Есть ли простой способ определить, находится ли точка внутри треугольника? Это 2D, а не 3D.
Есть ли простой способ определить, находится ли точка внутри треугольника? Это 2D, а не 3D.
Ответы:
В общем, самый простой (и довольно оптимальный) алгоритм проверяет, на какой стороне полуплоскости, созданной ребрами, находится точка.
Вот некоторая качественная информация в этой теме о GameDev , включая проблемы с производительностью.
А вот код, который поможет вам начать:
float sign (fPoint p1, fPoint p2, fPoint p3)
{
return (p1.x - p3.x) * (p2.y - p3.y) - (p2.x - p3.x) * (p1.y - p3.y);
}
bool PointInTriangle (fPoint pt, fPoint v1, fPoint v2, fPoint v3)
{
float d1, d2, d3;
bool has_neg, has_pos;
d1 = sign(pt, v1, v2);
d2 = sign(pt, v2, v3);
d3 = sign(pt, v3, v1);
has_neg = (d1 < 0) || (d2 < 0) || (d3 < 0);
has_pos = (d1 > 0) || (d2 > 0) || (d3 > 0);
return !(has_neg && has_pos);
}
Решите следующую систему уравнений:
p = p0 + (p1 - p0) * s + (p2 - p0) * t
Точка p
находится внутри треугольника, если 0 <= s <= 1
и 0 <= t <= 1
и s + t <= 1
.
s
, t
И 1 - s - t
называются барицентрические координаты точки p
.
s + t <= 1
подразумевается s <= 1
и t <= 1
если s >= 0
и t >= 0
.
Я согласен с Андреасом Бринком , барицентрические координаты очень удобны для этой задачи. Обратите внимание, что нет необходимости каждый раз решать систему уравнений: просто оцените аналитическое решение. Используя обозначение Андреаса , решение:
s = 1/(2*Area)*(p0y*p2x - p0x*p2y + (p2y - p0y)*px + (p0x - p2x)*py);
t = 1/(2*Area)*(p0x*p1y - p0y*p1x + (p0y - p1y)*px + (p1x - p0x)*py);
где Area
находится (подписанная) площадь треугольника:
Area = 0.5 *(-p1y*p2x + p0y*(-p1x + p2x) + p0x*(p1y - p2y) + p1x*p2y);
Просто оцени s
, t
и 1-s-t
. Точка p
находится внутри треугольника тогда и только тогда, когда все они положительны.
РЕДАКТИРОВАТЬ: Обратите внимание, что вышеприведенное выражение для области предполагает, что нумерация узлов треугольника против часовой стрелки. Если нумерация идет по часовой стрелке, это выражение вернет отрицательную область (но с правильной величиной). Однако сам тест ( s>0 && t>0 && 1-s-t>0
) не зависит от направления нумерации, поскольку вышеприведенные выражения, умноженные на, 1/(2*Area)
также меняют знак, если изменяется ориентация узла треугольника.
РЕДАКТИРОВАТЬ 2: Для еще большей вычислительной эффективности, см. Комментарий coproc ниже (который подчеркивает, что если заранее известна ориентация узлов треугольника (по часовой стрелке или против часовой стрелки), деление на 2*Area
в выражениях для s
и t
может быть избегать). См. Также jsfiddle-код Perro Azul в комментариях к ответу Андреаса Бринка .
2*Area
, то есть путем вычисления s´=2*|Area|*s
и t´=2*|Area|*t
(если ориентация точек - по часовой стрелке или против часовой стрелки - неизвестна, Area
конечно, необходимо проверить знак , но в противном случае это может быть даже не нужно вычислять), так как для проверки s>0
достаточно проверить s´>0
. И вместо проверки 1-s-t>0
достаточно проверить s´+t´<2*|Area|
.
p0->p1->p2
это против часовой стрелки в декартовой (который, как правило , по часовой стрелке , в экранных координатах ), то Area
вычисляется с помощью этого метода будет положительным.
Я написал этот код до последней попытки с Google и поиска этой страницы, поэтому я решил поделиться им. Это в основном оптимизированная версия ответа Киселевича. Я также изучил барицентрический метод, но, судя по статье в Википедии, мне трудно понять, как он более эффективен (полагаю, что существует более глубокая эквивалентность). В любом случае, этот алгоритм имеет то преимущество, что не использует деление; потенциальная проблема заключается в поведении обнаружения края в зависимости от ориентации.
bool intpoint_inside_trigon(intPoint s, intPoint a, intPoint b, intPoint c)
{
int as_x = s.x-a.x;
int as_y = s.y-a.y;
bool s_ab = (b.x-a.x)*as_y-(b.y-a.y)*as_x > 0;
if((c.x-a.x)*as_y-(c.y-a.y)*as_x > 0 == s_ab) return false;
if((c.x-b.x)*(s.y-b.y)-(c.y-b.y)*(s.x-b.x) > 0 != s_ab) return false;
return true;
}
На словах идея заключается в следующем: находится ли точка s слева или справа от линий AB и AC? Если это правда, это не может быть внутри. Если ложно, это по крайней мере внутри "конусов", которые удовлетворяют условию. Теперь, когда мы знаем, что точка внутри треугольника (треугольника) должна находиться на той же стороне AB, что и BC (и также CA), мы проверяем, отличаются ли они. Если это так, то s не может быть внутри, иначе s должен быть внутри.
Некоторые ключевые слова в расчетах - это линейные полуплоскости и определитель (перекрестное произведение 2x2). Возможно, более педагогический способ - это думать о ней как о точке, находящейся внутри, если она находится с одной и той же стороны (слева или справа) от каждой из линий AB, BC и CA. Однако вышеприведенный способ лучше подходит для некоторой оптимизации.
C # версия барицентрического метода, опубликованная andreasdr и Perro Azul. Обратите внимание, что расчета площади можно избежать, если s
и t
имеют противоположные знаки. Я проверил правильное поведение с помощью довольно тщательного юнит-теста.
public static bool PointInTriangle(Point p, Point p0, Point p1, Point p2)
{
var s = p0.Y * p2.X - p0.X * p2.Y + (p2.Y - p0.Y) * p.X + (p0.X - p2.X) * p.Y;
var t = p0.X * p1.Y - p0.Y * p1.X + (p0.Y - p1.Y) * p.X + (p1.X - p0.X) * p.Y;
if ((s < 0) != (t < 0))
return false;
var A = -p1.Y * p2.X + p0.Y * (p2.X - p1.X) + p0.X * (p1.Y - p2.Y) + p1.X * p2.Y;
return A < 0 ?
