在填充有立方体/正方形的球体/圆上生成均匀随机数

Question

我正在尝试在填充了立方体的球体上生成随机点。 因为我不知道怎么做，所以我从2d开始。 （一个用方形填充的圆圈。）

我想做的事情：在外圈内生成随机点，但在绿色方块外。

基本上在蓝色区域。

广场位于(-1|-1),(1|-1),(1|1),(-1|1) 圆的半径为r = sqrt(2)，并以(0|0)为中心。

我已经有脚本：

• 在圆上生成一个随机点（统一）：

  float a = 2 * MathUtils.PI * MathUtils.random(1f); // angle between 0 and 2pi
  float r = radius * Math.sqrt(MathUtils.random(0, 1f)
  float x = r * MathUtils.cos(a);
  float y = r * MathUtils.sin(a);
  

• 计算给定角度的半径以形成正方形：

  float r = (1/Math.sqrt(2)) / MathUtils.cos(((a+45)%90-45)/180*MathUtils.PI);
  

  (1/Math.sqrt(2))是正方形边长的一半

在有人要求之前： 我知道我可以重新生成绿色方块内的点，直到我得到一个在外面的点，但我不想这样做。

我感谢任何帮助。谢谢:)）

Answer 1

仅在立方体（帽和楔形）之外的球体区域中生成点是相当困难的，因此拒绝方法看起来合理。

但你可以减少无用点的数量，在2D情况下生成点in the ring only，在3D情况下生成球壳。

所以伪代码可能看起来像

 //2d
 SquaredR  = RandomUniformInRange(0.5, 1)
 R = Sqrt(SquaredR)

 //3d
 CubedR  = RandomUniformInRange(Pow(3, -3/2), 1)
 R = Pow(CubedR, 1/3)

 //generate point on the circle or on the sphere with radius R

 if Abs(x) > Sqrt(2)/2 or Sqrt(3)/3  and so on - reject

拥有R，您可以使用here

中的任何方法在球体上生成点

Answer 2

这是这个想法的粗略草图。您可以选择一个象限进行采样，例如右侧一个。

首先，样本角度从-pi / 4到pi / 4

float a = -MathUtils.PI/4.0f + MathUtils.PI/2.0 * MathUtils.random(0.f,1.f);
float c = MathUtils.cos(a);
float s = MathUtils.sin(a);

其次，找到最小半径。光线从（0,0）以角度a开始将至少与x=1处的象限线相交

float rmin = 1.0f / c;
float rmax = Math.sqrt(2.0f);

从rmin到rmax = sqrt(2)的示例，考虑到对于平面你采样平方半径然后使用sqrt（），对于3d空间你采样立方半径然后使用cbrt（）。< / p>

float r2 = rmin*rmin + (rmax*rmax-rmin*rmin)*MathUtils.random(0.f,1.f);
float r  = Math.sqrt(r);

float x = r * c;
float y = r * s;

现在，我们构造（x，y）就是这样一种方式，它保证在圆圈下方的右边象限和x = 1线的右边。

要覆盖所有四个象限，只需采样你将移动点的象限

float q = MathUtils.random(0.f,1.f);
if (q < 0.25f) // top quadrant
    return (y, x);
if (q < 0.5f)  // left quadrant
    return (-x, y);
if (q < 0.75f)  // bottom quadrant
    return (y, -x);
return (x,y); // right quadrant

请耐心等待 - 我的Java非常生疏，我无法测试代码。

在3D情况下，你必须处理两个角度，立方半径，八个八分圆而不是四个象限，但一般逻辑是相同的

更新

我错了，像我建议的抽样会导致点数分布不均匀。

来自PDF：

PDF(phi, r) = S_(-\pi/4)^\phi d\phi S_1/cos(\phi)^\sqrt(2) r dr

我们必须得到\ phi采样不均匀。不幸的是，来自 U（0,1）得到采样\ phi需要求解非线性方程

\pi/2 (0.5*(\phi/\pi/4 + 1) - U(0,1)) = 0.5*(tan(phi) + 1) - U(0,1)

所以算法是：

• 样本U（0,1）
• 通过解决上面的等式找到合适的\ phi
• 查找较低的R边界
• 样本R

用于绘制此非线性函数的快速代码（在Python中，抱歉）

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

def f(phi, ksi):
    c   = 0.5 * np.pi
    c_2 = 0.5 * c

    left = c * (0.5 * (phi/c_2     + 1.0) - ksi)
    rght =     (0.5 * (np.tan(phi) + 1.0) - ksi)

    return left - rght

nof_points = 41
phi   = np.linspace(-0.25*np.pi, 0.25*np.pi, nof_points)
y0_00 = f(phi, 0.00)
y0_25 = f(phi, 0.25)
y0_50 = f(phi, 0.50)
y0_75 = f(phi, 0.75)
y0_99 = f(phi, 1.00)

plt.plot(phi, y0_00, 'ro', phi, y0_25, 'b+', phi, y0_50, 'gx', phi, y0_75, 'm.', phi, y0_99, 'y^')
plt.show()

并绘制了U（0,1）（代码中的ksi）的五个值的函数

可以重新排列采样，使r采样是非线性的，但它表现出同样的问题 - 需要用多项式和三角函数求解非线性方程

更新II

只是为了记录，如果你想首先采样r，那么必须从非线性方程的解决方案中采样： r ² sec ^-1 （r） - sqrt（r ² - 1）= U（0,1）*（\ pi / 2 - 1）

区间[1 ... sqrt（2）]

中的

解决它并找到采样r后，\phi可以在r允许的时间间隔内均匀采样：[ - cos ^-1 （1 / r）... + cos ^-1 （1 / r）]