Question

给出两个线段，找到线段之间的距离为 d 的两个点。

这与“两个线段之间的最短距离问题”相似，不同之处在于，我们正在求解线段上由给定距离 d 隔开的两个点。

每个线段都包含两个3维点。

我在Google上找到的数学搜索使我感到恐惧和困惑。我是一名程序员，但是我很难理解解决此类问题背后的证明和分析。

输入：2个线段和一个距离 d

输出：每个线段上两个点之间的距离为 d ，如果没有两个点，则为 None

>

Answer 1

假设线A的2个端点与线B的最近端点的距离不同，我将使用蛮力法。我将选择线A的中心点作为线C的一端，并以“插入距离”的步长将线C的另一端滑到线B上，直到我在距离“ d”的“插入距离”之内。

如果我最接近“ d”的位置太大，则将A上的线C的新端点设置为b / t A中心点的一半，而A线的最接近端点与B线的最接近端点。。如果我最接近“ d”的位置太小，我会将新端点移至A的中心b / t的一半，并将A线的最远端点移至B线的最接近端点。

重复此过程以进行“插入步骤”迭代，如果在达到最大迭代次数之前未找到可接受的值，则返回给我最接近“ d”距离的端点。然后，您可以确定您的算法是否不允许足够的步骤，或者是否具有过于严格的值来接近“ d”。

如果线A的两个端点到线B的最近端点的距离相同，则使用线B的最远端点。如果这两个端点相同，则在任意方向上进行初始步骤是任意的。 >

此外，不是简单地在行B上滑动第二个端点，而是可以使用相同的算法（沿正确方向）跳到越来越小的中点以节省计算量。

Answer 2

这是一种迭代算法，需要一些数学知识，但对数学优化没有深入的了解。它很强大，但可能不是特别快。

从高层次上讲，该算法类似于二进制搜索（技术上是三元搜索）。在每一对迭代，我们砍掉了什么仍然是各段的固定比例，同时注意如果存在保持一个有效的解决方案。我们可以从数学上证明，在迭代次数增加的极限内，两个片段都缩小为点，并且如果存在一个点，则这些点是有效的解决方案。实际上，我们会在经过多次迭代（例如，一百次或当片段足够短时）后停止，并在每个片段上返回任意点。

此算法使用两个数学成分。首先是计算一个点和线段之间的距离的公式。第二个问题是，正如我们扫点沿一个段，该距离到另一个减少和然后增加的事实。

如果有时间，我将扩展此说明。

from __future__ import division


def squared_distance_between_points(p, q):
    """Returns the squared distance between the point p and the point q."""
    px, py, pz = p
    qx, qy, qz = q
    return (px - qx)**2 + (py - qy)**2 + (pz - qz)**2


def squared_distance_between_point_and_segment(p, q, r):
    """Returns the squared distance between the point p and the segment qr."""
    px, py, pz = p
    qx, qy, qz = q
    rx, ry, rz = r
    # Translate the points to move q to the origin (p' = p - q and r' = r - q).
    px -= qx
    py -= qy
    pz -= qz
    rx -= qx
    ry -= qy
    rz -= qz
    # Project p' onto the line 0r'.
    # The point on this line closest to p' is cr'.
    c = (px * rx + py * ry + pz * rz) / (rx * rx + ry * ry + rz * rz)
    # Derive c' by clamping c. The point on the segment 0r' closest to p is c'r'.
    c = min(max(c, 0), 1)
    # Compute the distance between p' and c'r'.
    return squared_distance_between_points((px, py, pz),
                                           (c * rx, c * ry, c * rz))


def trisect(p, q):
    """Returns the point one-third of the way from the point p to the point q."""
    px, py, pz = p
    qx, qy, qz = q
    return ((2 * px + qx) / 3, (2 * py + qy) / 3, (2 * pz + qz) / 3)


def find_points_on_segments_at_distance(p, r, s, u, d, iterations=100):
    """Returns a point q on the segment pr and a point t on the segment su
       such that the distance between q and t is approximately d.
       If this is not possible (or barely possible), returns None."""
    d **= 2
    feasible = False
    for i in range(2 * int(iterations)):
        q1 = trisect(p, r)
        d1 = squared_distance_between_point_and_segment(q1, s, u)
        q2 = trisect(r, p)
        d2 = squared_distance_between_point_and_segment(q2, s, u)
        if d <= min(d1, d2):
            # Use convexity to cut off one third of the search space.
            if d1 <= d2:
                r = q2
            else:
                p = q1
        elif d <= max(d1, d2):
            # There is certainly a solution in the middle third.
            feasible = True
            p = q1
            r = q2
        elif (d <= squared_distance_between_points(p, s)
              or d <= squared_distance_between_points(p, u)):
            # There is certainly a solution in the first third.
            feasible = True
            r = q1
        elif (d <= squared_distance_between_points(r, s)
              or d <= squared_distance_between_points(r, u)):
            # There is certainly a solution in the last third.
            feasible = True
            p = q2
        else:
            # Definitely infeasible.
            return None
        # Swap the segments.
        p, r, s, u = s, u, p, r
    if not feasible:
        return None
    return p, r