(s <= 0 && s + t >= A) :
(s >= 0 && s + t <= A);
}
[ править ]
принял предложенную модификацию @Pierre; см комментарии
Java-версия барицентрического метода:
class Triangle {
Triangle(double x1, double y1, double x2, double y2, double x3,
double y3) {
this.x3 = x3;
this.y3 = y3;
y23 = y2 - y3;
x32 = x3 - x2;
y31 = y3 - y1;
x13 = x1 - x3;
det = y23 * x13 - x32 * y31;
minD = Math.min(det, 0);
maxD = Math.max(det, 0);
}
boolean contains(double x, double y) {
double dx = x - x3;
double dy = y - y3;
double a = y23 * dx + x32 * dy;
if (a < minD || a > maxD)
return false;
double b = y31 * dx + x13 * dy;
if (b < minD || b > maxD)
return false;
double c = det - a - b;
if (c < minD || c > maxD)
return false;
return true;
}
private final double x3, y3;
private final double y23, x32, y31, x13;
private final double det, minD, maxD;
}
Приведенный выше код будет точно работать с целыми числами, при условии отсутствия переполнений. Он также будет работать с треугольниками по часовой стрелке и против часовой стрелки. Он не будет работать с коллинеарными треугольниками (но вы можете проверить это, протестировав det == 0).
Барицентрическая версия является самой быстрой, если вы собираетесь тестировать разные точки с одним и тем же треугольником.
Барицентрическая версия не является симметричной в 3 точках треугольника, поэтому она, вероятно, будет менее последовательной, чем версия полуплоскости ребра Корнеля Киселевича, из-за ошибок округления с плавающей точкой.
Предоставлено: я сделал приведенный выше код из статьи Википедии о барицентрических координатах.
Простой способ состоит в том, чтобы:
найдите векторы, соединяющие точку с каждой из трех вершин треугольника, и суммируйте углы между этими векторами. Если сумма углов равна 2 * пи, то точка находится внутри треугольника.
Два хороших сайта, которые объясняют альтернативы:
Используя аналитическое решение для барицентрических координат (указал Андреас Бринк ) и:
Можно минимизировать количество «дорогостоящих» операций:
function ptInTriangle(p, p0, p1, p2) {
var dX = p.x-p2.x;
var dY = p.y-p2.y;
var dX21 = p2.x-p1.x;
var dY12 = p1.y-p2.y;
var D = dY12*(p0.x-p2.x) + dX21*(p0.y-p2.y);
var s = dY12*dX + dX21*dY;
var t = (p2.y-p0.y)*dX + (p0.x-p2.x)*dY;
if (D<0) return s<=0 && t<=0 && s+t>=D;
return s>=0 && t>=0 && s+t<=D;
}
Код можно вставить в Perro Azul jsfiddle или попробовать, нажав «Выполнить фрагмент кода» ниже.
var ctx = $("canvas")[0].getContext("2d");
var W = 500;
var H = 500;
var point = { x: W / 2, y: H / 2 };
var triangle = randomTriangle();
$("canvas").click(function(evt) {
point.x = evt.pageX - $(this).offset().left;
point.y = evt.pageY - $(this).offset().top;
test();
});
$("canvas").dblclick(function(evt) {
triangle = randomTriangle();
test();
});
test();
function test() {
var result = ptInTriangle(point, triangle.a, triangle.b, triangle.c);
var info = "point = (" + point.x + "," + point.y + ")\n";
info += "triangle.a = (" + triangle.a.x + "," + triangle.a.y + ")\n";
info += "triangle.b = (" + triangle.b.x + "," + triangle.b.y + ")\n";
info += "triangle.c = (" + triangle.c.x + "," + triangle.c.y + ")\n";
info += "result = " + (result ? "true" : "false");
$("#result").text(info);
render();
}
function ptInTriangle(p, p0, p1, p2) {
var A = 1/2 * (-p1.y * p2.x + p0.y * (-p1.x + p2.x) + p0.x * (p1.y - p2.y) + p1.x * p2.y);
var sign = A < 0 ? -1 : 1;
var s = (p0.y * p2.x - p0.x * p2.y + (p2.y - p0.y) * p.x + (p0.x - p2.x) * p.y) * sign;
var t = (p0.x * p1.y - p0.y * p1.x + (p0.y - p1.y) * p.x + (p1.x - p0.x) * p.y) * sign;
return s > 0 && t > 0 && (s + t) < 2 * A * sign;
}
function render() {
ctx.fillStyle = "#CCC";
ctx.fillRect(0, 0, 500, 500);
drawTriangle(triangle.a, triangle.b, triangle.c);
drawPoint(point);
}
function drawTriangle(p0, p1, p2) {
ctx.fillStyle = "#999";
ctx.beginPath();
ctx.moveTo(p0.x, p0.y);
ctx.lineTo(p1.x, p1.y);
ctx.lineTo(p2.x, p2.y);
ctx.closePath();
ctx.fill();
ctx.fillStyle = "#000";
ctx.font = "12px monospace";
ctx.fillText("1", p0.x, p0.y);
ctx.fillText("2", p1.x, p1.y);
ctx.fillText("3", p2.x, p2.y);
}
function drawPoint(p) {
ctx.fillStyle = "#F00";
ctx.beginPath();
ctx.arc(p.x, p.y, 5, 0, 2 * Math.PI);
ctx.fill();
}
function rand(min, max) {
return Math.floor(Math.random() * (max - min + 1)) + min;
}
function randomTriangle() {
return {
a: { x: rand(0, W), y: rand(0, H) },
b: { x: rand(0, W), y: rand(0, H) },
c: { x: rand(0, W), y: rand(0, H) }
};
}
<script src="https://cdnjs.cloudflare.com/ajax/libs/jquery/1.9.1/jquery.min.js"></script>
<pre>Click: place the point.
Double click: random triangle.</pre>
<pre id="result"></pre>
<canvas width="500" height="500"></canvas>
Ведущий к:
Это очень хорошо сравнивается с решением Kornel Kisielewicz (25 повторений, 1 память, 15 вычитаний, 6 умножений, 5 сравнений) и может быть даже лучше, если необходимо обнаружение по часовой стрелке / против часовой стрелки (которое занимает 6 повторений, 1 сложение, 2 вычитания , 2 умножения и 1 сравнение сами по себе, используя определитель аналитического решения, как указано в rhgb ).
