Question

我有3个点（A，B和X）和距离（d）。我需要创建一个函数来测试点X是否比距离d更接近线段AB上的任何点。

问题首先是，我的解决方案是否正确，然后提出更好（更快）的解决方案。

我的第一次传递如下

AX = X-A
BX = X-B
AB = A-B

    // closer than d to A (done squared to avoid needing to compute the sqrt in mag)
If d^2 > AX.mag^2  return true

    // closer than d to B
If d^2 > BX.mag^2 return true

    // "beyond"  B
If (dot(BX,AB) < 0) return false

    // "beyond"  A
If (dot(AX,AB) > 0) return false

    // find component of BX perpendicular to AB
Return (BX.mag)^2 - (dot(AB,BX)/AB.mag)^2 < d^2

这段代码最终会被运行一大堆P和一大堆A / B / d三元组，目的是找到所有通过至少一个A / B / d的P，所以我怀疑那里是一种基于此降低总体成本的方法，但我还没有考虑过。

（顺便说一句：我知道一些重新排序，一些临时值和一些代数身份可能会降低上述成本。为了清楚起见，我只是省略了它们。）

编辑：这是一个2D问题（但推广到3D的解决方案很酷

编辑：经过进一步思考，我预计命中率约为50％。 X点可以在嵌套层次结构中形成，因此我希望能够将大型子树修剪为全通和全失败。限制三胞胎的A / B / D将更具诀窍。

编辑：d与AB的数量级相同。

编辑：Artelius发布了一个很好的解决方案。在我完全理解它之前，我不确定我是否正确理解了他所得到的东西。无论如何，结果出现了另一个想法：

第一个Artelius'位，预先确定一个矩阵，它将AB放置在原点的中心并与X轴对齐。（2加，4 muls和2加）
将它全部折叠到第一象限（2 abs）
在X＆amp; Y中缩放以使区域的中心部分成单位正方形（2 mul）
测试点是否在那个方格（2测试）是如此退出
测试端盖（返回未缩放的值
- 在x中翻译以将结尾放在原点（1添加）
- square并添加（2 mul，1 add）
- 与d ^ 2（1 cmp）比较

我很确定这会击败我的解决方案。

（如果没有什么比这更好的了，Artelius得到了“奖品”：）

Answer 1

嗯......什么是命中率？点“X”多长时间符合接近要求？

我认为您现有的算法很好，任何其他优化都将来自调整到真实数据。例如，如果“X”点在99％的时间内都符合接近度测试，那么我认为您的优化策略应该与仅在1％的时间内通过测试的情况大不相同。

顺便提一下，当你到达运行此算法的点数为数千点时，你应该将所有点组织成一个K维树（或KDTree）。它使“最近邻居”的计算更加简单。

你的问题比基本的最近邻居更复杂（因为你正在检查接近线段但不仅仅是接近点）但我仍然认为KDTree会是方便。

Answer 2

如果我读得正确，那么这几乎与3D光线追踪中使用的经典光线/球体相交测试相同。

在这种情况下，您在半径为d的位置X处有一个球体，并且您正在尝试找出AB线是否与球体相交。与光线追踪的一个区别在于，在这种情况下，你有一条特定的线AB，而在光线追踪中，光线通常被推广为origin + distance * direction，而你并不关心无限远的距离它是AB+行。

来自我自己的光线跟踪器的伪代码（基于“光线跟踪简介”（编辑格拉纳）中给出的算法）：

Vector v = X - A
Vector d = normalise(B - A)  // unit direction vector of AB
double b = dot(v, B - A)
double discrim = b^2 - dot(v, v) + d^2
if (discrim < 0)
     return false            // definitely no intersection

如果你已经做到这一点，那么有一些机会满足你的条件。你只需要确定交叉点是否在AB线上：

discrim = sqrt(discrim)
double t2 = b + discrim
if (t2 <= 0)
    return false             // intersection is before A

double t1 = b  - discrim

result = (t1 < length(AB) || (t2 < length(AB))

Answer 3

如果您的（A，B，d）集合固定，您可以计算每个矩阵对转换坐标系统，使AB线成为X轴，AB的中点为起源。

我认为这是构建矩阵的一种简单方法：

trans = - ((A + B) / 2)        // translate midpoint of AB to origin

rot.col1 = AB / AB.mag         // unit vector in AB direction

                        0 -1    
rot.col2 = rot.col1 * (      ) // unit vector perp to AB
                        1  0 

rot = rot.inverse()            // but it needs to be done in reverse

然后你只需拿走每个X并做rot * (X + trans)。

有问题的区域现在在x和y轴上实际上是对称的，所以你可以得到x坐标和y坐标的绝对值。

然后你只需要检查：

y < d && x < AB.mag/2            //"along" the line segment
|| (x - AB.mag/2)^2 + y^2 < d^2  // the "end cap".

你可以做另一招;矩阵可以缩小AB.mag/2因子（记住矩阵只计算一次（A，B），这意味着找到它们比实际检查本身更慢）。这意味着您的支票变为：

y < 2*d/AB.mag && x < 1
|| (x - 1)^2 + y^2 < (2*d/AB.mag)^2

用常数1替换了AB.mag / 2的两个实例，可能触摸速度更快。当然，您也可以预先计算2*d/AB.mag和(2*d/AB.mag)^2。

这是否会比其他方法更快地取决于您提供的输入。但是如果AB的长度与d相比很长，我认为它会比你发布的方法快得多。

Answer 4

这段代码最终会被运行一大堆P和一大堆A / B / d三元组，目的是找到所有通过至少一个A / B / d的P，所以我怀疑那里是一种基于此降低总体成本的方法，但我还没有考虑过。

在d~AB的情况下，对于给定的点X，您可以首先测试X是否属于半径d和中心Ai或Bi的许多球体之一。看图片：

     ......        .....
  ...........   ...........
 ...........................
.......A-------------B.......
 ...........................
  ...........   ...........
     .....         .....

前两个测试

If d^2 > AX.mag^2 return true
If d^2 > BX.mag^2 return true

是最快的，如果d~AB，它们也是成功概率最高的那些（考虑到测试成功）。给定X，您可以先进行所有“球体测试”，然后进行所有最终测试：

Return (BX.mag)^2 - (dot(AB,BX)/AB.mag)^2

Answer 5

如果A / B / d的集合数量很大，并且您肯定是2D，请考虑使用R-trees（或它们的八边形等价物），其中R树中的每个条目都是最小边界盒子的A / B / d三联。这样就可以省去测试很多A / B / d三重奏和将CPU功率仅集中在每个点X在A / B / d三联的边界框内的少数几个。然后像你提到的那样做一个更详细的测试。

快速几何接近谓词

5 个答案: