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  • 给定三维空间里的任意个点确定一个平面方程Ax+By+Cz+D=0的求解过程及伪代码的实现 其思想就是 1.先求解该平面的法向量n 2.由点法式将其中的任意一点代入公式即可以求得平面方程Ax+By+Cz+D=0的系数ABCD 3.伪代码...

    给定三维空间里的任意三个点来确定一个平面方程Ax+By+Cz+D=0的求解过程及伪代码的实现

    其思想就是

    1.先求解该平面的法向量n

    2.由点法式将其中的任意一点代入公式即可以求得平面方程Ax+By+Cz+D=0的系数ABCD

    3.伪代码实现如我的图片推导过程


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  • 平面任意椭圆与的位置关系

    千次阅读 2019-05-07 16:09:46
    平面任意椭圆与的位置关系 标签(空格分隔): 未分类 问题描述 : 如上图所示,我们的目的是判断在二维空间中任意一椭圆与任意一点pi(xi,yi)p_i(x_i,y_i)pi​(xi​,yi​)的位置关系,这样的位置关系有三种 : 1...

    平面上任意椭圆与点的位置关系

    未标题-1.png-32.6kB

    问题描述 : 如上图所示,我们的目的是判断在二维空间中任意一椭圆与任意一点 p i ( x i , y i ) p_i(x_i,y_i) pi(xi,yi)的位置关系,这样的位置关系有三种 : 1 点在椭圆上; 2 点在椭圆中; 3 点在椭圆外。

    解决思路 :

    从最简单的开始讲起, 在初中时候学到过,对于一个焦点在 x x x轴或 y y y轴的椭圆来讲有标准方程 :
    x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 a2x2+b2y2=1
    或者
    y 2 a 2 + x 2 b 2 = 1 \frac{y^2}{a^2} + \frac{x^2}{b^2} = 1 a2y2+b2x2=1
    利用标准方程,判断点与椭圆的位置关系十分容易,以焦点在 x x x轴上的椭圆为例, ∀ p ( x i , y i ) ∈ R 2 \forall p(x_i,y_i)\in R^2 p(xi,yi)R2,这里不加证明的给出位置关系的判别式 :
    (1) 若
    x i 2 a 2 + y i 2 b 2 &lt; 1 \frac{x_i^2}{a^2} + \frac{y_i^2}{b^2} &lt; 1 a2xi2+b2yi2<1
    点在椭圆内;
    (2) 若
    x i 2 a 2 + y i 2 b 2 = 1 \frac{x_i^2}{a^2} + \frac{y_i^2}{b^2} = 1 a2xi2+b2yi2=1
    点在椭圆上;
    (3) 若
    x i 2 a 2 + y i 2 b 2 &gt; 1 \frac{x_i^2}{a^2} + \frac{y_i^2}{b^2} &gt; 1 a2xi2+b2yi2>1
    点在椭圆外。
    这一块证明的资料很多,在此就不再赘述了。


    现在将问题泛化 : 对于任意的一个椭圆如何求其与点 p i p_i pi的关系。根据上面的结论我们可以很自然的思考,如果通过一种坐标系的变换,将任意的椭圆都变为焦点在 x x x轴,或 y y y轴的椭圆,那么其与点 p i p_i pi位置关系的判断将是十分容易,只需要带入已知公式即可,根据这样的思路,我们建立如下坐标系。
    image_1da8epiv1phogiqemb1lrqi863i.png-57.6kB

    如上图所示,在新的坐标系 x ′ 0 ′ y ′ x&#x27;0&#x27;y&#x27; x0y中,椭圆的焦点处于坐标轴上,可以使用椭圆的标准方程进行求解,唯一的问题是如何将任给一点 p i p_i pi变换到 x ′ 0 ′ y ′ x&#x27;0&#x27;y&#x27; x0y,证明的方式有很多种,在此选用基变换.
    下述方法中,变换后向量的起点 0 ′ 0&#x27; 0的坐标是 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0,y0)点,为了满足这个条件,首先对 p i p_i pi进行简单的平移变换,
    x i = x i − x 0 y i = y i − y 0 x_i = x_i - x_0 \\ y_i = y_i - y_0 xi=xix0yi=yiy0
    注 : ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0,y0) 是椭圆圆心坐标.