Что я делаю, это пересчитать три норма лица,
в 3D - перекрестным произведением бокового вектора и нормального вектора лица.
в 2D, просто меняя компоненты и отрицая один,
тогда внутри / снаружи для любой одной стороны это когда точечное произведение боковой нормали и вектора вершины в точку меняет знак. Повторите для других двух (или более) сторон.
Преимущества:
многое вычисляется заранее, что отлично подходит для тестирования нескольких точек в одном и том же треугольнике.
раннее отклонение общего случая больше внешних, чем внутренних точек. (также, если распределение точек взвешено в одну сторону, можно сначала проверить эту сторону.)
Вот эффективная реализация Python :
def PointInsideTriangle2(pt,tri):
'''checks if point pt(2) is inside triangle tri(3x2). @Developer'''
a = 1/(-tri[1,1]*tri[2,0]+tri[0,1]*(-tri[1,0]+tri[2,0])+ \
tri[0,0]*(tri[1,1]-tri[2,1])+tri[1,0]*tri[2,1])
s = a*(tri[2,0]*tri[0,1]-tri[0,0]*tri[2,1]+(tri[2,1]-tri[0,1])*pt[0]+ \
(tri[0,0]-tri[2,0])*pt[1])
if s<0: return False
else: t = a*(tri[0,0]*tri[1,1]-tri[1,0]*tri[0,1]+(tri[0,1]-tri[1,1])*pt[0]+ \
(tri[1,0]-tri[0,0])*pt[1])
return ((t>0) and (1-s-t>0))
и пример вывода:
Если вы ищете скорость, вот процедура, которая может вам помочь.
Сортируйте вершины треугольника по их ординатам. Это займет в худшем случае три сравнения. Пусть Y0, Y1, Y2 - три отсортированных значения. Проводя через них три горизонтали, вы делите плоскость на две полуплоскости и две плиты. Пусть Y будет ординатой точки запроса.
if Y < Y1
if Y <= Y0 -> the point lies in the upper half plane, outside the triangle; you are done
else Y > Y0 -> the point lies in the upper slab
else
if Y >= Y2 -> the point lies in the lower half plane, outside the triangle; you are done
else Y < Y2 -> the point lies in the lower slab
Стоит еще два сравнения. Как видите, быстрое отклонение достигается для точек за пределами «ограничительной плиты».
При желании вы можете поставить тест на абсциссы для быстрого отклонения слева и справа (X <= X0' or X >= X2'
). При этом будет реализован быстрый ограничивающий прямоугольный тест, но вам также придется сортировать по абсциссам.
В конце концов вам нужно будет вычислить знак данной точки относительно двух сторон треугольника, которые разграничивают соответствующую плиту (верхнюю или нижнюю). Тест имеет вид:
((X - Xi) * (Y - Yj) > (X - Xi) * (Y - Yj)) == ((X - Xi) * (Y - Yk) > (X - Xi) * (Y - Yk))
Полное обсуждение i, j, k
комбинаций (их шесть на основе результатов такого рода) выходит за рамки этого ответа и «оставлено в качестве упражнения для читателя»; для эффективности они должны быть жестко закодированы.
Если вы считаете, что это решение сложное, обратите внимание, что оно в основном включает в себя простые сравнения (некоторые из которых могут быть предварительно вычислены), плюс 6 вычитаний и 4 умножения в случае неудачи теста ограничивающего прямоугольника. Последнюю стоимость трудно превзойти, так как в худшем случае вы не можете избежать сравнения контрольной точки с двумя сторонами (ни один метод в других ответах не имеет более низкой стоимости, некоторые ухудшают ее, например, 15 вычитаний и 6 умножений, иногда делений).
ОБНОВЛЕНИЕ: быстрее с преобразованием сдвига
Как объяснено выше, вы можете быстро найти точку внутри одной из четырех горизонтальных полос, разделенных тремя ординатами вершин, используя два сравнения.
При желании вы можете выполнить один или два дополнительных теста X, чтобы проверить внутреннюю границу ограничительной рамки (пунктирные линии).
Затем рассмотрим преобразование «сдвиг», определяемое как X'= X - m Y, Y' = Y
, где m
- наклон DX/DY
для самого высокого края. Это преобразование сделает эту сторону треугольника вертикальной. И поскольку вы знаете, на какой стороне средней горизонтали вы находитесь, достаточно проверить знак относительно одной стороны треугольника.
Предполагая, что вы предварительно вычислили наклон m
, а также X'
для вершин срезаемого треугольника и коэффициенты уравнений сторон, как X = m Y + p
вам нужно в худшем случае
X' = X - m Y
;X >< m' Y + p'
против соответствующей стороны срезанного треугольника.Если вы знаете координаты трех вершин и координаты конкретной точки, то вы можете получить площадь полного треугольника. Затем вычислите площадь трех сегментов треугольника (одна точка - заданная точка, а две другие - любые две вершины треугольника). Таким образом, вы получите площадь трех треугольных сегментов. Если сумма этих областей равна общей площади (которую вы получили ранее), то точка должна быть внутри треугольника. В противном случае точка не находится внутри треугольника. Это должно работать. Если есть какие-либо проблемы, дайте мне знать. Спасибо.
Другая функция в Python , более быстрая, чем метод разработчика (по крайней мере для меня) и вдохновленная решением Седрика Дюфура :
def ptInTriang(p_test, p0, p1, p2):
dX = p_test[0] - p0[0]
dY = p_test[1] - p0[1]
dX20 = p2[0] - p0[0]
dY20 = p2[1] - p0[1]
dX10 = p1[0] - p0[0]
dY10 = p1[1] - p0[1]
s_p = (dY20*dX) - (dX20*dY)
t_p = (dX10*dY) - (dY10*dX)
D = (dX10*dY20) - (dY10*dX20)
if D > 0:
return ( (s_p >= 0) and (t_p >= 0) and (s_p + t_p) <= D )
else:
return ( (s_p <= 0) and (t_p <= 0) and (s_p + t_p) >= D )
Вы можете проверить это с:
X_size = 64
Y_size = 64
ax_x = np.arange(X_size).astype(np.float32)
ax_y = np.arange(Y_size).astype(np.float32)
coords=np.meshgrid(ax_x,ax_y)
points_unif = (coords[0].reshape(X_size*Y_size,),coords[1].reshape(X_size*Y_size,))
p_test = np.array([0 , 0])
p0 = np.array([22 , 8])
p1 = np.array([12 , 55])
p2 = np.array([7 , 19])
fig = plt.figure(dpi=300)
for i in range(0,X_size*Y_size):
p_test[0] = points_unif[0][i]
p_test[1] = points_unif[1][i]
if ptInTriang(p_test, p0, p1, p2):
plt.plot(p_test[0], p_test[1], '.g')
else:
plt.plot(p_test[0], p_test[1], '.r')
Построение занимает много времени, но эта сетка тестируется за 0,0195319652557 секунд против 0,0844349861145 секунд кода разработчика .
