找到兩個移動物體的更好交點

Question

我想優化我的算法之一，我將嘗試以最佳方式解釋它。

主題

我們在t = 0時處於2D歐幾里得系統中。 在這個系統中有兩個對象： O1和O2 。

O1和O2分別位於PA和PC點。

O1以點PB的方向以恆定且已知的速度移動。 當物體到達PB時，物體將停止。

O2可以在任何方向上以不同或不同的O1的恆定和已知速度移動。 在時間0，O2 沒有方向 ，我們需要為它找到一個。

知識參數：

• O1：位置，方向，速度
• O2：位置，速度

這是系統的一個小圖。

我們希望找到點P1和時間ti ，其中： Position of O1 at the time ti = Position of O2 at the time ti = PI 。 然后我們將使對象O2移動到點P1以獲得O2方向 。

當選擇O2的方向（點PI）並且兩個對象O1和O2都在移動時， 對象將永遠不會停止或等待彼此。

在這種情況下，結果將是這樣的（PI在此圖片上標注為D）。

算法

你可以在這個jsfiddle找到用JS編寫的工作算法，它也是理解這個問題的好方法。

這時我使用的是一個簡單的算法，但是可以進行大量的操作，我會獲得最佳的交叉時間，然后獲得交叉位置。

為了得到這個時間，我會在一刻檢查O1的位置，並檢查此時O2是否可能到達此位置。 如果O2無法及時到達物體，我們會將時間增加150％，但是如果O2當時可以越過O1-B線，我們將把時間縮短50％。

最終，經過多次近似，我們將找到兩個物體相遇的最佳時間。

偽代碼

function getOptimalIntersectionTime time
   if distance between O1 and O2 at the time `time` < 1
       return time
   else if O2 could not reach the object O1 at the time `time`
       return getOptimalIntersectionTime time * 1.5
   else
       return getOptimalIntersectionTime time * 0.5

我為什么關心？

我的算法有效，但在某些情況下（例如jsFiddle中的“反向情況”），需要大量的微積分才能找到最佳點。

在這個jsFiddle中，我們使用較小的位置值（-1000到1000）和速度（1-200），但是這個算法在數字較大的情況下顯得較慢。

我知道過早優化是一個壞主意，但我在項目的最后（包括數據庫插入/選擇和數據分析，包括這個算法多次調用），這個算法占用了80％的項目系統在某些情況下需要資源，因此改進可以真正提高系統的穩定性和響應性。

Answer 1

不失一般性，讓O2位於（0,0）。

設s和v為O1的位置和速度向量， v2為O2的速度，t為截距時間。 然后我們有：

|s + v * t| = t * v2

根據距離的定義：

(sx + vx * t) ^ 2 + (sy + vy * t) ^ 2 = (t * v2) ^ 2

乘以這個和重新排序的術語給出：

  sx^ 2 + 2 * sx * vx * t + vx^2 * t^2
+ sy^ 2 + 2 * sy * vy * t + vy^2 * t^2
-                           v2^2 * t^2
= 0

即

  sx^2 + sy^2 + (2 * sx * vx + 2 * sy * vy) * t + (vx^2 + vy^2 - v2^2) * t^2 = 0
  \---   ---/   \------------   ----------/       \--------   ------/
      \ /                    \ /                           \ /
       c                      b                             a

如您所見，這是t中的二次方程。 我們可以簡單地應用二次公式來找到t的兩個可能值（如果方程沒有解，那是因為沒有攔截是可能的）。 您可能希望使用最早的未來攔截，即較小的t> 0。

