【发布时间】：2012-08-22 21:50:27
【问题描述】：
我正在开发一个形状识别应用程序。此时一组点 (x,y) 由角检测器确定（红点，img.2.）。其中四个点（在红色框中，img.2.）是一个矩形的顶点（有时是一个有点变形的矩形）。找到它们的最佳方式是什么？
以下是输入图像的示例：
角点检测后是这样的：
【问题讨论】：
标签： matlab image-processing shape-recognition
【发布时间】：2012-08-22 21:50:27
【问题描述】：
这不是对您问题的回答 - 这只是建议。
在我看来，角检测器是检测矩形的不好方法 - 正如 mathematician1975 建议的那样，计算所有点距离需要很长时间。在这种情况下，您必须使用另一种技术：
- 那个印章是紫罗兰色的，所以首先应该做的是颜色分割。
- 完成步骤 1 后，您可以使用Houhg transform 检测二值图像上的线条。或者查找图像中的所有轮廓。
- 最后一步是检测矩形。
更新：
这是另一种也适用于灰色图像的解决方案。
- 做一个阈值将图像转换为 1bit（我使用 200 从 255 作为阈值）。
- 在新图像中查找面积大于某个常数的所有轮廓（我取了 1000）。
- 找到每个轮廓的边界矩形并进行检查：
ContourArea / BoundingReactangleArea > 常量
我将此constant 视为0.9。
这个算法给了我下一个结果：
这是 OpenCV 代码：
Mat src = imread("input.jpg"), gray, result;
vector<vector<Point> > contours;
vector<Vec4i> hierarchy;
result = Mat(src.size(), CV_8UC1);
cvtColor(src, src, CV_BGR2GRAY);
threshold(src, gray, 200, 255, THRESH_BINARY_INV);
findContours(gray, contours, hierarchy, CV_RETR_TREE, CV_CHAIN_APPROX_SIMPLE, Point(0, 0));
result = Scalar::all(0);
for (size_t i=0; i<contours.size(); i++)
{
Rect rect = boundingRect(contours[i]);
if (rect.area() > 1000)
{
double area = contourArea(contours[i]);
if (area/rect.area() > 0.9)
{
drawContours(result, contours, i, Scalar(255), -1);
}
}
}
【讨论】：
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是的，正如您指出的那样，即使对于 small 输入图像，计算所有距离也会消耗大量时间。我已经检查了该解决方案。颜色分割对灰度图像没有用（示例有点令人困惑，抱歉），但我将它用于 RGB 图像。至于霍夫变换，我做了一些测试，效果很好，但检测到的线不相互交叉，如下所示：hough.
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这在大多数情况下都很好用，所以我将其标记为答案。但是在某些情况下，它会失败，因为没有封闭区域。形态学运算在那时派上用场，但几乎在每种情况下，它们都需要不同的参数，这使得它们不是那么有用。任何想法如何解决这个问题？以下是这种情况的示例：click
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@HighPerformanceMark 你可以使用minAreaRect。
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确实如此，但这不是您的解决方案所做的。
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@sowizz 将阈值更改为 210 怎么样？或者阈值在不同情况下也可以不同？
计算每对 4 个不同点之间的 6 个长度。如果有超过 3 个不同的值，则在这 6 个长度的集合中，您没有矩形（2 个相等的边长加上相等的对角线长度）
【讨论】：
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很好的解决方案，但在这个确切的问题中并没有真正有用。即使有 100 个点，计算所有距离也需要很长时间，而我通常会得到 2500 左右。
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等一下。你说你有四个点，而不是 2500。这个答案告诉你四个点是否形成一个矩形，并且似乎是该任务的有效解决方案。如果您的问题与您描述的不一样，那么您需要更具体一些。
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对，不过也说了这四个点不是唯一的，我要先找到合适的点。
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@sowizz 我明白了 - 也许您可以稍微澄清一下这个问题，因为问题标题本身要求一种从 4 个点检测矩形的方法，而不是从任意数字中的 4 个。
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您可以稍微降低复杂性。首先，您可以只考虑 3 个点 - 这需要是一个直角三角形（也许使用毕达哥拉斯）。第二点是第四点，在很多情况下，只计算一个距离就可以排除它。
您是否知道，通过目视检查点云，您已经可以区分多个矩形？换句话说，如果您不进行某种预选例程，您可能会发现很多矩形......
无论如何，除了@mathematician1975 已经给出的方法之外，您还可以检查边是否（或多或少）平行。
让我们调用@mathematician1975 的方法method 1 和并行检查method 2。
然后：
%# method 1:
n1 = |u1-u2| %# 3 sub., 3 mult, 2 add. per distance
n2 = |u3-u2| %# total of 6 distances to compute.
n3 = |u4-u3| %# then max 5+4+3+2+1 = 15 comp. to find unique distances
n4 = |u1-u4|
n5 = |u4-u2| %# Total:
n6 = |u3-u1| %# 12 sub., 18 mult., 12 add, 15 comp
%# method 2:
w1 = u1-u2 %# 3 subtractions per vector
w2 = u3-u2 %# total of 4 vectors to compute
w3 = u3-u2
w4 = u1-u4
%# 12 sub.
abs(w1-w3) == [0 0 0] %# 3 sub., 3 comp., 1 sign.
abs(w2-w4) == [0 0 0] %# 3 sub., 3 comp., 1 sign.
%# Total: 18 sub., 6 comp. 2 sign.
请注意，这些都是最坏的情况；通过一些簿记，您可以大大降低两者的成本。
还要注意method 2 需要事先知道顶点的顺序是正确的。如果不是这样，成本会增加 4 倍，比method 1. 还要多。
请问您是如何计算距离的？
【讨论】：
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是的，我知道有这么多点会形成很多矩形，但我不确定在这个阶段我能做些什么（稍后我会计算一些统计数据将允许我只选择合适的矩形）。两点之间的距离计算为欧几里得距离：
distance = sqrt( (x2-x1)^2 + (y2-y1)^2 );，我不确定它是否是 2500x4，因为您必须选择一个点，然后选择另一个 3，计算距离，然后对于同一个拳头点，您选择另一个 3超过 2500x4 组合的点（不同于以前的点）。 -
@sowizz 试试
norm——应该会快很多。或者，如果您愿意，只需省略平方根——比较距离的平方或距离并不重要。或者，使用城市街区距离：abs(x2-x1) + abs(y2-y1)。这将给出一个非常粗略但更快的距离近似值，如果是矩形，它也必须相等。
考虑你应该有号码8，但你有号码7，那么你将添加号码1（称为增量或纠错）来更正它。
以类似的方式有一个delta矩形坐标来校正矩形。检查点（坐标）是否在 delta 矩形内。
矩形坐标如下：
x+delta,y+delta
x-delta,y+delta
x+delta,y-delta
x-delta,y-delta
让我知道这是否适合您或者您是否找到了更好的解决方案
【讨论】：