Наконец-то комментарий к коду:
# Using barycentric coordintes, any point inside can be described as:
# X = p0.x * r + p1.x * s + p2.x * t
# Y = p0.y * r + p1.y * s + p2.y * t
# with:
# r + s + t = 1 and 0 < r,s,t < 1
# then: r = 1 - s - t
# and then:
# X = p0.x * (1 - s - t) + p1.x * s + p2.x * t
# Y = p0.y * (1 - s - t) + p1.y * s + p2.y * t
#
# X = p0.x + (p1.x-p0.x) * s + (p2.x-p0.x) * t
# Y = p0.y + (p1.y-p0.y) * s + (p2.y-p0.y) * t
#
# X - p0.x = (p1.x-p0.x) * s + (p2.x-p0.x) * t
# Y - p0.y = (p1.y-p0.y) * s + (p2.y-p0.y) * t
#
# we have to solve:
#
# [ X - p0.x ] = [(p1.x-p0.x) (p2.x-p0.x)] * [ s ]
# [ Y - p0.Y ] [(p1.y-p0.y) (p2.y-p0.y)] [ t ]
#
# ---> b = A*x ; ---> x = A^-1 * b
#
# [ s ] = A^-1 * [ X - p0.x ]
# [ t ] [ Y - p0.Y ]
#
# A^-1 = 1/D * adj(A)
#
# The adjugate of A:
#
# adj(A) = [(p2.y-p0.y) -(p2.x-p0.x)]
# [-(p1.y-p0.y) (p1.x-p0.x)]
#
# The determinant of A:
#
# D = (p1.x-p0.x)*(p2.y-p0.y) - (p1.y-p0.y)*(p2.x-p0.x)
#
# Then:
#
# s_p = { (p2.y-p0.y)*(X - p0.x) - (p2.x-p0.x)*(Y - p0.Y) }
# t_p = { (p1.x-p0.x)*(Y - p0.Y) - (p1.y-p0.y)*(X - p0.x) }
#
# s = s_p / D
# t = t_p / D
#
# Recovering r:
#
# r = 1 - (s_p + t_p)/D
#
# Since we only want to know if it is insidem not the barycentric coordinate:
#
# 0 < 1 - (s_p + t_p)/D < 1
# 0 < (s_p + t_p)/D < 1
# 0 < (s_p + t_p) < D
#
# The condition is:
# if D > 0:
# s_p > 0 and t_p > 0 and (s_p + t_p) < D
# else:
# s_p < 0 and t_p < 0 and (s_p + t_p) > D
#
# s_p = { dY20*dX - dX20*dY }
# t_p = { dX10*dY - dY10*dX }
# D = dX10*dY20 - dY10*dX20
ptInTriang([11,45],[45, 45],[45, 45] ,[44, 45])
и вернёмся true
хотя и неверно
Поскольку нет ответа JS, по
часовой стрелке и против часовой стрелки:
function triangleContains(ax, ay, bx, by, cx, cy, x, y) {
let det = (bx - ax) * (cy - ay) - (by - ay) * (cx - ax)
return det * ((bx - ax) * (y - ay) - (by - ay) * (x - ax)) > 0 &&
det * ((cx - bx) * (y - by) - (cy - by) * (x - bx)) > 0 &&
det * ((ax - cx) * (y - cy) - (ay - cy) * (x - cx)) > 0
}
РЕДАКТИРОВАТЬ: была опечатка для вычисления det ( cy - ay
вместо cx - ax
), это исправлено.
https://jsfiddle.net/jniac/rctb3gfL/
function triangleContains(ax, ay, bx, by, cx, cy, x, y) {
let det = (bx - ax) * (cy - ay) - (by - ay) * (cx - ax)
return det * ((bx - ax) * (y - ay) - (by - ay) * (x - ax)) > 0 &&
det * ((cx - bx) * (y - by) - (cy - by) * (x - bx)) > 0 &&
det * ((ax - cx) * (y - cy) - (ay - cy) * (x - cx)) > 0
}
let width = 500, height = 500
// clockwise
let triangle1 = {
A : { x: 10, y: -10 },
C : { x: 20, y: 100 },
B : { x: -90, y: 10 },
color: '#f00',
}
// counter clockwise
let triangle2 = {
A : { x: 20, y: -60 },
B : { x: 90, y: 20 },
C : { x: 20, y: 60 },
color: '#00f',
}
let scale = 2
let mouse = { x: 0, y: 0 }
// DRAW >
let wrapper = document.querySelector('div.wrapper')
wrapper.onmousemove = ({ layerX:x, layerY:y }) => {
x -= width / 2
y -= height / 2
x /= scale
y /= scale
mouse.x = x
mouse.y = y
drawInteractive()
}
function drawArrow(ctx, A, B) {
let v = normalize(sub(B, A), 3)
let I = center(A, B)
let p
p = add(I, rotate(v, 90), v)
ctx.moveTo(p.x, p.y)
ctx.lineTo(I.x, I .y)
p = add(I, rotate(v, -90), v)
ctx.lineTo(p.x, p.y)
}
function drawTriangle(ctx, { A, B, C, color }) {
ctx.beginPath()
ctx.moveTo(A.x, A.y)
ctx.lineTo(B.x, B.y)
ctx.lineTo(C.x, C.y)
ctx.closePath()
ctx.fillStyle = color + '6'
ctx.strokeStyle = color
ctx.fill()
drawArrow(ctx, A, B)
drawArrow(ctx, B, C)
drawArrow(ctx, C, A)
ctx.stroke()
}
function contains({ A, B, C }, P) {
return triangleContains(A.x, A.y, B.x, B.y, C.x, C.y, P.x, P.y)
}
function resetCanvas(canvas) {
canvas.width = width
canvas.height = height
let ctx = canvas.getContext('2d')
ctx.resetTransform()
ctx.clearRect(0, 0, width, height)
ctx.setTransform(scale, 0, 0, scale, width/2, height/2)
}
function drawDots() {
let canvas = document.querySelector('canvas#dots')
let ctx = canvas.getContext('2d')
resetCanvas(canvas)
let count = 1000
for (let i = 0; i < count; i++) {
let x = width * (Math.random() - .5)
let y = width * (Math.random() - .5)
ctx.beginPath()
ctx.ellipse(x, y, 1, 1, 0, 0, 2 * Math.PI)
if (contains(triangle1, { x, y })) {
ctx.fillStyle = '#f00'
} else if (contains(triangle2, { x, y })) {
