确定两个矩形是否相互重叠？

Question

我正在尝试编写一个 C++ 程序，它从用户那里获取以下输入来构造矩形（2 到 5 之间）：高度、宽度、x-pos、y-pos。 所有这些矩形都将平行于 x 轴和 y 轴存在，也就是说，它们的所有边都将具有 0 或无穷大的斜率。

我试图实现这个问题中提到的内容，但我运气不佳。

我当前的实现执行以下操作：

// Gets all the vertices for Rectangle 1 and stores them in an array -> arrRect1
// point 1 x: arrRect1[0], point 1 y: arrRect1[1] and so on...
// Gets all the vertices for Rectangle 2 and stores them in an array -> arrRect2

// rotated edge of point a, rect 1
int rot_x, rot_y;
rot_x = -arrRect1[3];
rot_y = arrRect1[2];
// point on rotated edge
int pnt_x, pnt_y;
pnt_x = arrRect1[2]; 
pnt_y = arrRect1[3];
// test point, a from rect 2
int tst_x, tst_y;
tst_x = arrRect2[0];
tst_y = arrRect2[1];

int value;
value = (rot_x * (tst_x - pnt_x)) + (rot_y * (tst_y - pnt_y));
cout << "Value: " << value;

但是，我不太确定 (a) 我是否已经正确实现了链接到的算法，或者我是否确实如何解释它？

有什么建议？

Answer 1

if (RectA.Left < RectB.Right && RectA.Right > RectB.Left &&
     RectA.Top > RectB.Bottom && RectA.Bottom < RectB.Top )

或者，使用笛卡尔坐标

（X1 是左坐标，X2 是右坐标，从左到右增加，Y1 是顶坐标，Y2 是底坐标，从底到顶增加——如果这不是你的坐标系[例如大多数计算机都有Y 方向反转]，交换下面的比较）...

if (RectA.X1 < RectB.X2 && RectA.X2 > RectB.X1 &&
    RectA.Y1 > RectB.Y2 && RectA.Y2 < RectB.Y1)

假设你有矩形 A 和矩形 B。证明是矛盾的。 四个条件中的任何一个都保证不存在重叠：

条件 1。 如果 A 的左边缘在 B 右边缘的右侧，那么 A 完全在 B 的右侧
条件 2。 如果 A 的右边缘在 B 左边缘的左边，那么 A 完全在 B 的左边
条件 3。 如果 A 的顶部边缘低于 B 的底部边缘， - 那么 A 完全低于 B
条件 4。 如果 A 的底边高于 B 的顶边， - 那么 A 完全高于 B

所以非重叠的条件是

NON-Overlap => Cond1 Or Cond2 Or Cond3 Or Cond4

因此，Overlap 的充分条件是相反的。

Overlap => NOT (Cond1 Or Cond2 Or Cond3 Or Cond4)

德摩根定律说
Not (A or B or C or D)与Not A And Not B And Not C And Not D
所以使用德摩根，我们有

Not Cond1 And Not Cond2 And Not Cond3 And Not Cond4

这相当于：

A 的左边缘到 B 的右边缘的左侧，[ RectA.Left < RectB.Right ]，和
A 的右边缘到 B 的左边缘的右侧，[ RectA.Right > RectB.Left ]，以及
A 的顶部高于 B 的底部，[ RectA.Top > RectB.Bottom ]，以及
A 的底部低于 B 的顶部 [ RectA.Bottom < RectB.Top ]

注 1 ：很明显，同样的原则可以扩展到任意数量的维度。
注意 2 ：计算一个像素的重叠也应该是相当明显的，将该边界上的<和/或>更改为<=或>= 。
注 3 ：这个答案，当使用笛卡尔坐标 (X, Y) 时基于标准代数笛卡尔坐标（x 从左到右增加，Y 从下到上增加）。 显然，如果计算机系统可能会以不同的方式机械化屏幕坐标（例如，从上到下增加 Y，或从右到左增加 X），则需要相应地调整语法/