    求解 :
    在原始坐标系 x 0 y x0y x0y中选取一组单位正交基 { e 1 ⃗ , e 2 ⃗ } , e 1 ⃗ = ( 1 , 0 ) , e 2 ⃗ = ( 0 , 1 ) \{ \vec{e_1},\vec{e_2} \},\vec{e_1} = (1,0),\vec{e_2} = (0,1) {e1 ,e2 },e1 =(1,0),e2 =(0,1),显然 p i ⃗ = x i e 1 ⃗ + y i e 2 ⃗ \vec{p_i} = x_i \vec{e_1} + y_i \vec{e_2} pi =xie1 +yie2 .
    如上图先将 e 1 ⃗ , e 2 ⃗ \vec{e_1},\vec{e_2} e1 ,e2 旋转 θ \theta θ角,根据向量旋转公式:
    ( e 1 ′ ⃗ ) T = [ cos ⁡ ( θ ) − sin ⁡ ( θ ) sin ⁡ ( θ ) cos ⁡ ( θ ) ] ⋅ [ 1 0 ] ( e 2 ′ ⃗ ) T = [ cos ⁡ ( θ ) − sin ⁡ ( θ ) sin ⁡ ( θ ) cos ⁡ ( θ ) ] ⋅ [ 0 1 ] (\vec{e_1&#x27;})^T = \begin{bmatrix} \cos(\theta)&amp; -\sin(\theta)\\ \sin(\theta) &amp; \cos(\theta) \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} \\ (\vec{e_2&#x27;})^T = \begin{bmatrix} \cos(\theta)&amp; -\sin(\theta)\\ \sin(\theta) &amp; \cos(\theta) \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} (e1 )T=[cos(θ)sin(θ)sin(θ)cos(θ)][10](e2 )T=[cos(θ)sin(θ)sin(θ)cos(θ)][01]
    综上 e 1 ′ ⃗ = ( cos ⁡ θ , sin ⁡ θ ) , e 2 ′ ⃗ = ( − s i n θ , c o s θ ) \vec{e_1&#x27;} = \left ( \cos \theta ,\sin\theta \right ),\vec{e_2&#x27;} = (-sin\theta,cos\theta) e1 =(cosθ,sinθ),e2 =(sinθ,cosθ), 显然其满足这几点 :
    (1) e 1 ′ ⃗ , e 2 ′ ⃗ \vec{e_1&#x27;},\vec{e_2&#x27;} e1 ,e2 线性无关
    (2) e 1 ′ ⃗ ⋅ e 2 ′ ⃗ = 0 \vec{e_1&#x27;}\cdot\vec{e_2&#x27;} = 0 e1 e2 =0
    (3) ∣ e 1 ′ ⃗ ∣ = ∣ e 2 ′ ⃗ ∣ = 1 \left | \vec{e_1&#x27;} \right | = \left | \vec{e_2&#x27;} \right | = 1 e1 =e2 =1
    以上通过旋转矩阵求出了新坐标系下的一组正交基,下面只需要求 p i ⃗ \vec{p_i} pi 在新的基下的表示即可,解法有多种,下面展示一种通过求过度矩阵来进行求解的方法 :
    e 1 ′ ⃗ , e 2 ′ ⃗ \vec{e_1&#x27;},\vec{e_2&#x27;} e1 ,e2 通过 e 2 ⃗ , e 2 ⃗ \vec{e_2},\vec{e_2} e2 ,e2 进行表示 :
    e 1 ′ ⃗ = cos ⁡ θ ⋅ e 1 ⃗ + sin ⁡ θ ⋅ e 2 ⃗ e 2 ′ ⃗ = − sin ⁡ θ ⋅ e 1 ⃗ + cos ⁡ θ ⋅ e 2 ⃗ \vec{e_1&#x27;} = \cos\theta \cdot \vec{e_1} + \sin\theta \cdot \vec{e_2} \\ \vec{e_2&#x27;} = -\sin\theta \cdot \vec{e_1} + \cos\theta \cdot \vec{e_2} \\ e1 =cosθe1 +sinθe2 e2 =sinθe1 +cosθe2
    由上可以求出过渡矩阵
    C = [ cos ⁡ ( θ ) − sin ⁡ ( θ ) sin ⁡ ( θ ) cos ⁡ ( θ ) ] C = \begin{bmatrix} \cos(\theta)&amp; -\sin(\theta)\\ \sin(\theta) &amp; \cos(\theta) \end{bmatrix} C=[cos(θ)sin(θ)sin(θ)cos(θ)]
    所以 e 1 ⃗ , e 2 ⃗ \vec{e_1},\vec{e_2} e1 ,e2 e 1 ′ ⃗ , e 2 ′ ⃗ \vec{e_1&#x27;},\vec{e_2&#x27;} e1 ,e2 的坐标变换表示为 :
    [ x i ′ y i ′ ] = C − 1 ⋅ [ x i y i ] \begin{bmatrix} x_i&#x27;\\ y_i&#x27; \end{bmatrix} = C^{-1}\cdot \begin{bmatrix} x_i \\ y_i \end{bmatrix} [xiyi]=C1[xiyi]
    整理可以得到 :
    x ′ = cos ⁡ θ ⋅ x + sin ⁡ θ ⋅ y y ′ = − sin ⁡ θ ⋅ x + cos ⁡ θ ⋅ y x&#x27; = \cos\theta \cdot x + \sin\theta \cdot y \\ y&#x27; = -\sin\theta \cdot x + \cos\theta \cdot y x=cosθx+sinθyy=sinθx+cosθy
    上述关系式还可以通过向量间的投影关系得到.