ctx.fillStyle = '#00f'
} else {
ctx.fillStyle = '#0003'
}
ctx.fill()
}
}
function drawInteractive() {
let canvas = document.querySelector('canvas#interactive')
let ctx = canvas.getContext('2d')
resetCanvas(canvas)
ctx.beginPath()
ctx.moveTo(0, -height/2)
ctx.lineTo(0, height/2)
ctx.moveTo(-width/2, 0)
ctx.lineTo(width/2, 0)
ctx.strokeStyle = '#0003'
ctx.stroke()
drawTriangle(ctx, triangle1)
drawTriangle(ctx, triangle2)
ctx.beginPath()
ctx.ellipse(mouse.x, mouse.y, 4, 4, 0, 0, 2 * Math.PI)
if (contains(triangle1, mouse)) {
ctx.fillStyle = triangle1.color + 'a'
ctx.fill()
} else if (contains(triangle2, mouse)) {
ctx.fillStyle = triangle2.color + 'a'
ctx.fill()
} else {
ctx.strokeStyle = 'black'
ctx.stroke()
}
}
drawDots()
drawInteractive()
// trigo
function add(...points) {
let x = 0, y = 0
for (let point of points) {
x += point.x
y += point.y
}
return { x, y }
}
function center(...points) {
let x = 0, y = 0
for (let point of points) {
x += point.x
y += point.y
}
x /= points.length
y /= points.length
return { x, y }
}
function sub(A, B) {
let x = A.x - B.x
let y = A.y - B.y
return { x, y }
}
function normalize({ x, y }, length = 10) {
let r = length / Math.sqrt(x * x + y * y)
x *= r
y *= r
return { x, y }
}
function rotate({ x, y }, angle = 90) {
let length = Math.sqrt(x * x + y * y)
angle *= Math.PI / 180
angle += Math.atan2(y, x)
x = length * Math.cos(angle)
y = length * Math.sin(angle)
return { x, y }
}
* {
margin: 0;
}
html {
font-family: monospace;
}
body {
padding: 32px;
}
span.red {
color: #f00;
}
span.blue {
color: #00f;
}
canvas {
position: absolute;
border: solid 1px #ddd;
}
<p><span class="red">red triangle</span> is clockwise</p>
<p><span class="blue">blue triangle</span> is couter clockwise</p>
<br>
<div class="wrapper">
<canvas id="dots"></canvas>
<canvas id="interactive"></canvas>
</div>
Я использую здесь тот же метод, который описан выше: точка находится внутри ABC, если она находится соответственно на «той же» стороне каждой линии AB, BC, CA.
let det = (bx - ax) * (cy - ay) - (by - ay) * (cy - ay)
), это определить порядок намотки треугольника, поэтому метод будет работать с треугольниками CW и CCW (см. jsFiddle).
let det = (bx - ax) * (cy - ay) - (by - ay) * (cy - ay)
вместо того, let det = (bx - ax) * (cy - ay) - (by - ay) * (cx - ax)
чтобы это исправить, спасибо за сообщение
Я просто хочу использовать простую векторную математику, чтобы объяснить решение барицентрических координат, которое дал Андреас, это будет намного легче понять.
(1-е) | v0v2 | / | v0v2 | = tp | v0v1 | / | v0v1 |
мы получаем 1 - s = tp, тогда 1 = s + tp. Если любое t> tp, 1 <s + t где находится на двойной штриховой линии, вектор находится за пределами треугольника, то любое t <= tp, 1> = s + t где находится на одной штриховой линии, вектор внутри треугольника.
Тогда, если мы задали s в [0, 1], соответствующему t должно соответствовать 1> = s + t для вектора внутри треугольника.
Итак, в итоге мы получаем v = s * v02 + t * v01, v находится внутри треугольника с условием s, t, s + t принадлежит [0, 1]. Затем переведите в точку, мы имеем
p - p0 = s * (p1 - p0) + t * (p2 - p0), с s, t, s + t в [0, 1]
что аналогично решению Андреаса для решения системы уравнений p = p0 + s * (p1 - p0) + t * (p2 - p0), где s, t, s + t принадлежат [0, 1].
Вот решение в Python, которое является эффективным, документированным и содержит три юнит-теста. Это профессиональное качество, готовое для использования в вашем проекте в виде модуля, как есть.
import unittest
###############################################################################
def point_in_triangle(point, triangle):
"""Returns True if the point is inside the triangle
and returns False if it falls outside.
- The argument *point* is a tuple with two elements
containing the X,Y coordinates respectively.
- The argument *triangle* is a tuple with three elements each
element consisting of a tuple of X,Y coordinates.
It works like this:
Walk clockwise or counterclockwise around the triangle
and project the point onto the segment we are crossing
by using the dot product.
Finally, check that the vector created is on the same side
for each of the triangle's segments.