Answer 2

struct rect
{
    int x;
    int y;
    int width;
    int height;
};

bool valueInRange(int value, int min, int max)
{ return (value >= min) && (value <= max); }

bool rectOverlap(rect A, rect B)
{
    bool xOverlap = valueInRange(A.x, B.x, B.x + B.width) ||
                    valueInRange(B.x, A.x, A.x + A.width);

    bool yOverlap = valueInRange(A.y, B.y, B.y + B.height) ||
                    valueInRange(B.y, A.y, A.y + A.height);

    return xOverlap && yOverlap;
}

Answer 3

struct Rect
{
    Rect(int x1, int x2, int y1, int y2)
    : x1(x1), x2(x2), y1(y1), y2(y2)
    {
        assert(x1 < x2);
        assert(y1 < y2);
    }

    int x1, x2, y1, y2;
};

bool
overlap(const Rect &r1, const Rect &r2)
{
    // The rectangles don't overlap if
    // one rectangle's minimum in some dimension 
    // is greater than the other's maximum in
    // that dimension.

    bool noOverlap = r1.x1 > r2.x2 ||
                     r2.x1 > r1.x2 ||
                     r1.y1 > r2.y2 ||
                     r2.y1 > r1.y2;

    return !noOverlap;
}

Answer 4

检查一个矩形是否完全在另一个矩形之外更容易，所以如果它是

在左边...

(r1.x + r1.width < r2.x)

或者在右边...

(r1.x > r2.x + r2.width)

或者在上面...

(r1.y + r1.height < r2.y)

或者在底部...

(r1.y > r2.y + r2.height)

的第二个矩形，它不可能与它碰撞。 因此，要获得一个返回布尔值的函数，表示矩形发生碰撞，我们只需通过逻辑 OR 组合条件并否定结果：

function checkOverlap(r1, r2) : Boolean
{ 
    return !(r1.x + r1.width < r2.x || r1.y + r1.height < r2.y || r1.x > r2.x + r2.width || r1.y > r2.y + r2.height);
}

为了仅在触摸时已经收到肯定的结果，我们可以将“<”和“>”更改为“<=”和“>=”。

Answer 5

假设您已经定义了矩形的位置和大小，如下所示：

在此处输入图片说明

我的 C++ 实现是这样的：

class Vector2D
{
    public:
        Vector2D(int x, int y) : x(x), y(y) {}
        ~Vector2D(){}
        int x, y;
};

bool DoRectanglesOverlap(   const Vector2D & Pos1,
                            const Vector2D & Size1,
                            const Vector2D & Pos2,
                            const Vector2D & Size2)
{
    if ((Pos1.x < Pos2.x + Size2.x) &&
        (Pos1.y < Pos2.y + Size2.y) &&
        (Pos2.x < Pos1.x + Size1.x) &&
        (Pos2.y < Pos1.y + Size1.y))
    {
        return true;
    }
    return false;
}

根据上图给出的示例函数调用：

DoRectanglesOverlap(Vector2D(3, 7),
                    Vector2D(8, 5),
                    Vector2D(6, 4),
                    Vector2D(9, 4));

if块内的比较如下所示：

if ((Pos1.x < Pos2.x + Size2.x) &&
    (Pos1.y < Pos2.y + Size2.y) &&
    (Pos2.x < Pos1.x + Size1.x) &&
    (Pos2.y < Pos1.y + Size1.y))
                 ↓  
if ((   3   <    6   +   9    ) &&
    (   7   <    4   +   4    ) &&
    (   6   <    3   +   8    ) &&
    (   4   <    7   +   5    ))

Answer 6

问自己相反的问题：如何确定两个矩形是否根本不相交？ 显然，完全位于矩形 B 左侧的矩形 A 不相交。 同样，如果 A 完全向右。 同样，如果 A 完全高于 B 或完全低于 B。在任何其他情况下，A 和 B 相交。