    最后将变换后的 ( x i ′ , y i ′ ) (x&#x27;_i,y&#x27;_i) (xi,yi)带入判别式,计算即可。

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  • 即三个点的坐标x​1​​、y​1​​、x​2​​、y​2​​、x​3​​、y​3​​。 输出格式: 若这3个点不能构成三角形,则在行中输出“Impossible”;若可以,则在行中输出该三角形的周长和...
  • 涉及到使用百度地图,在地图中随机的选取任意多个区域,如何求出这些区域的一个中心坐标;就是在若干个区域中,找出最中心的一个区域,用于展示到用户屏幕的最中心处。 上面的问题,简化成数学问题就是,在一个...

    再做一个项目的时候,想到了这样一个问题:
    涉及到使用百度地图,在地图中随机的选取任意多个区域,如何求出这些区域的一个中心点坐标;就是在若干个区域中,找出最中心的一个区域,用于展示到用户屏幕的最中心处。
    上面的问题,简化成数学问题就是,在一个平面区域中,散落n的点 P 1 − P n P_1-P_n P1Pn(n>0),求在这个平面区域(二维坐标系)上这些散落点组成的最少区域的中心点C,找到中心点后,在求出这若干点离中心点最近的点 P l P_l Pl.

    对于上面问题,先不用证明问题是否可解,因为这就是编程问题,不用在数学上严格的去证明;

    • 假设问题是有解的
    • 用计算机编程如何实现
    • 如何更高效,更简洁的实现,当散落的点越来越多,构成的区域多边形越来越复杂,如何提供更加高效算法
    • 考虑区域点密度加权1,算出更加优化的区域“中心点”

    问题解

    下面进行问题解分析,(分析过程几乎可以证明问题是否可解了)
    我只提供一种分析思路,不对的话请见谅

    1. 首先,定义一个点 Gps(lon,lat),然后将若干个点用集合List包装起来 List<Gps>;
    2. 甭管用什么方法,总是可以从list中取出一个点来(可以取第一个,也可以取最后一个,或者中间位置的一个或者随机一个),把它设置为中心点;
    3. 然后用剩下的点和中心点做距离比较,总能找到一个最大距离 D 1 D_1 D1,将这个距离保存下来;
    4. 然后重复从list取另外一个点作为中心点(比如,第一次取第一个,第二次取第二个),再跟其余点做距离比较,那么也会得到一个最大距离 D 2 D_2 D2,保存;
    5. 以此类推,重复步骤2,3,会得到一系列的最大距离 D 3 , D 4 , . . . , D n D_3,D_4,...,D_n D3,D4,...,Dn,并保存;
    6. 从这n个距离集合中,取最少距离的那个即为中心点,完毕。

    上面过程中保存距离,应该使用Map这种数据结构,key为被选中的点,value为最大距离;然后从map中选出value最少的那个key。

    上面的解决方案,基本上可以满足:用计算机编程如何实现这一条了,编程的话应该很easy;

    现在考虑的是,这种过程是否高效简洁?