"""
# Unpack arguments
x, y = point
ax, ay = triangle[0]
bx, by = triangle[1]
cx, cy = triangle[2]
# Segment A to B
side_1 = (x - bx) * (ay - by) - (ax - bx) * (y - by)
# Segment B to C
side_2 = (x - cx) * (by - cy) - (bx - cx) * (y - cy)
# Segment C to A
side_3 = (x - ax) * (cy - ay) - (cx - ax) * (y - ay)
# All the signs must be positive or all negative
return (side_1 < 0.0) == (side_2 < 0.0) == (side_3 < 0.0)
###############################################################################
class TestPointInTriangle(unittest.TestCase):
triangle = ((22 , 8),
(12 , 55),
(7 , 19))
def test_inside(self):
point = (15, 20)
self.assertTrue(point_in_triangle(point, self.triangle))
def test_outside(self):
point = (1, 7)
self.assertFalse(point_in_triangle(point, self.triangle))
def test_border_case(self):
"""If the point is exactly on one of the triangle's edges,
we consider it is inside."""
point = (7, 19)
self.assertTrue(point_in_triangle(point, self.triangle))
###############################################################################
if __name__ == "__main__":
suite = unittest.defaultTestLoader.loadTestsFromTestCase(TestPointInTriangle)
unittest.TextTestRunner().run(suite)
Существует дополнительный необязательный графический тест для алгоритма выше, чтобы подтвердить его правильность:
import random
from matplotlib import pyplot
from triangle_test import point_in_triangle
###############################################################################
# The area #
size_x = 64
size_y = 64
# The triangle #
triangle = ((22 , 8),
(12 , 55),
(7 , 19))
# Number of random points #
count_points = 10000
# Prepare the figure #
figure = pyplot.figure()
axes = figure.add_subplot(111, aspect='equal')
axes.set_title("Test the 'point_in_triangle' function")
axes.set_xlim(0, size_x)
axes.set_ylim(0, size_y)
# Plot the triangle #
from matplotlib.patches import Polygon
axes.add_patch(Polygon(triangle, linewidth=1, edgecolor='k', facecolor='none'))
# Plot the points #
for i in range(count_points):
x = random.uniform(0, size_x)
y = random.uniform(0, size_y)
if point_in_triangle((x,y), triangle): pyplot.plot(x, y, '.g')
else: pyplot.plot(x, y, '.b')
# Save it #
figure.savefig("point_in_triangle.pdf")
Производим следующую графику:
Существуют досадные граничные условия, когда точка находится точно на общем ребре двух соседних треугольников. Точка не может быть ни в обоих, ни в одном из треугольников. Вам нужен произвольный, но последовательный способ назначения точки. Например, нарисуйте горизонтальную линию через точку. Если линия пересекается с другой стороной треугольника справа, точка обрабатывается так, как если бы она находилась внутри треугольника. Если пересечение слева, точка находится снаружи.
Если линия, на которой лежит точка, является горизонтальной, используйте выше / ниже.
Если точка находится на общей вершине нескольких треугольников, используйте треугольник, центр которого точка образует наименьший угол.
Веселее: три точки могут быть на прямой (ноль градусов), например (0,0) - (0,10) - (0,5). В алгоритме триангуляции «ухо» (0,10) должно быть обрезано, а сгенерированный «треугольник» является вырожденным случаем прямой линии.
Это простейшая концепция, чтобы определить, находится ли точка внутри или снаружи треугольника или на плече треугольника.
Определение точки находится внутри треугольника по определителям:
Самый простой рабочий код:
#-*- coding: utf-8 -*-
import numpy as np
tri_points = [(1,1),(2,3),(3,1)]
def pisinTri(point,tri_points):
Dx , Dy = point
A,B,C = tri_points
Ax, Ay = A
Bx, By = B
Cx, Cy = C
M1 = np.array([ [Dx - Bx, Dy - By, 0],
[Ax - Bx, Ay - By, 0],
[1 , 1 , 1]
])
M2 = np.array([ [Dx - Ax, Dy - Ay, 0],
[Cx - Ax, Cy - Ay, 0],
[1 , 1 , 1]
])
M3 = np.array([ [Dx - Cx, Dy - Cy, 0],
[Bx - Cx, By - Cy, 0],
[1 , 1 , 1]
])
M1 = np.linalg.det(M1)
M2 = np.linalg.det(M2)
M3 = np.linalg.det(M3)
print(M1,M2,M3)
if(M1 == 0 or M2 == 0 or M3 ==0):
print("Point: ",point," lies on the arms of Triangle")
elif((M1 > 0 and M2 > 0 and M3 > 0)or(M1 < 0 and M2 < 0 and M3 < 0)):
#if products is non 0 check if all of their sign is same
print("Point: ",point," lies inside the Triangle")
else:
print("Point: ",point," lies outside the Triangle")
print("Vertices of Triangle: ",tri_points)
points = [(0,0),(1,1),(2,3),(3,1),(2,2),(4,4),(1,0),(0,4)]
for c in points:
pisinTri(c,tri_points)
Самый простой способ, и он работает со всеми типами треугольников, это просто определить углы точек P, A, B, C точек. Если любой из углов больше 180.0 градусов, то он снаружи, если 180.0, то он на окружности, а если acos изменяет вам и меньше 180.0, то он внутри. Посмотрите на понимание http: // math- Physics -psychology.blogspot.hu/2015/01/earlish-determination-that-point-is.html
Честно говоря, это так же просто, как ответ Саймона П Стивена однако при таком подходе у вас нет точного контроля, хотите ли вы, чтобы точки на краях треугольника были включены или нет.
Мой подход немного другой, но очень простой. Рассмотрим следующий треугольник;
Чтобы иметь точку в треугольнике, мы должны выполнить 3 условия
В этом методе у вас есть полный контроль, чтобы включить или исключить точку по краям индивидуально. Таким образом, вы можете проверить, находится ли точка в треугольнике, включая только | AC | край например.
Так что мое решение в JavaScript будет следующим;
function isInTriangle(t,p){
function isInBorder(a,b,c,p){
var m = (a.y - b.y) / (a.x - b.x); // calculate the slope
return Math.sign(p.y - m*p.x + m*a.x - a.y) === Math.sign(c.y - m*c.x + m*a.x - a.y);
}
function findAngle(a,b,c){ // calculate the C angle from 3 points.
var ca = Math.hypot(c.x-a.x, c.y-a.y), // ca edge length
cb = Math.hypot(c.x-b.x, c.y-b.y), // cb edge length
ab = Math.hypot(a.x-b.x, a.y-b.y); // ab edge length
return Math.acos((ca*ca + cb*cb - ab*ab) / (2*ca*cb)); // return the C angle
}
var pas = t.slice(1)
.map(tp => findAngle(p,tp,t[0])), // find the angle between (p,t[0]) with (t[1],t[0]) & (t[2],t[0])
ta = findAngle(t[1],t[2],t[0]);
return pas[0] < ta && pas[1] < ta && isInBorder(t[1],t[2],t[0],p);
}
var triangle = [{x:3, y:4},{x:10, y:8},{x:6, y:10}],
point1 = {x:3, y:9},
point2 = {x:7, y:9};
console.log(isInTriangle(triangle,point1));
console.log(isInTriangle(triangle,point2));
bool isInside( float x, float y, float x1, float y1, float x2, float y2, float x3, float y3 ) {
float l1 = (x-x1)*(y3-y1) - (x3-x1)*(y-y1),
l2 = (x-x2)*(y1-y2) - (x1-x2)*(y-y2),
l3 = (x-x3)*(y2-y3) - (x2-x3)*(y-y3);
return (l1>0 && l2>0 && l3>0) || (l1<0 && l2<0 && l3<0);
}
Это не может быть более эффективным, чем это! Каждая сторона треугольника может иметь независимую позицию и ориентацию, следовательно, три вычисления: l1, l2 и l3, безусловно, необходимы, включая 2 умножения каждый. Как только l1, l2 и l3 станут известны, результатом будет лишь несколько базовых сравнений и логических операций.