下面的内容可能有错误，但我对算法非常有信心：

struct Rectangle { int x; int y; int width; int height; };

bool is_left_of(Rectangle const & a, Rectangle const & b) {
   if (a.x + a.width <= b.x) return true;
   return false;
}
bool is_right_of(Rectangle const & a, Rectangle const & b) {
   return is_left_of(b, a);
}

bool not_intersect( Rectangle const & a, Rectangle const & b) {
   if (is_left_of(a, b)) return true;
   if (is_right_of(a, b)) return true;
   // Do the same for top/bottom...
 }

bool intersect(Rectangle const & a, Rectangle const & b) {
  return !not_intersect(a, b);
}

Answer 7

如果两个矩形重叠，这是使用 C++ 检查的一种非常快速的方法：

return std::max(rectA.left, rectB.left) < std::min(rectA.right, rectB.right)
    && std::max(rectA.top, rectB.top) < std::min(rectA.bottom, rectB.bottom);

它的工作原理是计算相交矩形的左右边界，然后比较它们：如果右边界等于或小于左边界，则表示相交为空，因此矩形不重叠； 否则，它会再次尝试使用顶部和底部边框。

与传统的 4 次比较替代方法相比，这种方法有什么优势？ 这是关于现代处理器的设计方式。 他们有一种叫做分支预测的东西，当比较的结果总是相同的时候它工作得很好，但否则会有巨大的性能损失。 但是，在没有分支指令的情况下，CPU 的表现相当不错。 通过计算交点的边界而不是对每个轴进行两次单独的检查，我们节省了两个分支，每对一个。

如果第一个比较很可能是错误的，那么四次比较方法可能会优于这个方法。 不过，这种情况非常罕见，因为这意味着第二个矩形通常位于第一个矩形的左侧，而不是右侧或与其重叠； 大多数情况下，您需要检查第一个矩形两侧的矩形，这通常会抵消分支预测的优势。

此方法可以进一步改进，具体取决于矩形的预期分布：

如果您希望选中的矩形主要位于彼此的左侧或右侧，那么上述方法效果最佳。 例如，当您使用矩形交集检查游戏的碰撞时，可能就是这种情况，其中游戏对象主要是水平分布的（例如，类似 SuperMarioBros 的游戏）。
如果您希望选中的矩形主要位于彼此的顶部或底部，例如在冰塔类型的游戏中，那么首先检查顶部/底部和最后左侧/右侧可能会更快：

return std::max(rectA.top, rectB.top) < std::min(rectA.bottom, rectB.bottom)
    && std::max(rectA.left, rectB.left) < std::min(rectA.right, rectB.right);

如果相交的概率接近于不相交的概率，那么最好有一个完全无分支的替代方案：

return std::max(rectA.left, rectB.left) < std::min(rectA.right, rectB.right)
     & std::max(rectA.top, rectB.top) < std::min(rectA.bottom, rectB.bottom);

（注意将&&更改为单个& ）

Answer 8

下面是它在 Java API 中的实现方式：

public boolean intersects(Rectangle r) {
    int tw = this.width;
    int th = this.height;
    int rw = r.width;
    int rh = r.height;
    if (rw <= 0 || rh <= 0 || tw <= 0 || th <= 0) {
        return false;
    }
    int tx = this.x;
    int ty = this.y;
    int rx = r.x;
    int ry = r.y;
    rw += rx;
    rh += ry;
    tw += tx;
    th += ty;
    //      overflow || intersect
    return ((rw < rx || rw > tx) &&
            (rh < ry || rh > ty) &&
            (tw < tx || tw > rx) &&
            (th < ty || th > ry));
}

Answer 9

在这个问题中，您链接到矩形处于任意旋转角度时的数学。 但是，如果我理解问题中关于角度的一点，我会解释所有矩形都相互垂直。

一般知道重叠面积公式是：

使用示例：

1   2   3   4   5   6

1  +---+---+
   |       |   
2  +   A   +---+---+
   |       | B     |
3  +       +   +---+---+
   |       |   |   |   |
4  +---+---+---+---+   +
               |       |
5              +   C   +
               |       |
6              +---+---+