Answer 3

这是一个非迭代的解决方案。我担心数学可能会激怒您，尽管这里没有什么复杂的事情。

首先，最简单的方法是在整个距离上平方。

其中一条3D线由点P和Q描述，另一条由点R和S描述，那么一种表示问题的方式是，我们希望找到标量m和n，以使点a之间的距离成平方沿第一条线的分数m，沿第二条线的分数n是给定的dsq。

我们必须将m和n限制在0到1（包括0和1）之间，以便我们的点确实在线段上。

如果有m和n，则点为

X = P + m*(Q-P)
Y = R + n*(S-R)

假设我们首先找到Dsq的最小值和最大值。这将告诉我们是否存在解决方案：如果dsq的给定值小于最小值或大于最大值，则没有解决方案，我们可以停下来。

将出现最小值的点的m和n值设为m_min和n_min，将最大值的点的m和n值设为m_max和n_max。如果我们引入一个新的变量z（在[0,1]中），那么我们可以考虑一个m，n个值的“线”：

m(z) = m_min + z*(m_max-m_min)
n(z) = n_min + z*(n_max-n_min)

当z为0时，这些是最小Dsq的值，而对于z = 1，它们是最大Dsq的值。因此，当我们将z从0增加到1时，Dsq的值必须通过我们想要的值！也就是说，我们只需要搜索使Dsq成为所需值的z值即可。

（相对）简单的原因是，X和Y之间的distanceSquared是m和n中的二阶多项式。具体来说，一些繁琐的代数表明，如果Dsq是X和Y之间的距离的平方，

Dsq = a + 2*b*m + 2*c*m + d*m*m + 2*e*m*n + f*m*m
where, in terms of dot products
a = (P-R).(P-R)
b = (P-R).(Q-P)
c =-(P-R).(S-R)
d = (Q-P).(Q-P)
e =-(Q-P).(S-R)
f = (S-R).(S-R)

最大值和最小值必须出现在两个角之一（（m，n）=（0,0）或（0,1）或（1,0）或（1,1））或沿着其中一个角边缘（对于某些n为（0，n）或（1，n），对于某些m为（m，0）或（m，1）的边缘）或Dsq的导数的中间点（相对于至m和n）均为0）。例如，请注意，在边缘说（0，n），Dsq的n二次方，因此很容易找到最大值。

此外，当我们沿着最小值和最大值之间的“线”看时，如果将m（z）和n（z）代入Dsq的公式中，则经过更繁琐的代数运算后，得出z的平方，因此很容易找到可以得到所需Dsq值的z值。

嗯，这篇文章已经很长了，所以这里是实现这些想法的C代码。我为这些点尝试了一百万个随机值，当距离始终在最大值和最小值之间时，它总是找到合适的3d点。在我的（相当普通的）Linux桌面上，这花了几秒钟。

   //   3d vectors
static  void    v3_sub( double* P, double* Q, double* D)
{   D[0] = P[0]-Q[0];
    D[1] = P[1]-Q[1];
    D[2] = P[2]-Q[2];
}
static  double  v3_dot( double* P, double* Q)
{   return P[0]*Q[0] + P[1]*Q[1] + P[2]*Q[2];
}

//  quadratic in one variable
// return *x so X -> r[0] + 2*r[1]*X + r[2]*X*X has minumum at *x
static  int quad_min( const double*r, double* x)
{   if ( r[2] <= 0.0)
    {   return 0;
    }
    *x = -r[1]/r[2];
    return 1;
}

// return x so r[0] + 2*r[1]*x + r[2]*x*x == d, and whether 0<=x<=1
static  int solve_quad( const double* r, double d, double* x)
{
double  ap = r[0] - d;
    if ( r[1] > 0.0)
    {
    double  root1 = -(r[1] + sqrt( r[1]*r[1] - ap*r[2]));   // < 0 
        *x = ap/root1;
    }
    else
    {
    double  root1 = (-r[1] + sqrt( r[1]*r[1] - ap*r[2]));   // >= 0
        if ( root1 < r[2])
        {   *x = root1/r[2];
        }
        else
        {   *x = ap/root1;
        }
    }
    return 0.0 <= *x && *x <= 1.0;
}

