。最好的想法是使用表查找，因为这将使您能够快速访问数据。而且，由于您似乎是按整数进行迭代，因此表查找应该非常准确。

Answer 5

好吧，你可以围绕x = 0镜像开始（你只需要计算n＆gt; = 0，并且那些结果会导致相应的n <0）。在那之后，我将看一下使用sqrt上的导数（a ^ 2 + b ^ 2）（或相应的sin）来利用常数dx。

如果这还不够准确，我是否可以指出这对于SIMD来说是一个相当不错的工作，它将在SSE和VMX（以及着色器模型2）上为您提供倒数平方根操作。

Answer 6

这与HAKMEM item：

有关

第149项（明斯基）：循环算法这是一种优雅的绘画方式点绘图显示中的圆圈：
NEW X = OLD X - epsilon * OLD Y
NEW Y = OLD Y + epsilon * NEW(!) X
这是一个非常圆的椭圆   以其大小为中心的原点   由初始点确定。   epsilon确定角度   循环点的速度，和   略微影响偏心率。如果   epsilon是2的幂，那么我们就没有   甚至需要乘法，更不用说了   平方根，正弦和余弦！该   “圆圈”将非常稳定   因为分数很快就会变成   周期性的。

圆算法是由发明的   我试图保存一个错误   注册显示黑客！本·格利   有一个惊人的显示黑客只使用   约六或七条指令，和   这是一个伟大的奇迹。但事实确实如此   基本上是面向行的。发生了   对我来说，这将是令人兴奋的   有曲线，我试图得到一个   曲线显示黑客与最小   指令。

是否有迭代方法来计算沿扫描线的半径？

6 个答案:

从先前的r

截断系列