1）将所有x坐标（左右）收集到一个列表中，然后对其进行排序并删除重复项

1 3 4 5 6

2）将所有y坐标（顶部和底部）收集到一个列表中，然后对其进行排序并删除重复项

1 2 3 4 6

3) 通过唯一 x 坐标之间的间隙数 * 唯一 y 坐标之间的间隙数创建一个二维数组。

4 * 4

4) 将所有矩形绘制到这个网格中，增加它出现的每个单元格的计数：

1   3   4   5   6

1  +---+
   | 1 | 0   0   0
2  +---+---+---+
   | 1 | 1 | 1 | 0
3  +---+---+---+---+
   | 1 | 1 | 2 | 1 |
4  +---+---+---+---+
     0   0 | 1 | 1 |
6          +---+---+

5) 在绘制矩形时，很容易截取重叠部分。

Answer 10

struct Rect
{
   Rect(int x1, int x2, int y1, int y2)
   : x1(x1), x2(x2), y1(y1), y2(y2)
   {
       assert(x1 < x2);
       assert(y1 < y2);
   }

   int x1, x2, y1, y2;
};

//some area of the r1 overlaps r2
bool overlap(const Rect &r1, const Rect &r2)
{
    return r1.x1 < r2.x2 && r2.x1 < r1.x2 &&
           r1.y1 < r2.y2 && r2.x1 < r1.y2;
}

//either the rectangles overlap or the edges touch
bool touch(const Rect &r1, const Rect &r2)
{
    return r1.x1 <= r2.x2 && r2.x1 <= r1.x2 &&
           r1.y1 <= r2.y2 && r2.x1 <= r1.y2;
}

Answer 11

假设这两个矩形是矩形 A 和矩形 B。设它们的中心为 A1 和 B1（A1 和 B1 的坐标很容易找到），设高度为 Ha 和 Hb，宽度为 Wa 和 Wb，设 dx 为A1 和 B1 之间的宽度（x）距离和 dy 是 A1 和 B1 之间的高度（y）距离。

现在我们可以说我们可以说 A 和 B 重叠：当

if(!(dx > Wa+Wb)||!(dy > Ha+Hb)) returns true

Answer 12

最简单的方法是

/**
 * Check if two rectangles collide
 * x_1, y_1, width_1, and height_1 define the boundaries of the first rectangle
 * x_2, y_2, width_2, and height_2 define the boundaries of the second rectangle
 */
boolean rectangle_collision(float x_1, float y_1, float width_1, float height_1, float x_2, float y_2, float width_2, float height_2)
{
  return !(x_1 > x_2+width_2 || x_1+width_1 < x_2 || y_1 > y_2+height_2 || y_1+height_1 < y_2);
}

首先要记住，在计算机中坐标系是颠倒的。 x 轴与数学中的相同，但 y 轴向下增加，向上减少。如果从中心绘制矩形。 如果 x1 坐标大于 x2 加上其宽度的一半。 那么这意味着走一半他们会互相接触。 并以同样的方式向下+一半高度。 会碰撞。。

Answer 13

不要将坐标视为指示像素所在的位置。 将它们视为在像素之间。 这样，2x2 矩形的面积应该是 4，而不是 9。

bool bOverlap = !((A.Left >= B.Right || B.Left >= A.Right)
               && (A.Bottom >= B.Top || B.Bottom >= A.Top));

Answer 14

我有一个非常简单的解决方案

让 x1,y1 x2,y2 ,l1,b1,l2,be 分别为它们的坐标和长度和宽度

考虑条件 ((x2

现在，这些矩形重叠的唯一方式是，x1,y1 的对角线点是否位于另一个矩形内，或者类似地，x2,y2 的对角线点将位于另一个矩形内。 这正是上述条件所暗示的。

Answer 15

A和B是两个矩形。 C 是它们的覆盖矩形。

four points of A be (xAleft,yAtop),(xAleft,yAbottom),(xAright,yAtop),(xAright,yAbottom)
four points of A be (xBleft,yBtop),(xBleft,yBbottom),(xBright,yBtop),(xBright,yBbottom)