//  quadratic in 2 variables
typedef struct
{   double  a,b,c,d,e,f;
}   quad2T;

static  double  eval_quad2( const quad2T* q, double m, double n)
{
    return  q->a
    +   2.0*(m*q->b + n*q->c)
    +   m*m*q->d + 2.0*m*n*q->e + n*n*q->f
    ;
}

// eval coeffs of quad2 so that quad2(m,n) = distsq( P+m*(Q-P), R+n*(S-R))
static  quad2T  set_quad2( double* P, double* Q, double* R, double* S)
{
double  D[3];   v3_sub( P, R, D);
double  U[3];   v3_sub( Q, P, U);
double  V[3];   v3_sub( S, R, V);
quad2T  q;
    // expansion of lengthSq( D+m*U-n*V)
    q.a = v3_dot( D, D);
    q.b = v3_dot( D, U);
    q.c = -v3_dot( D, V);
    q.d = v3_dot( U, U);
    q.e = -v3_dot( U, V);
    q.f = v3_dot( V, V);
    return q;
}

// if gradient of q is 0 in [0,1]x[0,1], return (m,n) where it is zero
// gradient of q is 2*( q->b + m*q->d + n*q->e, q->c + m*q->e + n*q->f)
// so must solve    ( q->d  q->e ) * (m) = -(q->b)
//          ( q->e  q->f )   (n)    (q->c)
static  int dq_zero( const quad2T* q, double* m, double* n)
{
double  det = q->d*q->f - q->e*q->e;
    if ( det <= 0.0)
    {   // note matrix be semi-positive definite, so negative determinant is rounding error
        return 0;
    }
    *m  = -( q->f*q->b - q->e*q->c)/det;
    *n  = -(-q->e*q->b + q->d*q->c)/det;

    return  0.0 <= *m && *m <= 1.0
    &&  0.0 <= *n && *n <= 1.0
    ;
}

// fill *n with minimising value, if any in [0,1], of n -> q(m0,n)
static  int m_edge_min( const quad2T* q, double m0, double* n)
{
double  r[3];   // coeffs of poly in n when m == m0
    r[0] = q->a + 2.0*m0*q->b + m0*m0*q->d;
    r[1] = q->c + m0*q->e;
    r[2] = q->f;
    return  ( quad_min( r, n)
        && *n > 0.0 && *n < 1.0
        );
}

// fill *m with minimising value, if any in [0,1], of m -> q(m,n0)
static  int n_edge_min( const quad2T* q, double* m, double n0)
{
double  r[3];   // coeffs of poly in m when n == n0
    r[0] = q->a + 2.0*n0*q->c + n0*n0*q->f;
    r[1] = q->b + n0*q->e;
    r[2] = q->d;
    return  ( quad_min( r, m)
        && *m > 0.0 && *m < 1.0
        );
}

// candidates for min, man
typedef struct
{   double  m,n;    // steps along lines
    double  d;  // distance squared between points
}   candT;

static  int find_cands( const quad2T* q, candT* c)
{
int nc = 0;
double  x, y;
    // the corners
    c[nc++] = (candT){ 0.0,0.0, eval_quad2( q, 0.0, 0.0)};
    c[nc++] = (candT){ 0.0,1.0, eval_quad2( q, 0.0, 1.0)};
    c[nc++] = (candT){ 1.0,1.0, eval_quad2( q, 1.0, 1.0)};
    c[nc++] = (candT){ 1.0,0.0, eval_quad2( q, 1.0, 0.0)};
    // the edges
    if ( m_edge_min( q, 0.0, &x))
    {   c[nc++] = (candT){ 0.0,x, eval_quad2( q, 0.0, x)};
    }
    if ( m_edge_min( q, 1.0, &x))
    {   c[nc++] = (candT){ 1.0,x, eval_quad2( q, 1.0, x)};
    }
    if ( n_edge_min( q, &x, 0.0))
    {   c[nc++] = (candT){ x, 0.0, eval_quad2( q, x, 0.0)};
    }
    if ( n_edge_min( q, &x, 1.0))
    {   c[nc++] = (candT){ x, 1.0, eval_quad2( q, x, 1.0)};
    }
    // where the derivatives are 0
    if ( dq_zero( q, &x, &y))
    {   c[nc++] = (candT){ x, y, eval_quad2( q, x, y)};
    }
    return nc;
}

