样条曲线长度--数值积分

转载自：https://www.cnblogs.com/flytrace/p/8413255.html

前几天在做摄像机轨道时，解决匀速定长运动问题，刚好理解了题述问题。

首先做完这个曲线上匀速运动的编程实现后，是十分愉悦的。这个问题里，两个科学史上的伟人，牛顿和高斯，相继大显身手，怎能不让人膜拜？我之前并不了解所涉及的数值分析方法，所以觉得很神奇。

以下为简洁我会使用向量的表示方法，使用大写数字代表向量。以catmullrom样条曲线(spline)为例，对于一个关于t的多次样条曲线:

$$Q(t)=A{t}^3+B{t}^2+Ct+D$$

1.根据长度求坐标思路

一般来说实际中，$t$的范围都是[0, 1]。当$t$在[0, 1]中滑动时，$Q(t)$的集合即为一条平滑曲线。注意到当$t$以匀速移动时，$Q(t)$在沿曲线方向上并不是匀速移动。要做到这一点，显然曲线长度$s$是需要考虑的。假设在$t$点处我们有曲线长度，（根据$s$长度，计算控制量$t$，再计算坐标$Q(t)$）。
$$s=L(t)$$
那么s长度所对应的t即为上面方程的反函数:
$$t=L^{-1}(s)$$
反带入$Q(t)$，得
$$Q(t)=Q(L^{-1}(s))=Z(s)$$

$s$的区间显然是[0, 曲线总长度]，于是我们可以对$s$做匀速递增，从而得到$Q(t)$的位置， 从而完成匀速插值。

难点在于求$S=L(t)$，这实际上是一个求积分的问题。很遗憾，一般来说很难得到一个解析的积分公式的，实际中是通过数值计算方法得到积分值。

$s$通过数值方法得到，也很难求逆得到$t$，可以通过牛顿迭代，或二分查找得到。

2.用数值积分实现s的积分

数值积分使用Guass-lengendre积分来实现，通过选定的几个积分点及权重，它神奇而快速的得到精度很高的积分值。我们直接来重点吧，该方法需要一张n阶权重表，比如5阶权重表:

及一个计算公式:
$${\int }_a^{b}f(x)dx=\frac{b-a}{2}\sum _{i=1}^n{w}_{i}f(\frac{b-a}{2}{x}_i+\frac{b+a}{2})$$
对于样条曲线，我们有:
$$\begin{gathered} \frac{ds}{dt}=||Q^{\prime }(t)|| \\ ds=||Q^{\prime }(t)||dt \\ s={\int }_0^t||Q^{\prime }(x)||dx \end{gathered}$$

• $Q^{\prime }(t)$为$Q(t)$的导
  $$Q^{\prime }(t)=3A{t}^2+2Bt+C$$
• $||Q^{\prime }(t)||$为该点处的长度:
  $$||Q^{\prime }(t)||=\sqrt{Q_x^{\prime }(t{)}^2+Q_y^{\prime }(t{)}^2}$$
• 具体对于我们的公式，有:
  $$s=L(t)={\int }_0^t||Q^{\prime }(x)||dx=\frac{t}{2}\sum _{i=1}^n{w}_i||Q^{\prime }(\frac{t}{2}{x}_i+\frac{t}{2})||$$

将表中的值依次带入，迭代计算即可得到$t$点处的积分值$s$。比我之前快速实现时所采用的线性分割方法快了100倍有没有？特别是该方程的普适性，对于多阶多项式都适用而且精度非常高。有种魔性在这里，高斯是神。

3.牛顿迭代求解s对应的t

现在$s=L(t)$对我们来说是已知了，那么如何求$s$所对应的$t$呢?这实际上是求方程:
$$L(t)-s=0$$
的根。因为$L(t)$没有解析表达，我们将使用牛顿迭代法:
$$b=a-\frac{f(a)}{f^{\prime }(a)}$$
将得到的b的值作为a再带入上述公式，迭代几次即可逼近$s=f(x)$的根。具体到我们的公式：
$$b=a-\frac{L(a)-s}{L^{\prime }(a)}$$
对于特定的$s$，我们首先要拟定一个初值$a$，因为样条曲线性质良好，而且一般说来实际中不会允许2点间出现陡峭的曲线，一定会多加一些点令2点间曲线形状为凸或凹的，所以我们可以近似认为$t$在区间[0, 1]的比例，近似等于$s$与总长度的比例。而显然总长为L(1),通过前面的高斯积分已经可以算出，于是初始值$a$我们可拟定为：
$$a=\frac{s}{L(1)}$$
反复迭代(3-4次的精度就不错了)，得出最终$t$值，再把该值反带入$Q(t)$中，得到对于给定s值所对应的位置，至此我们完成了样条曲线的重参数化。

4.直接推导二阶贝塞尔曲线的长度积分解析式

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