A.width = abs(xAleft-xAright);
A.height = abs(yAleft-yAright);
B.width = abs(xBleft-xBright);
B.height = abs(yBleft-yBright);

C.width = max(xAleft,xAright,xBleft,xBright)-min(xAleft,xAright,xBleft,xBright);
C.height = max(yAtop,yAbottom,yBtop,yBbottom)-min(yAtop,yAbottom,yBtop,yBbottom);

A and B does not overlap if
(C.width >= A.width + B.width )
OR
(C.height >= A.height + B.height)

它会处理所有可能的情况。

Answer 16

如果矩形重叠，则重叠面积将大于零。 现在让我们找到重叠区域：

如果它们重叠，那么重叠矩形的左边缘将是max(r1.x1, r2.x1) ，右边缘将是min(r1.x2, r2.x2) 。 所以重叠的长度将是min(r1.x2, r2.x2) - max(r1.x1, r2.x1)

所以该区域将是：

area = (max(r1.x1, r2.x1) - min(r1.x2, r2.x2)) * (max(r1.y1, r2.y1) - min(r1.y2, r2.y2))

如果area = 0则它们不重叠。

是不是很简单？

Answer 17

我已经实现了一个 C# 版本，它很容易转换为 C++。

public bool Intersects ( Rectangle rect )
{
  float ulx = Math.Max ( x, rect.x );
  float uly = Math.Max ( y, rect.y );
  float lrx = Math.Min ( x + width, rect.x + rect.width );
  float lry = Math.Min ( y + height, rect.y + rect.height );

  return ulx <= lrx && uly <= lry;
}

Answer 18

这是来自 Java 编程简介 - 综合版一书的练习 3.28。 代码测试两个矩形是否为齿形，一个矩形是否在另一个矩形内，一个矩形是否在另一个矩形外部。 如果这些条件都不满足，则两者重叠。

**3.28（几何：两个矩形）编写一个程序，提示用户输入两个矩形的中心 x、y 坐标、宽度和高度，并确定第二个矩形是在第一个矩形内部还是与第一个矩形重叠，如图 3.9 所示。 测试您的程序以涵盖所有情况。 以下是示例运行：

输入 r1 的中心 x、y 坐标、宽度和高度：2.5 4 2.5 43 输入 r2 的中心 x、y 坐标、宽度和高度：1.5 5 0.5 3 r2 在 r1 内

输入 r1 的中心 x、y 坐标、宽度和高度：1 2 3 5.5 输入 r2 的中心 x、y 坐标、宽度和高度：3 4 4.5 5 r2 与 r1 重叠

输入r1的中心x、y坐标、宽度和高度：1 2 3 3 输入r2的中心x、y坐标、宽度和高度：40 45 3 2 r2不与r1重叠

import java.util.Scanner;

public class ProgrammingEx3_28 {
public static void main(String[] args) {
    Scanner input = new Scanner(System.in);

    System.out
            .print("Enter r1's center x-, y-coordinates, width, and height:");
    double x1 = input.nextDouble();
    double y1 = input.nextDouble();
    double w1 = input.nextDouble();
    double h1 = input.nextDouble();
    w1 = w1 / 2;
    h1 = h1 / 2;
    System.out
            .print("Enter r2's center x-, y-coordinates, width, and height:");
    double x2 = input.nextDouble();
    double y2 = input.nextDouble();
    double w2 = input.nextDouble();
    double h2 = input.nextDouble();
    w2 = w2 / 2;
    h2 = h2 / 2;

    // Calculating range of r1 and r2
    double x1max = x1 + w1;
    double y1max = y1 + h1;
    double x1min = x1 - w1;
    double y1min = y1 - h1;
    double x2max = x2 + w2;
    double y2max = y2 + h2;
    double x2min = x2 - w2;
    double y2min = y2 - h2;

    if (x1max == x2max && x1min == x2min && y1max == y2max
            && y1min == y2min) {
        // Check if the two are identicle
        System.out.print("r1 and r2 are indentical");