// fill in r so that
// r[0] + 2*r[1]*z + r[2]*z*z = q( minm+z*(maxm-minm), minn+x*(maxn-minn))
static  void    form_quad
( const quad2T* q
, double minm, double maxm
, double minn, double maxn
, double* r
)
{
double  a = minm;
double  c = maxm-minm;
double  b = minn;
double  d = maxn-minn;
    r[0] =  q->a + 2.0*q->b*a + 2.0*q->c*b + q->d*a*a + 2.0*q->e*a*b + q->f*b*b;
    r[1] =  q->b*c + q->c*d + q->d*a*c + q->e*(a*d+b*c) + q->f*b*d;
    r[2] =  q->d*c*c + 2.0*q->e*c*d + q->f*d*d;
}

static  int find_points
( double* P, double* Q, double* R, double* S, double dsq, double* X, double* Y
)
{
double  m, n;
quad2T  q = set_quad2( P, Q, R, S);
candT   c[9];
int nc = find_cands( &q, c);    // find candidates for max and min
    // find indices of max and min
int imin = 0;
int imax = 0;
    for( int i=1; i<nc; ++i)
    {   if ( c[i].d < c[imin].d)
        {   imin = i;
        }
        else if ( c[i].d > c[imax].d)
        {   imax = i;
        }
    }
    // check if solution is possible -- should allow some slack here!
    if ( c[imax].d < dsq || c[imin].d > dsq)
    {   return 0;
    }
    // find solution 
double  r[3];
    form_quad( &q, c[imin].m, c[imax].m, c[imin].n, c[imax].n, r);
double  z;
    if ( solve_quad( r, dsq, &z))
    {   // fill in distances along
        m = c[imin].m + z*(c[imax].m - c[imin].m);
        n = c[imin].n + z*(c[imax].n - c[imin].n);
        // compute points
        for( int i=0; i<3; ++i)
        {   X[i] = P[i] + m*(Q[i]-P[i]);
            Y[i] = R[i] + n*(S[i]-R[i]);
        }
        return 1;
    }
    return 0;
}

Answer 4

这可以使用基本代数来解决，只需求解二次多项式即可。查看以下推导：

鉴于由点P1和P2定义的线段P和由点Q1和Q2定义的线段Q，我们可以将射线P（t）定义为：

P（t）= P1 + t V

其中t是一个正标量，V是单位矢量：

V =（P2-P1）/ | P2-P1 |

线段Q（t）为：

Q（t）= Q1 + t（Q2-Q1）

其中t是区间[0 1]中的正标量。

线Q（t）中任何点到线P的最短距离由点在线P上的投影给出。投影沿线P的法线向量。

             Q(t)
               |
               |
P1 ------------x------------ P2

因此，我们正在P线中寻找点x，以使向量（x-Q（t））的长度等于d：

| x-Q（t）| ^ 2 = d ^ 2

可以使用射线P（t）计算点x 因为t =（Q（t）-P1）•V：

x = P（（Q（t）-P1）•V）

x = P1 +（（Q（t）-P1）•V）V

x = P1-（P1•V）V +（Q（t）•V）V

x = P1-（P1•V）V +（Q1•V）V + t（（Q2-Q1）•V）V

其中（•）是点积。

x = C + t D

哪里

C = P1-（P1•V）V +（Q1•V）V

D =（（Q2-Q1）•V）V

现在等式如下：

| C + t D-Q1-t（Q2-Q1）| ^ 2 = d ^ 2

| C-Q1 + t（D-Q2 + Q1）| ^ 2 = d ^ 2

分组术语：

| t A + B | ^ 2 = d ^ 2

哪里

A =（D-Q2 + Q1）

B = C-Q1

在广场上，我们有

（t A + B）•（t A + B）= d ^ 2

t ^ 2（A•A）+ 2 t（A•B）+（B•B-d ^ 2）= 0

这是一个简单的二次多项式。求解t，我们可以得到两个值，如果两个都是复数，则没有真正的答案。如果两个都是真实的，那么我们可能有两个答案，可能是由于对称性，我们必须在[0 1]区间中选择一个t。

一旦有了t，就可以使用Q（t）和线P中的对应点x计算线段Q中的点

x = P（（Q（t）-P1）•V）

如果参数（Q（t）-P1）•V在[0 L]区间内，其中L是向量的长度（P2-P1），则x位于段线P的末端，否则x在外面，则找不到答案。

在两个线段之间找到距离？

4 个答案: