GAMES101 第4讲观察变换(视图变换与投影变换)

观察变换

观察变换(Viewing Transform)是将世界坐标系中的物体变换到裁剪坐标系中的过程

视图/相机变换

相机坐标系

视图/相机变换(View/Camera Transform)是将世界坐标系中的物体变换到相机坐标系中的过程

视图变换是在摆放照相机, 所以我们要定义相机的参数:

坐标(Position): $e$
观察方向(Look At/Gaze): $g^$
上方向(Up): $t^$

为了方便计算和理解, 我们认为相机坐标系是:

相机坐标永远位于原点
相机的上方向永远是 $y$ 轴正方向
相机的观察方向永远是 $z$ 轴负方向, 即 $- z$ 方向
所有物体随着相机的移动而移动

视图变换矩阵

假如相机本身的坐标是 $e$ , 观察方向是 $g^$ , 上方向是 $t^$ , 那么将其转换为相机坐标系的操作则有:

将 $e$ 移动到原点
将 $g^$ 转换为 $- z$ 轴
将 $t^$ 转换为 $y$ 轴
将 $g^\times t^$ 转换为 $x$ 轴

将以上操作写成矩阵的形式:

M_{v i e w} = R_{v i e w} \cdot T_{v i e w}

其中 $R_{v i e w}$ 为旋转矩阵部分, $T_{v i e w}$ 为平移矩阵部分

T_{v i e w} = 100001000010 - x_{e} - y_{e} - z_{e} 1

通过从 $g^\times t^, t^, - g^$ 旋转到 $x, y, z$ 轴来直接推导旋转矩阵较为困难

但是已知 $x, y, z$ 轴的单位向量 , 求旋转到 $g^\times t^, t^, - g^$ 的旋转矩阵 $R_{v i e w}^{- 1}$ 是比较容易的

同时又因为旋转矩阵是正交矩阵, 所以有 $R_{v i e w}^{T} = R_{v i e w}^{- 1}$

R_{v i e w}^{- 1} = x_{g^\times t^} y_{g^\times t^} z_{g^\times t^} 0 x_{t^} y_{t^} z_{t^} 0 x_{- g^} y_{- g^} z_{- g^} 0 0001

R_{v i e w} = (R_{v i e w}^{- 1})^{T} = x_{g^\times t^} x_{t^} x_{- g^} 0 y_{g^\times t^} y_{t^} y_{- g^} 0 z_{g^\times t^} z_{t^} z_{- g^} 0 0001

投影变换

投影变换(Projection Transform)是将相机坐标系中的物体变换到裁剪坐标系中的过程

投影变换分为正交投影(Orthographic Projection) 和 透视投影(Perspective Projection)

正交投影

较为简单的理解:

相机放在原点, 观察方向是 $- z$ 轴, 向上方向是 $y$ 轴
将物体的 $z$ 坐标直接扔掉, 保留 $x, y$ 坐标
将 $x, y$ 坐标映射到 $[- 1, 1]^{2}$ 的范围内(方便后续裁剪)

在图形学中的正交投影:

在空间中定义一个立方体, 并规定其左右, 下上, 远近的边界分别在 $x, y, z$ 轴上的范围 $[l, r], [b, t], [f, n]$
将这个立方体映射到 $[- 1, 1]^{3}$ 的正则立方体(Canonical Cube)中
- 将立方体的中心移动到原点
- 将 $x, y, z$ 轴分别拉伸到 $[- 1, 1]$ 的范围内
注意: 不会抛弃 $z$ 轴的值, $z$ 值越小, 距离相机越远

矩阵的形式为(先平移再缩放):

M_{or t h o} = S_{or t h o} \cdot T_{or t h o} = \frac{2}{r - l} 000 0 \frac{2}{t - b} 00 00 \frac{2}{n - f} 0 0001 100001000010 - \frac{r + l}{2} - \frac{t + b}{2} - \frac{n + f}{2} 1

左右手坐标系的不同会导致 $z$ 轴的方向不同, 所以在计算时要注意

透视投影

透视投影使用的最广泛的投影方式, 也是人眼看到的世界的投影方式

回顾: $(x, y, z, 1)$ 与 $(k x, k y, k z, k)$ 表示的是三维空间的同一个点 $(x, y, z)$ , 注意 $k \neq = 0$

因此, $(x z, y z, z^{2}, z)$ 与 $(x, y, z, 1)$ 表示的是三维空间的同一个点 $(x, y, z)$ , 注意 $z \neq = 0$

先将视锥体的远端平面"挤压"到和近端平面齐平的位置, 此时成为了一个立方体
将立方体映射到 $[- 1, 1]^{3}$ 的正则立方体(Canonical Cube)中, 操作类似于正交投影

挤压的过程中为了便于理解和计算, 我们规定:

近端平面的所有坐标都不变, 视锥体远端平面的 $z$ 坐标也都不变, 远端平面中心点的所有坐标也不发生变化, 此时挤压操作只有唯一解

根据相似三角形, 所有点的

x^{'} = \frac{n}{z} x

y^{'} = \frac{n}{z} y

在齐次坐标中, 有:

x y z 1 \to \frac{n x}{z} \frac{n y}{z} u nk n o w n 1 == n x n y s t i l l u nk n o w n z

我们想要知道挤压矩阵 $M_{p er s p \to or t h o}^{4 \times 4}$ 的形式, 使得:

M_{p er s p \to or t h o}^{4 \times 4} x y z 1 = n x n y u nk n o w n z

可以反推出:

M_{p er s p \to or t h o}^{4 \times 4} = n 0 ? 0 0 n ? 0 00 ? - 1 00 ? 0

又由于近端平面的所有坐标都不变, 我们假设有一个近平面上的点 $(x, y, n)$ , 则有:

M_{p er s p \to or t h o}^{4 \times 4} x y z 1 = n x n y u nk n o w n z z = n x y n 1 \to x y n 1 == n x n y n^{2} n

我们可以推断出矩阵的第三行 $[00 A B]$ 满足:

[00 A B] x y n 1 = n^{2}

由于远端平面的中心点的坐标不变, 我们假设有一个远平面上的中心点 $(0, 0, f)$ , 则有:

M_{p er s p \to or t h o}^{4 \times 4} x y z 1 = n x n y u nk n o w n z x = 0 y = 0 z = f 00 f 1 \to 00 f 1 == 00 f^{2} f

我们可以推断出矩阵的第三行 $[00 A B]$ 满足:

[00 A B] 00 f 1 = f^{2}

综上有:

A n + B = n^{2} A f + B = f^{2}

解方程得到:

A = n + f B = - n f

所以挤压操作的矩阵形式为:

M_{p er s p \to or t h o}^{4 \times 4} = n 000 0 n 00 00 n + f - 1 00 - n f 0

透视投影的矩阵形式为(先挤压再正交):

M_{p er s p} = M_{or t h o} \cdot M_{p er s p \to or t h o} = M_{or t h o} \cdot M_{p er s p \to or t h o}^{4 \times 4}

思考: 在挤压操作时, 远端平面与近端平面中间的 $z$ 坐标是如何变化的? 变得更远(z更小)还是更近(z更大)?

？？？秋林

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