    } else if (x1max <= x2max && x1min >= x2min && y1max <= y2max
            && y1min >= y2min) {
        // Check if r1 is in r2
        System.out.print("r1 is inside r2");
    } else if (x2max <= x1max && x2min >= x1min && y2max <= y1max
            && y2min >= y1min) {
        // Check if r2 is in r1
        System.out.print("r2 is inside r1");
    } else if (x1max < x2min || x1min > x2max || y1max < y2min
            || y2min > y1max) {
        // Check if the two overlap
        System.out.print("r2 does not overlaps r1");
    } else {
        System.out.print("r2 overlaps r1");
    }

}
}

Answer 19

bool Square::IsOverlappig(Square &other)
{
    bool result1 = other.x >= x && other.y >= y && other.x <= (x + width) && other.y <= (y + height); // other's top left falls within this area
    bool result2 = other.x >= x && other.y <= y && other.x <= (x + width) && (other.y + other.height) <= (y + height); // other's bottom left falls within this area
    bool result3 = other.x <= x && other.y >= y && (other.x + other.width) <= (x + width) && other.y <= (y + height); // other's top right falls within this area
    bool result4 = other.x <= x && other.y <= y && (other.x + other.width) >= x && (other.y + other.height) >= y; // other's bottom right falls within this area
    return result1 | result2 | result3 | result4;
}

Answer 20

对于那些在矩形数据中使用中心点和半尺寸的人，而不是典型的 x,y,w,h 或 x0,y0,x1,x1，您可以这样做：

#include <cmath> // for fabsf(float)

struct Rectangle
{
    float centerX, centerY, halfWidth, halfHeight;
};

bool isRectangleOverlapping(const Rectangle &a, const Rectangle &b)
{
    return (fabsf(a.centerX - b.centerX) <= (a.halfWidth + b.halfWidth)) &&
           (fabsf(a.centerY - b.centerY) <= (a.halfHeight + b.halfHeight)); 
}

Answer 21

struct point { int x, y; };

struct rect { point tl, br; }; // top left and bottom right points

// return true if rectangles overlap
bool overlap(const rect &a, const rect &b)
{
    return a.tl.x <= b.br.x && a.br.x >= b.tl.x && 
           a.tl.y >= b.br.y && a.br.y <= b.tl.y;
}

Answer 22

就这么简单……

   bool Intersect = RectA.IntersectsWith(RectB);

Answer 23

“如果您对每个矩形的两个顶点对应的 x 或 y 坐标执行减法，如果结果相同，则两个矩形不重叠轴”（对不起，我不确定我的翻译是否正确)

在此处输入图片说明

资料来源： http : //www.ieev.org/2009/05/kiem-tra-hai-hinh-chu-nhat-chong-nhau.html

Answer 24

用于确定矩形是否相互接触或重叠的 Java 代码

...

for ( int i = 0; i < n; i++ ) {
    for ( int j = 0; j < n; j++ ) {
        if ( i != j ) {
            Rectangle rectangle1 = rectangles.get(i);
            Rectangle rectangle2 = rectangles.get(j);

            int l1 = rectangle1.l; //left
            int r1 = rectangle1.r; //right
            int b1 = rectangle1.b; //bottom
            int t1 = rectangle1.t; //top

            int l2 = rectangle2.l;
            int r2 = rectangle2.r;
            int b2 = rectangle2.b;
            int t2 = rectangle2.t;

            boolean topOnBottom = t2 == b1;
            boolean bottomOnTop = b2 == t1;
            boolean topOrBottomContact = topOnBottom || bottomOnTop;

            boolean rightOnLeft = r2 == l1;
            boolean leftOnRight = l2 == r1;
            boolean rightOrLeftContact = leftOnRight || rightOnLeft;