    不好说,因为没有对比的其他解决方法,现在分析一下上面算法特点:

    • 只涉及到加减法,这点应该是优势,不需要太多的数学理论
    • 不断的循环,当n较少时,会很有利,当n不断增大后,可能循环多了就没意义了,甚至无法计算
    • 这个算法解决不了,上面提到的“密度加权”问题

    现在再说一下,为什么在最长距离集合中距离最短的,就是最中心点了?

    这个最好有数学系的同学给证明一下,我也只是通过观察发现,可能最短就是中心点,用这种方式找出来的点是可能有多个中心点的,下面给大家分析一下

    首先从最简单的开始,只有一个点,那么这个点就是中心点,这是事实;
    两个点,那么任意两个都可作为中心点,也是事实;
    三个点,假设三个点的距离都相等,那么这三个点任意一个可以作为中心点,如果三条边不相等,如图
    三个坐标点找中心点
    对于ABC三个点,分别做连线,得到AB,AC,BA,BC,CA,CB,需要保证找到每个点的最大距离,那么会得到 A: AC,B:BC,C:CA;另外还要保证最大距离的半径下的圆形区域内将所有点包含,显然AC=CA>BC,那么就能选出B作为中心点;

    可以再取四个点的区域,用上面的方法分析,首先正方形的四个点,会发现对角线是为最大距离,并且每个点的最大距离都相等,那么这是个点任意一个可以作为中心点;其他的任意四个点,也是总能找到某个点的最大距离,并且以这个距离为半径做圆形可以将四个点都包含在内,那么这个点就是中心点;

    编程实现

    前面已经进行了算法描述,下面接着编程如何实现,并测试效果

    首先需要引入一个坐标类,用于标识某个点,并提供一个计算两点间距离的方法

    类Gps

    package com.iscas.tools;
    
    /**
     * 地理坐标 Gps <br>
     * 
     * @author 王俊伟 wjw.happy.love@163.com
     * 
     * @version 1.0.0
     */
    public class Gps {
    
    	/** 纬度 */
    	public double lat;
    	/** 经度 */
    	public double lon;
    
    	public Gps(double lon, double lat) {
    		this.lat = lat;
    		this.lon = lon;
    	}
    
    	/**
    	 * 求当前点跟目标点的距离
    	 * 
    	 * @param gps
    	 *            目标点
    	 * @return 距离
    	 */
    	public double distance(Gps gps) {
    		if (this.equals(gps)) {
    			return 0d; // 同一个点距离为0
    		}
    		return EarthUtil.getDistance(this.lon, this.lat, gps.lon, gps.lat);
    	}
    
    	/*
    	 * (non-Javadoc)
    	 * 
    	 * @see java.lang.Object#equals(java.lang.Object)
    	 */
    	@Override
    	public boolean equals(Object obj) {
    		if (obj == null) {
    			return false;
    		}
    		Gps gps = (Gps) obj;
    		if (gps.lon == this.lon && gps.lat == this.lat) {
    			return true;
    		}
    		return false;
    	}
    
    	/*
    	 * (non-Javadoc)
    	 * 
    	 * @see java.lang.Object#toString()
    	 */
    	@Override
    	public String toString() {
    		return "(" + this.lon + "," + this.lat + ")";
    	}
    
