投射变换

Question

给定两个图像缓冲区（假设它是一个大小宽度为*的整数数组，每个元素都有一个颜色值），如何将一个四边形定义的区域从一个图像缓冲区映射到另一个（总是正方形）图像缓冲？我被理解这被称为“投射变换”。

我也在寻找一种通用的（不是特定于语言或库的）方式，这样它可以合理地应用于任何语言，而不依赖于“为我做所有工作的魔术功能X”

一个例子：我用Java编写了一个简短的程序，使用处理库（processing.org）从相机中捕获视频。在初始“校准”步骤期间，捕获的视频直接输出到窗口中。然后，用户点击四个点来定义将被变换的视频区域，然后在程序的后续操作期间映射到方形窗口。如果用户单击定义在相机输出中以一定角度可见的门角的四个点，则此变换将导致后续视频将门的变换图像映射到窗口的整个区域，尽管有点扭曲。

Answer 1

使用线性代数比所有几何都容易得多！另外，您不需要使用正弦，余弦等，因此您可以将每个数字存储为有理分数，并在需要时获得精确的数值结果。

您想要的是从旧的（x，y）坐标到新的（x'，y'）坐标的映射。你可以用矩阵来做。你需要找到2乘4的投影矩阵P，使P乘以旧坐标等于新的坐标。我们假设您将线条映射到线条（例如，不是直线到抛物线）。因为你有一个投影（平行线不保持平行）和平移（滑动），你也需要一个因子（xy）和（1）。绘制为矩阵：

          [x  ]
[a b c d]*[y  ] = [x']
[e f g h] [x*y]   [y']
          [1  ]

你需要知道一个通​​过h来解决这些方程：

a*x_0 + b*y_0 + c*x_0*y_0 + d = i_0
a*x_1 + b*y_1 + c*x_1*y_1 + d = i_1
a*x_2 + b*y_2 + c*x_2*y_2 + d = i_2
a*x_3 + b*y_3 + c*x_3*y_3 + d = i_3

e*x_0 + f*y_0 + g*x_0*y_0 + h = j_0
e*x_1 + f*y_1 + g*x_1*y_1 + h = j_1
e*x_2 + f*y_2 + g*x_2*y_2 + h = j_2
e*x_3 + f*y_3 + g*x_3*y_3 + h = j_3

同样，你可以使用线性代数：

[x_0 y_0 x_0*y_0 1]   [a e]   [i_0 j_0]
[x_1 y_1 x_1*y_1 1] * [b f] = [i_1 j_1]
[x_2 y_2 x_2*y_2 1]   [c g]   [i_2 j_2]
[x_3 y_3 x_3*y_3 1]   [d h]   [i_3 j_3]

插入x_n，y_n，i_n，j_n的角落。 （Corners工作得最好，因为如果你从用户点击中选择点数，它们相距很远就能减少误差。）取4x4矩阵的倒数并乘以等式的右边。该矩阵的转置为P.您应该能够找到计算矩阵逆函数和在线乘法的函数。

你可能会遇到错误：

• 计算时，记得检查除零。这表明你的矩阵是不可逆的。如果您尝试将一个（x，y）坐标映射到两个不同的点，则可能会发生这种情况。
• 如果您编写自己的矩阵数学，请记住矩阵通常指定为行，列（垂直，水平），屏幕图形为x，y（水平，垂直）。第一次你肯定会出错。

Answer 2

修改

以下关于角度比不变性的假设是不正确的。投射变换反而保留了交叉比率和发生率。然后解决方案是：

1. 在由段AD和CP定义的线的交叉处找到点C'。
2. 在由AD和BP段定义的线的交点处找到点B'。
3. 确定B'DAC'的交叉比率，即r =（BA'* DC'）/（DA * B'C'）。
4. 构建投影线F'HEG'。这些点的交叉比等于r，即r =（F'E * HG'）/（HE * F'G'）。
5. F'F和G'G将在投影点Q相交，因此等于交叉比率并知道正方形边长，你可以用一些算术体操来确定Q的位置。