            boolean leftPoll = l2 <= l1 && r2 >= l1;
            boolean rightPoll = l2 <= r1 && r2 >= r1;
            boolean leftRightInside = l2 >= l1 && r2 <= r1;
            boolean leftRightPossiblePlaces = leftPoll || rightPoll || leftRightInside;

            boolean bottomPoll = t2 >= b1 && b2 <= b1;
            boolean topPoll = b2 <= b1 && t2 >= b1;
            boolean topBottomInside = b2 >= b1 && t2 <= t1;
            boolean topBottomPossiblePlaces = bottomPoll || topPoll || topBottomInside;


            boolean topInBetween = t2 > b1 && t2 < t1;
            boolean bottomInBetween = b2 > b1 && b2 < t1;
            boolean topBottomInBetween = topInBetween || bottomInBetween;

            boolean leftInBetween = l2 > l1 && l2 < r1;
            boolean rightInBetween = r2 > l1 && r2 < r1;
            boolean leftRightInBetween = leftInBetween || rightInBetween;

            if ( (topOrBottomContact && leftRightPossiblePlaces) || (rightOrLeftContact && topBottomPossiblePlaces) ) {
                path[i][j] = true;
            }
        }
    }
}

...

Answer 25

从另一个站点看问题。

如果我们从另一侧看问题（算法），则情况非常简单 。

这意味着我们将回答问题：“矩形不重叠吗？”，而不是回答“矩形是否重叠？”的问题。

最后，两个问题都解决了相同的问题，但是第二个问题的答案更易于实现，因为矩形仅在一个位于另一个下方或一个位于另一个左侧时才重叠（对于一个矩形就足够了）发生这些情况，但是当然可能会同时发生-在这里，对逻辑条件“或”的良好理解很重要）。 这减少了许多在第一个问题上需要考虑的情况。

使用适当的变量名也可以简化整个过程：

#include<bits/stdc++.h> 

struct Rectangle
{ 
    // Coordinates of the top left corner of the rectangle and width and height
    float x, y, width, height; 
}; 

bool areRectanglesOverlap(Rectangle rect1, Rectangle rect2) 
{
  // Declaration and initialization of local variables

  // if x and y are the top left corner of the rectangle
  float left1, top1, right1, bottom1, left2, top2, right2, bottom2;
  left1 = rect1.x;
  top1 = rect1.y;
  right1 = rect1.x + rect1.width;
  bottom1 = rect1.y - rect1.height;
  left2 = rect2.x;
  top2 = rect2.y;
  right2 = rect2.x + rect2.width;
  bottom2 = rect2.y - rect2.height;

  // The main part of the algorithm

  // The first rectangle is under the second or vice versa
  if (top1 < bottom2 || top2 < bottom1)
  {
    return false;
  }
  // The first rectangle is to the left of the second or vice versa
  if (right1 < left2 || right2 < left1)
  {
    return false;
  }
  // Rectangles overlap
  return true;
}

即使我们有不同的矩形表示形式，也可以通过仅修改定义了变量更改的部分来使上面的函数适应于它。 函数的其他部分保持不变（当然，这里实际上并不需要注释，但我添加了注释，以便每个人都可以快速理解此简单算法）。

以上功能的等效 形式，但可读性较低，可能看起来像这样：

bool areRectanglesOverlap(Rectangle rect1, Rectangle rect2) 
{
  float left1, top1, right1, bottom1, left2, top2, right2, bottom2;
  left1 = rect1.x;
  top1 = rect1.y;
  right1 = rect1.x + rect1.width;
  bottom1 = rect1.y - rect1.height;
  left2 = rect2.x;
  top2 = rect2.y;
  right2 = rect2.x + rect2.width;
  bottom2 = rect2.y - rect2.height;

  return !(top1 < bottom2 || top2 < bottom1 || right1 < left2 || right2 < left1);
}

