判断两个矩形是否重叠？

Question

我正在尝试编写一个 C++ 程序，它接受用户的以下输入来构造矩形（2 到 5 之间）：高度、宽度、x 位置、y 位置。 所有这些矩形都将平行于 x 轴和 y 轴存在，即它们的所有边都将具有 0 或无穷大的斜率。

我尝试实现 this 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，我不太确定是否（a）我已经正确实现了链接到的算法，或者我是否准确地解释了这一点？

有什么建议么？

Answer 1

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 2

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 3

检查一个矩形是否完全在另一个矩形之外更容易，因此如果它位于

左侧...

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

或右侧...

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

或顶部...

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

或底部...

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

第二个矩形的 ，它不可能与它相撞。 因此，要拥有一个返回布尔值表示矩形是否发生碰撞的函数，我们只需通过逻辑或组合条件并对结果取反：

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);
}

要仅在触摸时就已经收到正结果，我们可以更改“<” 和“>” 通过“<=”和“>=”。

Answer 4

这是用 C++ 检查两个矩形是否重叠的非常快速的方法：

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边框和右边框，然后比较它们：如果右边框等于或小于左边框，则意味着交集是空的，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 次比较相比，该方法有什么优势？ 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，当比较结果始终相同时，它的效果很好，但否则会带来巨大的性能损失。 然而，在没有分支指令的情况下，CPU 的性能相当不错。 通过计算交叉点的边界，而不是对每个轴进行两次单独的检查，我们可以保存两个分支，每对一个。

如果第一次比较很可能是错误的，那么四次比较方法的性能可能会优于此方法。 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，而不是右侧或与之重叠； 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。

这种方法还可以进一步改进，具体取决于矩形的预期分布：

• 如果您希望检查的矩形主要位于彼此的左侧或右侧，那么上面的方法效果最好。 例如，当您使用矩形交集来检查游戏的碰撞时，游戏对象主要水平分布（例如，类似 SuperMarioBros 的游戏），情况可能就是这种情况。
• 如果您希望检查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，最后检查左/右可能会更快：

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);

• 如果相交的概率很接近然而，对于不相交的概率，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);

请注意将 && 更改为单个 &）

Answer 5

假设您已经定义了矩形的位置和大小，如下所示：

我的 C++ 实现如下：

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;
}

根据上图给出的函数调用示例：

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。 另外，如果 A 完全位于右侧。 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，但我对算法很有信心：

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

在这个问题中，您链接到矩形何时处于任意旋转角度的数学。 然而，如果我理解问题中有关角度的一点，我会解释所有矩形都是相互垂直的。

一般了解重叠面积的公式是：

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（左侧和右侧）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）收集所有 y 坐标（顶部和底部）放入列表中，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 2D 数组。

4 * 4

4) 将所有矩形绘制到该网格中，增加其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) 当您绘制矩形时，很容易拦截重叠部分。

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

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 10

不要将坐标视为指示像素所在的位置。 将它们视为像素之间。 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 11

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);
}

首先让您记住，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。
如果矩形是从中心绘制的。
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就会互相碰触。 以同样的方式向下+其高度的一半。 会碰撞..

Answer 12

对于那些使用中心点和一半大小作为矩形数据的人，而不是典型的 x,y,w,h 或 x0,y0,x1,x1，以下是您可以执行的操作方法：

#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 13

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width(x) A1 和 B1 之间的距离，dy 是 A1 和 B1 之间的 height(y) 距离。

现在我们可以说 A 和 B 重叠：

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

Answer 14

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）。 因此，重叠的长度将为 min(r1.x2, r2.x2) - max(r1.x1, r2.x1) ，

因此面积将为：

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< /code> 那么它们就不会重叠。

很简单不是吗？

Answer 15

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 16

我有一个非常简单的解决方案

让 x1,y1 x2,y2 ,l1,b1,l2,be 坐标和它们的长度和宽度分别

考虑条件 ((x2

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

Answer 17

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) 

它会照顾所有可能的情况。

Answer 18

这是来自《Java 编程入门 - 综合版》一书的练习 3.28。 该代码测试两个矩形是否有齿，一个是否在另一个内部以及一个是否在另一个外部。 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
第二个矩形是否在第一个矩形内部或与第一个矩形重叠，如图所示
如图 3.9 所示。 测试您的程序以涵盖所有情况。
以下是运行示例：

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 内部

输入 r1 中心的 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 中心的 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

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 21

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为左坐标，X2为右坐标，从左到右递增，Y1为上坐标，Y2为下坐标，从下到上递增< /strong> -- 如果这不是您的坐标系 [例如，大多数计算机的 Y 方向相反]，交换下面的比较）...

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

假设您有矩形 A 和矩形 B。
证明是通过反证法。 四个条件中的任何一个都保证不存在重叠：

• Cond1。 如果 A 的左边缘位于 B 右边缘的右侧，
  - 那么 A 完全位于 B
• Cond2 的右侧。 如果 A 的右边缘位于 B 左边缘的左侧，
  - 那么 A 完全位于 B
• Cond3 的左侧。 如果 A 的上边缘低于 B 的下边缘，
  - 那么 A 完全低于 B
• Cond4。 如果 A 的底边高于 B 的顶边，
  - 那么 A 完全高于 B

因此，非重叠的条件是

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

因此，重叠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
相同
所以使用 De Morgan，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 右边缘的左侧，[RectA.Left < RectB.Right]，并且
• A 的右边缘到 B 左边缘的右侧，[RectA.Right > RectB.Left]，并且
• A 的顶部位于 B 的底部上方，[RectA.Top > RectB.Bottom]，并且
• A 的底部位于 B 的顶部下方 [RectA.Bottom < RectB.Top]

注释 1：很明显，同样的原理可以扩展到任意数量的维度。
注 2：仅对一个像素的重叠进行计数也应该相当明显，请更改该像素上的 < 和/或 > <= 或 >= 的边界。
注3：当使用笛卡尔坐标（X，Y）时，这个答案是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/