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嗯......我会捅这个。该解决方案依赖于在变换中保持角度比率的假设。请参阅图像以获得指导（抱歉图像质量不佳......真的很晚）。该算法仅提供四边形中的点到方形中的点的映射。您仍然需要实现处理多个四点映射到同一个方点。

让ABCD为四边形，其中A是左上顶点，B是右上顶点，C是右下顶点，D是左下顶点。对（xA，yA）表示顶点A的x和y坐标。我们将这个四边形中的点映射到方形EFGH，其边长等于m。



计算长度AD，CD，AC，BD和BC：

AD = sqrt((xA-xD)^2 + (yA-yD)^2)
CD = sqrt((xC-xD)^2 + (yC-yD)^2)
AC = sqrt((xA-xC)^2 + (yA-yC)^2)
BD = sqrt((xB-xD)^2 + (yB-yD)^2)
BC = sqrt((xB-xC)^2 + (yB-yC)^2)

让θD为顶点D处的角度，θC为顶点处的角度C.使用余弦定律计算这些角度：

thetaD = arccos((AD^2 + CD^2 - AC^2) / (2*AD*CD))
thetaC = arccos((BC^2 + CD^2 - BD^2) / (2*BC*CD))

我们将四边形中的每个点P映射到正方形中的点Q.对于四边形中的每个点P，请执行以下操作：

• 找到距离DP：

  DP = sqrt((xP-xD)^2 + (yP-yD)^2)
  

• 找到距离CP：

  CP = sqrt((xP-xC)^2 + (yP-yC)^2)
  

• 找到CD和DP之间的角度thetaP1：

  thetaP1 = arccos((DP^2 + CD^2 - CP^2) / (2*DP*CD))
  

• 找到CD和CP之间的角度thetaP2：

  thetaP2 = arccos((CP^2 + CD^2 - DP^2) / (2*CP*CD))
  

• thetaP1与θD的比值应为thetaQ1与90的比值。因此，计算thetaQ1：

  thetaQ1 = thetaP1 * 90 / thetaD
  

• 同样，计算thetaQ2：

  thetaQ2 = thetaP2 * 90 / thetaC
  

• 找到距离HQ：

  HQ = m * sin(thetaQ2) / sin(180-thetaQ1-thetaQ2)
  

• 最后，Q相对于EFGH左下角的x和y位置是：

  x = HQ * cos(thetaQ1)
  y = HQ * sin(thetaQ1)
  

您必须跟踪有多少颜色值映射到方块中的每个点，以便您可以计算每个点的平均颜色。

Answer 3

我认为你所追求的是平面单应性，看看这些讲义：

http://www.cs.utoronto.ca/~strider/vis-notes/tutHomography04.pdf

如果你向下滚动到最后，你会看到一个你正在描述的例子。我希望英特尔OpenCV库中有一个功能可以做到这一点。

Answer 4

有C++ project on CodeProject包含位图投影转换的来源。数学在维基百科here上。请注意，据我所知，投影变换不会将任意四边形映射到另一个，但是对于三角形也是如此，您可能还想查找偏斜变换。

Answer 5

如果此转换必须看起来很好（与在Paint中调整大小的位图的方式相反），您不能只创建将目标像素映射到源像素的公式。目标缓冲区中的值必须基于附近源像素的复杂平均值，否则结果将高度像素化。

因此，除非你想进入一些复杂的编码，使用别人的魔法功能，正如smacl和Ian所建议的那样。

Answer 6

以下是原则上的做法：

• 通过翻译向量t将A的原点映射到B的原点。
• 取单位向量A（1,0）和（0,1）并计算它们如何映射到B的单位向量。
• 这会为您提供转换矩阵 M ，以便A中的每个向量a映射到 M a + t < / LI>
• 反转矩阵并否定相关矢量，因此对于B中的每个矢量b，您都有逆映射b - ＆gt; M ^-1 （b - t）
• 进行此转换后，对于B中目标区域中的每个点，找到A中的对应并复制。

此映射的优点是您只计算所需的点数，即您在目标点上循环，而不是源点。几年前，它是“演示编码”场景中广泛使用的技术。