Circle-Line Çarpışma Tespit Sorunu

Şu anda bir koparma klonu geliştiriyorum ve düzgün çalışan bir top (daire) ve bir tuğla (dışbükey çokgen) arasındaki çarpışma tespitinde bir engel oluşturdum. Her hattın dışbükey çokgen tuğlayı temsil ettiği ve kenarladığı bir Circle-Line çarpışma algılama testi kullanıyorum.

Çoğu zaman Circle-Line testi düzgün çalışır ve çarpışma noktaları doğru şekilde çözülür.

Çarpışma algılama düzgün çalışıyor.

Ancak, top gerçekten tuğla ile kesiştiğinde, çarpışma tespit kodum bazen negatif bir ayrımcıdan dolayı yanlış döner.

Çarpışma algılama başarısız.

Bu yöntemdeki verimsizliğin farkındayım ve test edilen tuğla sayısını azaltmak için eksene hizalanmış sınırlayıcı kutuları kullanıyorum. Temel kaygım, aşağıdaki kodumda herhangi bir matematiksel hata olup olmadığıdır.

/* 
 * from and to are points at the start and end of the convex polygons edge.
 * This function is called for every edge in the convex polygon until a
 * collision is detected. 
 */

bool circleLineCollision(Vec2f from, Vec2f to)
{
    Vec2f lFrom, lTo, lLine;
    Vec2f line, normal;
    Vec2f intersectPt1, intersectPt2;
    float a, b, c, disc, sqrt_disc, u, v, nn, vn;
    bool one = false, two = false;

    // set line vectors
    lFrom = from - ball.circle.centre;      // localised
    lTo = to - ball.circle.centre;          // localised
    lLine = lFrom - lTo;                    // localised
    line = from - to;

    // calculate a, b & c values
    a = lLine.dot(lLine);
    b = 2 * (lLine.dot(lFrom));
    c = (lFrom.dot(lFrom)) - (ball.circle.radius * ball.circle.radius);

    // discriminant
    disc = (b * b) - (4 * a * c);

    if (disc < 0.0f)
    {
        // no intersections
        return false;
    }
    else if (disc == 0.0f)
    {
        // one intersection
        u = -b / (2 * a);

        intersectPt1 = from + (lLine.scale(u));
        one = pointOnLine(intersectPt1, from, to);

        if (!one)
            return false;
        return true;
    }
    else
    {
        // two intersections
        sqrt_disc = sqrt(disc);
        u = (-b + sqrt_disc) / (2 * a);
        v = (-b - sqrt_disc) / (2 * a);
        intersectPt1 = from + (lLine.scale(u));
        intersectPt2 = from + (lLine.scale(v));

        one = pointOnLine(intersectPt1, from, to);
        two = pointOnLine(intersectPt2, from, to);

        if (!one && !two)
            return false;
        return true;
    }
}

bool pointOnLine(Vec2f p, Vec2f from, Vec2f to)
{
    if (p.x >= min(from.x, to.x) && p.x <= max(from.x, to.x) && 
        p.y >= min(from.y, to.y) && p.y <= max(from.y, to.y))
        return true;
    return false;
}

Çalışan kademeli bir A için B aşağıdaki gibi hesaplanabilir:

P (t) = A + D • t D olan B - A ve 0 ile 1 t çalışır

Şimdi daire başlangıç ​​noktasına ortalanmıştır ( merkezi başlangıç ​​noktasına yerleştirmek için gerekirse A ve B'yi hareket ettirin ) ve r yarıçapına sahiptir .

Bazı t için P'nin aynı r uzunluğuna sahip olduğunu veya eşit olarak P kare uzunluğunun r²'ye eşit olduğunu düşünüyorsanız bir kesişiminiz vardır.

Bir vektörün kare uzunluğu, bir vektörün nokta ürününü kendisi yaparak elde edilir (bu nokta ürün için uygun bir işlem bulursa yeni ve tutarlı bir uzunluk kavramı tanımlayabileceği kadar doğrudur)

P · P = ( A + D · t) · ( A + D · t) =

A · A + 2 A · D t + D · D t²

Hangi t için P · P = r² elde ettiğimizi bulmak istiyoruz.

A · A + 2 A · D t + D · D t² = r²

ya da ne zaman

D · D t² + 2 A · D t + A · A -r² = 0

bu çok ünlü İkinci dereceden denklem

at² + bt + c = 0

ile

a = D · D ; b = 2 A · D ve c = A · A -r²

Belirleyici b² - 4ac'ın pozitif olup olmadığını kontrol etmeliyiz ve bu yüzden bize P (t) kesişim noktalarını veren 2 t değeri buluyoruz .

t, 0 ile 1 arasında olmalıdır , aksi takdirde satırındaki yalan geçen bu çözüm bulunan A ve B ama daha önce olduğu A veya daha sonra B

[DÜZENLE]

Diğer sorular bu yanıta yardımcı olabileceğinden, bazı düzenlemeleri kullanarak bu düzenlemenin nedenini basitleştirmeye karar verdim. Bu başlangıç ​​koşulu. Şimdi A_B segmentine odaklanın

D , A'yı B'ye hareket ettiren vektördür, bu nedenle t, 0 ile 1 arasındaysa, D · t , D' nin "uygun bir kısmıdır ", bu nedenle A + D · t noktası A_B segmentinde bulunur: kahverengi noktalar, t olduğunda 0 ile 1 arasında ve koyu yeşil ise t> 1 olduğunda.

Şimdi, dairenin merkezini Kökeni'ne taşırsak işleri basitleştirebiliriz. Bu her zaman yapılabilir çünkü geometriyi, açıları, kesişimi, ölçüleri vb. Koruyan basit bir koordinat sistemi değişikliği.

Şimdi , t değiştiğinde P uzunluğunu hesaplamanın basit bir yoluna sahibiz ve bunun için hangi P'nin çemberin sınırlarını aştığını söyleyelim .

Gördüğünüz gibi P " r'den daha uzunken P" r'den küçüktür. Hem vektör uzunluğu hem de r pozitif sayılar olduğundan, korunandan daha büyük veya daha küçük olma sırası ilişkisi, uzunluklar arasındaki ilişkiyi hesaplamamızdır. kare ve yarıçap kare P * 1 ve P * 2 | P | ² değerini r²'ye eşit yapan noktadır

Ön düzenleme bölümünde belirtildiği gibi, t ​​değişkenimiz olduğu ikinci dereceden bir denklem elde etmeye geldik. Bilindiği gibi t'nin çözelti değerleri, t'nin birkaç karmaşık sayı olduğu durumdan değişir - bu, kesişme olmadığı anlamına gelir; t'nin iki eşit çözüm olduğu durumda - bu bir kavşak olduğu anlamına gelir; iki ayrı çözümün olduğu durum- iki kavşak olduğu anlamına gelir.

Diskriminant önceki durumunu ayırt etmek için kullanılır ve bir geçerlilik testi eğer o geçerli bir kavşak ama bizim segmentinde dışında görmek t yapılır - yani çözüm t gerçek olmalı ve 0 ile 1 arasında uygun bir kavşak sonbahar olduğu dikkate alınacak A_B segmentinde