    	public void print() {
    		System.out.println(this);
    	}
    

    算法实现

    然后看一下具体的算法实现部分,非常简单

    /**
    * 根据一组坐标选取中心点坐标
     * 
     * @param gpses
     *            坐标集合
     * @return 中心点坐标
     */
    public static Gps pickCenter(List<Gps> gpses) {
    	Gps g = null;// 目标中心点
    	Map<Gps, Double> maxDistances = new HashMap<>();
    	List<Double> distances = new ArrayList<>();
    	for (Gps center : gpses) {// 遍历每个中心点
    		for (Gps gps : gpses) {
    			distances.add(center.distance(gps));
    		}
    		Collections.sort(distances, Collections.reverseOrder());//逆序,需要取最大的距离
    		maxDistances.put(center, distances.get(0));
    		distances.clear();
    	}
    	// 对maxDistances,根据value排序,取距离最小的
    	g = maxDistances.entrySet().stream().sorted(Comparator.comparingDouble(e -> e.getValue())).map(m -> m.getKey())
    			.collect(Collectors.toList()).get(0);
    	return g;
    }
    

    上面算法比较简洁,原理就是,以某个点为中心,画同心圆,最后能在这些点中找到一个(或若干个)最短半径构成的圆形区域能恰好包含这些所有的点,这个圆形的中心点就是我们所需要的中心点。

    测试

    下面是我找了5组测试数据,分别测试上次,记录耗时,另外说明一下点的生成为随机生成 lon的范围[0,180),lat范围[0,90)

    点数(个)耗时(ms)点数(个)耗时(ms)点数(个)耗时(ms)
    10075100124100109
    100070810007681000822
    1000061,6711000060,1851000060,661
    100000至少半个小时还没结果,kill了1000006546799100000实在不敢跑了
    1000000上面的还没跑完呢,double kill10000001000000

    原本对设计时候对10万个点还是有信心的,没想到结果,真是一言难尽啊!
    说一下我电脑配置吧:内存12G(这个肯定够了),cpu Intel i5-4460 3.20GHz 4核,结果在一万个点就掉链子了,这算法真是不测不知道,一测吓一跳,虽然前面已经分析过,随着点数增多,会有性能问题…
    实际上在跑到1万个点测试的时候,就已经是令人不可接受了,一万个点大概需要1分钟才能找到中心点,在实际应用中我得项目最大承载量是需要在1万5千个点中找到中心点。
    仔细想想,结合算法,对于1万个点,仅仅求任意两点的距离就需要计算1亿次,这里面第一次排序还需要执行1万次,监测可以发现1个点内排序一次大概1-2ms,1万次;对10万个点,内排序一次在20ms左右,也需要1万次。
    这样再计算一下,对于10万个点,内排序就需要 ((20*100000)/1000 )/ 60 = 33min!
    外排序较快172毫秒完成。
    一百万个点的时候,一次内排序耗时360毫秒左右,这个时间真的耗费不起。

    这个算法应该说对于项目来说是不符合预期的,还需要优化!

    结语

    上面已经提供了一套解决此问题的算法,但是算法并不完美,对于加权处理还不够;希望有大神能够提供更加完善的证明获取其他算法。
    另外,上面全是基于二维平面,实际还可以扩展到三维空间,用上面的方式一样能解决问题。



    1. 点密度加权:平面区域内,散落的点呈现某种趋势,如一些区域稠密,一些区域稀疏等,对于稠密区权重要高于稀疏区,考虑到此条件下,找到的中心点应该偏向与稠密区域 ↩︎

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    方案一:判断其中一个点和另外任意两个点是否可以组成勾股定理

    方案二:
    1,两对对边长度的平方相等 (平行四边形)
    2,其中一个内角为直角,勾股定理(一对角线长度的平方等于两直角边长度的平方的和)
    就可以确定四个点连成矩形

    //获取两点之间的距离
    function getLen($arr1,$arr2)
    {
       $x=abs($arr1[0]-$arr2[0]);
       $y=abs($arr[1]-$arr2[1]);
       $len=sqrt(pow($x,2)+pow($y,2));
       return $len;
    }

     

    转载于:https://www.cnblogs.com/dongtong/p/7839466.html

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    2020-05-26 23:21:30
    前言 基于图形学中对平面的定义,可知定义平面的5种方法(详细描述),而在Unity中共三种确定平面的方法 ...//平面任意不共线的三个点 public Plane(Vector3 a, Vector3 b, Vector3 c); 关于publi
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  • 平面最近对问题求解

    千次阅读 2016-07-25 01:30:49
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空空如也

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任意四点确定一个平面