确定两个矩形是否相互重叠？

问题描述

21 个解决方案

解决方案1
757 已采纳 2008-11-20 18:25:30

解决方案2
124 2008-11-20 18:36:20

解决方案3
30 2008-11-20 18:53:28

解决方案4
24 2010-11-04 15:51:55

解决方案5
8 2014-12-23 16:38:06

解决方案6
7 2008-11-20 18:47:47

解决方案7
4 2020-07-11 17:56:52

解决方案8
3 2011-10-24 06:31:52

解决方案9
2 2008-11-20 19:01:12

解决方案10
2 2008-11-20 19:31:23

解决方案11
1 2012-06-28 15:16:15

解决方案12
1 2014-05-26 11:26:08

解决方案13
1 2008-11-20 19:33:15

解决方案14
0 2013-05-12 07:17:40

解决方案15
0 2014-01-16 17:30:19

解决方案16
0 2010-04-23 07:25:26

解决方案17
0 2008-11-20 18:46:04

解决方案18
0 2015-08-01 10:06:02

解决方案19
0 2016-08-07 03:29:22

解决方案20
0 2017-08-13 18:27:11

解决方案21
0 2020-03-01 17:00:48

解决方案22
0 2021-11-03 00:37:58

解决方案23
-1 2013-06-04 01:40:36

解决方案24
-1 2016-10-08 15:48:56

解决方案25
-1 2019-01-23 13:24:26

从另一个站点看问题。

确定两个矩形是否相互重叠？

问题描述

21 个解决方案

解决方案1 757 已采纳 2008-11-20 18:25:30

解决方案2 124 2008-11-20 18:36:20

解决方案3 30 2008-11-20 18:53:28

解决方案4 24 2010-11-04 15:51:55

解决方案5 8 2014-12-23 16:38:06

解决方案6 7 2008-11-20 18:47:47

解决方案7 4 2020-07-11 17:56:52

解决方案8 3 2011-10-24 06:31:52

解决方案9 2 2008-11-20 19:01:12

解决方案10 2 2008-11-20 19:31:23

解决方案11 1 2012-06-28 15:16:15

解决方案12 1 2014-05-26 11:26:08

解决方案13 1 2008-11-20 19:33:15

解决方案14 0 2013-05-12 07:17:40

解决方案15 0 2014-01-16 17:30:19

解决方案16 0 2010-04-23 07:25:26

解决方案17 0 2008-11-20 18:46:04

解决方案18 0 2015-08-01 10:06:02

解决方案19 0 2016-08-07 03:29:22

解决方案20 0 2017-08-13 18:27:11

解决方案21 0 2020-03-01 17:00:48

解决方案22 0 2021-11-03 00:37:58

解决方案23 -1 2013-06-04 01:40:36

解决方案24 -1 2016-10-08 15:48:56

解决方案25 -1 2019-01-23 13:24:26

从另一个站点看问题。

解决方案1
757 已采纳 2008-11-20 18:25:30

解决方案2
124 2008-11-20 18:36:20

解决方案3
30 2008-11-20 18:53:28

解决方案4
24 2010-11-04 15:51:55

解决方案5
8 2014-12-23 16:38:06

解决方案6
7 2008-11-20 18:47:47

解决方案7
4 2020-07-11 17:56:52

解决方案8
3 2011-10-24 06:31:52

解决方案9
2 2008-11-20 19:01:12

解决方案10
2 2008-11-20 19:31:23

解决方案11
1 2012-06-28 15:16:15

解决方案12
1 2014-05-26 11:26:08

解决方案13
1 2008-11-20 19:33:15

解决方案14
0 2013-05-12 07:17:40

解决方案15
0 2014-01-16 17:30:19

解决方案16
0 2010-04-23 07:25:26

解决方案17
0 2008-11-20 18:46:04

解决方案18
0 2015-08-01 10:06:02

解决方案19
0 2016-08-07 03:29:22

解决方案20
0 2017-08-13 18:27:11

解决方案21
0 2020-03-01 17:00:48

解决方案22
0 2021-11-03 00:37:58

解决方案23
-1 2013-06-04 01:40:36

解决方案24
-1 2016-10-08 15:48:56

解决方案25
-1 2019-01-23 13:24:26