Предположительно высокопроизводительный код, который я адаптировал в JavaScript (статья ниже):
function pointInTriangle (p, p0, p1, p2) {
return (((p1.y - p0.y) * (p.x - p0.x) - (p1.x - p0.x) * (p.y - p0.y)) | ((p2.y - p1.y) * (p.x - p1.x) - (p2.x - p1.x) * (p.y - p1.y)) | ((p0.y - p2.y) * (p.x - p2.x) - (p0.x - p2.x) * (p.y - p2.y))) >= 0;
}
pointInTriangle(p, p0, p1, p2)
- для треугольников против часовой стрелкиpointInTriangle(p, p0, p1, p2)
- для треугольников по часовой стрелкеПосмотрите в jsFiddle (тест производительности включен), есть также проверка обмотки в отдельной функции. Или нажмите «Выполнить фрагмент кода» ниже
var ctx = $("canvas")[0].getContext("2d");
var W = 500;
var H = 500;
var point = { x: W / 2, y: H / 2 };
var triangle = randomTriangle();
$("canvas").click(function(evt) {
point.x = evt.pageX - $(this).offset().left;
point.y = evt.pageY - $(this).offset().top;
test();
});
$("canvas").dblclick(function(evt) {
triangle = randomTriangle();
test();
});
document.querySelector('#performance').addEventListener('click', _testPerformance);
test();
function test() {
var result = checkClockwise(triangle.a, triangle.b, triangle.c) ? pointInTriangle(point, triangle.a, triangle.c, triangle.b) : pointInTriangle(point, triangle.a, triangle.b, triangle.c);
var info = "point = (" + point.x + "," + point.y + ")\n";
info += "triangle.a = (" + triangle.a.x + "," + triangle.a.y + ")\n";
info += "triangle.b = (" + triangle.b.x + "," + triangle.b.y + ")\n";
info += "triangle.c = (" + triangle.c.x + "," + triangle.c.y + ")\n";
info += "result = " + (result ? "true" : "false");
$("#result").text(info);
render();
}
function _testPerformance () {
var px = [], py = [], p0x = [], p0y = [], p1x = [], p1y = [], p2x = [], p2y = [], p = [], p0 = [], p1 = [], p2 = [];
for(var i = 0; i < 1000000; i++) {
p[i] = {x: Math.random() * 100, y: Math.random() * 100};
p0[i] = {x: Math.random() * 100, y: Math.random() * 100};
p1[i] = {x: Math.random() * 100, y: Math.random() * 100};
p2[i] = {x: Math.random() * 100, y: Math.random() * 100};
}
console.time('optimal: pointInTriangle');
for(var i = 0; i < 1000000; i++) {
pointInTriangle(p[i], p0[i], p1[i], p2[i]);
}
console.timeEnd('optimal: pointInTriangle');
console.time('original: ptInTriangle');
for(var i = 0; i < 1000000; i++) {
ptInTriangle(p[i], p0[i], p1[i], p2[i]);
}
console.timeEnd('original: ptInTriangle');
}
function pointInTriangle (p, p0, p1, p2) {
return (((p1.y - p0.y) * (p.x - p0.x) - (p1.x - p0.x) * (p.y - p0.y)) | ((p2.y - p1.y) * (p.x - p1.x) - (p2.x - p1.x) * (p.y - p1.y)) | ((p0.y - p2.y) * (p.x - p2.x) - (p0.x - p2.x) * (p.y - p2.y))) >= 0;
}
function ptInTriangle(p, p0, p1, p2) {
var s = (p0.y * p2.x - p0.x * p2.y + (p2.y - p0.y) * p.x + (p0.x - p2.x) * p.y);
var t = (p0.x * p1.y - p0.y * p1.x + (p0.y - p1.y) * p.x + (p1.x - p0.x) * p.y);
if (s <= 0 || t <= 0) return false;
var A = (-p1.y * p2.x + p0.y * (-p1.x + p2.x) + p0.x * (p1.y - p2.y) + p1.x * p2.y);
return (s + t) < A;
}
function render() {
ctx.fillStyle = "#CCC";
ctx.fillRect(0, 0, 500, 500);
drawTriangle(triangle.a, triangle.b, triangle.c);
drawPoint(point);
}
function checkClockwise(p0, p1, p2) {
var A = (-p1.y * p2.x + p0.y * (-p1.x + p2.x) + p0.x * (p1.y - p2.y) + p1.x * p2.y);
return A > 0;
}
function drawTriangle(p0, p1, p2) {
ctx.fillStyle = "#999";
ctx.beginPath();
ctx.moveTo(p0.x, p0.y);
ctx.lineTo(p1.x, p1.y);
ctx.lineTo(p2.x, p2.y);
ctx.closePath();
ctx.fill();
ctx.fillStyle = "#000";
ctx.font = "12px monospace";
ctx.fillText("1", p0.x, p0.y);
ctx.fillText("2", p1.x, p1.y);
ctx.fillText("3", p2.x, p2.y);
}
function drawPoint(p) {
ctx.fillStyle = "#F00";
ctx.beginPath();
ctx.arc(p.x, p.y, 5, 0, 2 * Math.PI);
ctx.fill();
}
function rand(min, max) {
return Math.floor(Math.random() * (max - min + 1)) + min;
}
function randomTriangle() {
return {
a: { x: rand(0, W), y: rand(0, H) },
b: { x: rand(0, W), y: rand(0, H) },
c: { x: rand(0, W), y: rand(0, H) }
};
}
<script src="https://cdnjs.cloudflare.com/ajax/libs/jquery/1.9.1/jquery.min.js"></script>
<button id="performance">Run performance test (open console)</button>
<pre>Click: place the point.