一旦你計算了t ，找到攔截點，從那里攔截方向應該很容易。

總而言之，這個問題可以在恆定的時間內解決，不需要迭代。

Answer 2

你似乎過分思考問題，它應該只是簡單的幾何。

撇開如何定義最近點的問題 ，讓我們解決所需點位於PA和PB之間的情況。

我們必須假設整個周期的時間段，讓我們稱之為T

PI = (PB - PA) / 2;  // simplified
TI = T / 2;          // simplified

[分別分解x和y坐標的所有公式]。

有一個相對簡單的公式用於確定點（PC）與線（PA - > PB）的最近交點，盡管當該線不是無限長時，它的定義是如何復雜的。

然后你需要：

V1 = (PB - PA) / T;  // O1's velocity
V2 = (PI - PC) / T;  // O2's velocity

最后兩行不依賴於先前的假設 - 如果您知道截取點，那么速度就是行進的距離除以所花費的時間。

因此，除非你對V2施加一些額外的約束，否則總有一個解決方案，並且它是在一些簡單的數學運算中計算出來的。

Answer 3

更新：@Meriton后來的回答比我好。 我建議嘗試他的第一個。

如你所知，我們在三個未知數vx2，vy2和t中分別有三個聯立方程 - 分別為02和x的y和y速度。 不幸的是，這些方程式並非都是線性的：

x1o + vx1*t == x2o + vx2*t
y1o + vy1*t == y2o + vy2*t
vx2*vx2 + vy2*vy2 == vy*vy

（這里，x1o，y1o，x2o和y2o是初始位置的坐標。）

如果有辦法線性化問題，我沒有看到它。 然而，您可以通過相同的Newton-Raphson技術迭代地快速解決，GPS用於從衛星信號中計算您的位置。 當然，要填寫細節並實施這將需要一些工作！

更新：我認為 @Alnitak可能會將您的問題線性化，而不是整齊。 也許他的方法和我的方法的組合因此會繁榮。 （我仍然認為你會想要使用Newton-Raphson迭代來收斂@ Altinak的T ）

Answer 4

由於速度是固定的，這應該可以使用並行導航的思想來解決。 這樣想吧。 在時間0，在O1和O2之間存在一條線（LOS或視線）。 如果O2遵循最佳交叉路徑，則在時間1，O1和O2之間的線將與時間0 LOS平行。 由於您具有O2的速度，您可以計算它在時間0和時間1之間行進的距離，並且可以計算它與時間1 LOS相交的位置。 想想在O2的原始位置周圍划一圈，其半徑等於它在該時間間隔內行進的距離。 該圓與第二個LOS的交叉點將包含解決方案。 如果沒有相交，則沒有解決方案。 這本在線書的開頭有一個圖表和公式，顯示了這個概念：

http://www.crcnetbase.com/doi/abs/10.1201/9781420062281.ch2

這個問題有真實世界的應用程序，你也可以在這里找到這個解決方案。 例如，潛艇可以使用它來繪制和維持與目標的攔截航線，方法是在它們靠近目標時使LOS軸承保持不變。

編輯：

該圖顯示了我在說什么。 這可以使用三角函數來解決，除了目標O1直接朝向或遠離導彈O2（可以簡單地解決）的特殊情況。

在上圖中，我們可以花費一些任意的時間。 在那個時間t1期間，O1將具有行進距離b，並且O2將具有行進距離f。 在時間t0，O1和O2之間的線與在時間t1的O1和O2之間的線平行。 由於我們給出了O1和O2的初始位置，我們知道距離d，並且由於我們給出了O1的方向，我們可以簡單地計算角度A.

So given A, b, f, and d, using the law of Cosines,
a = sqrroot(c^2 + b^2 - (2cb * cos(A)))
and
B = arccos((a^2 + c^2 - b^2)/2ac)
Using the law of Sines
E = arcsin((a * sin(B))/f)  or the ambiguous value of 180 - that value
and with that
BC = 180 - E   (because C = 180 - B - E so C+B = 180 - E

對於BC，我們有解決方案，並且可以類似地計算O1和O2的初始位置的三角形的任何其他方面和交點。 自從我使用高中三年以來已經很多年了，所以我可能會錯過這個簡化，但這有希望解釋我最初描述的解決方法。