在填充有立方体/正方形的球体/圆上生成均匀的随机数

Question

我正在尝试在填充有立方体的球体上生成随机点。 因为我不知道该怎么做，所以我从 2d 开始。 （用样方填充的圆圈。）

我正在尝试做的事情：在外圈内但在绿色方块之外生成随机点。

基本上在蓝色区域。

广场位于(-1|-1),(1|-1),(1|1),(-1|1)。
圆的半径为r = sqrt(2)，以(0|0) 为中心。

我已经有脚本：

• 在圆上生成一个随机点（均匀地）：

  float a = 2 * MathUtils.PI * MathUtils.random(1f); // angle between 0 and 2pi
  float r = radius * Math.sqrt(MathUtils.random(0, 1f)
  float x = r * MathUtils.cos(a);
  float y = r * MathUtils.sin(a);
  

• 计算给定角度的半径以形成正方形：

  float r = (1/Math.sqrt(2)) / MathUtils.cos(((a+45)%90-45)/180*MathUtils.PI);
  

  (1/Math.sqrt(2)) 是正方形边长的一半

在有人问之前： 我知道我可以重新生成绿色方块内的点，直到我得到一个在外面的点，但我不想这样做。

感谢您的帮助。谢谢你:)

Answer 1

仅在立方体外的球体区域（帽和楔形）生成点是相当困难的，因此拒绝方法看起来是合理的。

但您可以减少无用点的数量，在 2D 情况下生成点 in the ring only 在 3D 情况下生成球壳。

所以伪代码可能看起来像

 //2d
 SquaredR  = RandomUniformInRange(0.5, 1)
 R = Sqrt(SquaredR)

 //3d
 CubedR  = RandomUniformInRange(Pow(3, -3/2), 1)
 R = Pow(CubedR, 1/3)

 //generate point on the circle or on the sphere with radius R

 if Abs(x) > Sqrt(2)/2 or Sqrt(3)/3  and so on - reject

拥有 R，您可以使用 here 中的任何方法在球体上生成点

Answer 2

这是这个想法的粗略草图。您选择一个象限进行采样，例如右侧的一个。

首先，从 -pi/4 到 pi/4 采样角度

float a = -MathUtils.PI/4.0f + MathUtils.PI/2.0 * MathUtils.random(0.f,1.f);
float c = MathUtils.cos(a);
float s = MathUtils.sin(a);

其次，求最小半径。从 (0,0) 以角度 a 射出的光线将与象限线在 x=1 处相交至少

float rmin = 1.0f / c;
float rmax = Math.sqrt(2.0f);

从rmin 到rmax = sqrt(2) 的样本，考虑到对于平面，您对半径的平方进行采样，然后使用 sqrt()，对于 3d 空间，您对半径的立方进行采样，然后使用 cbrt()。

float r2 = rmin*rmin + (rmax*rmax-rmin*rmin)*MathUtils.random(0.f,1.f);
float r  = Math.sqrt(r);

float x = r * c;
float y = r * s;

现在，我们构造的 (x,y) 是这样一种方式，它保证在圆下方的右象限和 x=1 线的右侧。

要覆盖所有四个象限，只需对要将点移动到哪个象限进行采样

float q = MathUtils.random(0.f,1.f);
if (q < 0.25f) // top quadrant
    return (y, x);
if (q < 0.5f)  // left quadrant
    return (-x, y);
if (q < 0.75f)  // bottom quadrant
    return (y, -x);
return (x,y); // right quadrant

请多多包涵 - 我的 Java 已经很生疏了，我没有办法测试代码。

在 3D 情况下，您必须处理两个角度、立方半径、八个八分圆而不是四个象限，但一般逻辑是相同的

更新

我错了，我建议的采样会导致点分布不均匀。

来自 PDF：

PDF(phi, r) = S_(-\pi/4)^\phi d\phi S_1/cos(\phi)^\sqrt(2) r dr

我们可以得到我们必须使 \phi 采样不均匀。不幸的是，从 U(0,1) 到采样 \phi 需要求解非线性方程

\pi/2 (0.5*(\phi/\pi/4 + 1) - U(0,1)) = 0.5*(tan(phi) + 1) - U(0,1)

所以算法是：

• 样本 U(0,1)
• 通过求解上述方程找到合适的 \phi
• 找到较低的R边界
• 样本R

绘制这个非线性函数的快速代码（抱歉，用 Python 编写）

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

def f(phi, ksi):
    c   = 0.5 * np.pi
    c_2 = 0.5 * c

    left = c * (0.5 * (phi/c_2     + 1.0) - ksi)
    rght =     (0.5 * (np.tan(phi) + 1.0) - ksi)

    return left - rght

nof_points = 41
phi   = np.linspace(-0.25*np.pi, 0.25*np.pi, nof_points)
y0_00 = f(phi, 0.00)
y0_25 = f(phi, 0.25)
y0_50 = f(phi, 0.50)
y0_75 = f(phi, 0.75)
y0_99 = f(phi, 1.00)

plt.plot(phi, y0_00, 'ro', phi, y0_25, 'b+', phi, y0_50, 'gx', phi, y0_75, 'm.', phi, y0_99, 'y^')
plt.show()

并为 U(0,1) 的五个值绘制函数（代码中的 ksi）

可以重新安排采样，使r 采样是非线性的，但它表现出相同的问题 - 需要求解具有多项式和三角函数部分的非线性方程

更新二

为了记录，如果你想先采样r，那么它必须从非线性方程的解中采样： r² sec^-1(r) - sqrt(r² - 1) = U(0,1)*(\pi/2 - 1)

在区间 [1...sqrt(2)]

求解后发现采样r，\phi可以在r允许的区间内均匀采样：[-cos^-1(1/r) ... + cos^-1(1/r)]