Double click: random triangle.</pre>
<pre id="result"></pre>
<canvas width="500" height="500"></canvas>
Вдохновленный этим: http://www.phatcode.net/articles.php?id=459
bool point2Dtriangle(double e,double f, double a,double b,double c, double g,double h,double i, double v, double w){
/* inputs: e=point.x, f=point.y
a=triangle.Ax, b=triangle.Bx, c=triangle.Cx
g=triangle.Ay, h=triangle.By, i=triangle.Cy */
v = 1 - (f * (b - c) + h * (c - e) + i * (e - b)) / (g * (b - c) + h * (c - a) + i * (a - b));
w = (f * (a - b) + g * (b - e) + h * (e - a)) / (g * (b - c) + h * (c - a) + i * (a - b));
if (*v > -0.0 && *v < 1.0000001 && *w > -0.0 && *w < *v) return true;//is inside
else return false;//is outside
return 0;
}
почти идеальные декартовы координаты, преобразованные из барицентрических, экспортируются в двойные числа * v (x) и * w (y). Оба экспортных двойника должны иметь символ * в каждом случае, вероятно: * v и * w Код можно использовать и для другого треугольника четырехугольника. Настоящим подписанный записал только треугольник abc из четырехугольника abcd по часовой стрелке
A---B
|..\\.o|
|....\\.|
D---C
точка o находится внутри треугольника ABC для тестирования со вторым треугольником, вызывая эту функцию в направлении CDA, и результаты должны быть правильными после *v=1-*v;
и *w=1-*w;
для четырехугольника
Мне нужна была проверка треугольника в «контролируемой среде», когда вы абсолютно уверены, что треугольники будут по часовой стрелке. Итак, я взял jsfiddle Перро Азула и изменил его, как предложено coproc для таких случаев; также удалены избыточные 0,5 и 2 умножения, потому что они просто отменяют друг друга.
http://jsfiddle.net/dog_funtom/H7D7g/
var ctx = $("canvas")[0].getContext("2d");
var W = 500;
var H = 500;
var point = {
x: W / 2,
y: H / 2
};
var triangle = randomTriangle();
$("canvas").click(function (evt) {
point.x = evt.pageX - $(this).offset().left;
point.y = evt.pageY - $(this).offset().top;
test();
});
$("canvas").dblclick(function (evt) {
triangle = randomTriangle();
test();
});
test();
function test() {
var result = ptInTriangle(point, triangle.a, triangle.b, triangle.c);
var info = "point = (" + point.x + "," + point.y + ")\n";
info += "triangle.a = (" + triangle.a.x + "," + triangle.a.y + ")\n";
info += "triangle.b = (" + triangle.b.x + "," + triangle.b.y + ")\n";
info += "triangle.c = (" + triangle.c.x + "," + triangle.c.y + ")\n";
info += "result = " + (result ? "true" : "false");
$("#result").text(info);
render();
}
function ptInTriangle(p, p0, p1, p2) {
var s = (p0.y * p2.x - p0.x * p2.y + (p2.y - p0.y) * p.x + (p0.x - p2.x) * p.y);
var t = (p0.x * p1.y - p0.y * p1.x + (p0.y - p1.y) * p.x + (p1.x - p0.x) * p.y);
if (s <= 0 || t <= 0) return false;
var A = (-p1.y * p2.x + p0.y * (-p1.x + p2.x) + p0.x * (p1.y - p2.y) + p1.x * p2.y);
return (s + t) < A;
}
function checkClockwise(p0, p1, p2) {
var A = (-p1.y * p2.x + p0.y * (-p1.x + p2.x) + p0.x * (p1.y - p2.y) + p1.x * p2.y);
return A > 0;
}
function render() {
ctx.fillStyle = "#CCC";
ctx.fillRect(0, 0, 500, 500);
drawTriangle(triangle.a, triangle.b, triangle.c);
drawPoint(point);
}
function drawTriangle(p0, p1, p2) {
ctx.fillStyle = "#999";
ctx.beginPath();
ctx.moveTo(p0.x, p0.y);
ctx.lineTo(p1.x, p1.y);
ctx.lineTo(p2.x, p2.y);
ctx.closePath();
ctx.fill();
ctx.fillStyle = "#000";
ctx.font = "12px monospace";
ctx.fillText("1", p0.x, p0.y);
ctx.fillText("2", p1.x, p1.y);
ctx.fillText("3", p2.x, p2.y);
}
function drawPoint(p) {
ctx.fillStyle = "#F00";
ctx.beginPath();
ctx.arc(p.x, p.y, 5, 0, 2 * Math.PI);
ctx.fill();
}
function rand(min, max) {
return Math.floor(Math.random() * (max - min + 1)) + min;
}
function randomTriangle() {
while (true) {
var result = {
a: {
x: rand(0, W),
y: rand(0, H)
},
b: {
x: rand(0, W),
y: rand(0, H)
},
c: {
x: rand(0, W),
y: rand(0, H)
}
};
if (checkClockwise(result.a, result.b, result.c)) return result;
}
}
<script src="https://cdnjs.cloudflare.com/ajax/libs/jquery/1.9.1/jquery.min.js"></script>
<pre>Click: place the point.
Double click: random triangle.</pre>
<pre id="result"></pre>
<canvas width="500" height="500"></canvas>
Вот эквивалентный код C # для Unity:
public static bool IsPointInClockwiseTriangle(Vector2 p, Vector2 p0, Vector2 p1, Vector2 p2)
{
var s = (p0.y * p2.x - p0.x * p2.y + (p2.y - p0.y) * p.x + (p0.x - p2.x) * p.y);
var t = (p0.x * p1.y - p0.y * p1.x + (p0.y - p1.y) * p.x + (p1.x - p0.x) * p.y);
if (s <= 0 || t <= 0)
return false;
var A = (-p1.y * p2.x + p0.y * (-p1.x + p2.x) + p0.x * (p1.y - p2.y) + p1.x * p2.y);
return (s + t) < A;
}
Один из самых простых способов проверить, положительна ли область, образованная вершинами треугольника (x1, y1), (x2, y2), (x3, y3).
Площадь можно рассчитать по формуле:
1/2 [x1 (y2 – y3) + x2 (y3 – y1) + x3 (y1 – y2)]
или код Python может быть записан как:
def triangleornot(p1,p2,p3):
return (1/ 2) [p1[0](p2[1]–p3[1]) + p2[0] (p3[1]–p1[1]) + p3[0] (p1[0]–p2[0])]