如何在另一个 np.where 中使用 np.where (conext: ray tracking)

Question

问题是：如何在同一个语句中使用两个np.where，像这样（过于简单化）：

np.where((ndarr1==ndarr2),np.where((ndarr1+ndarr2==ndarr3),True,False),False)

如果没有达到第一个条件语句，则避免计算第二个条件语句。

我的第一个目标是在三角形中找到一条射线的交点，如果有的话。这个问题可以通过这个算法解决（在stackoverflow上找到）：

def intersect_line_triangle(q1,q2,p1,p2,p3):
    def signed_tetra_volume(a,b,c,d):
        return np.sign(np.dot(np.cross(b-a,c-a),d-a)/6.0)

    s1 = signed_tetra_volume(q1,p1,p2,p3)
    s2 = signed_tetra_volume(q2,p1,p2,p3)

    if s1 != s2:
        s3 = signed_tetra_volume(q1,q2,p1,p2)
        s4 = signed_tetra_volume(q1,q2,p2,p3)
        s5 = signed_tetra_volume(q1,q2,p3,p1)
        if s3 == s4 and s4 == s5:
           n = np.cross(p2-p1,p3-p1)
           t = np.dot(p1-q1,n) / np.dot(q2-q1,n)
           return q1 + t * (q2-q1)
    return None

这里有两个条件语句：

1. s1!=s2
2. s3==s4 & s4==s5

现在因为我有 >20k 的三角形要检查，我想同时在所有三角形上应用这个函数。

第一个解决方案是：

s1 = vol(r0,tri[:,0,:],tri[:,1,:],tri[:,2,:])
s2 = vol(r1,tri[:,0,:],tri[:,1,:],tri[:,2,:])

s3 = vol(r1,r2,tri[:,0,:],tri[:,1,:])
s4 = vol(r1,r2,tri[:,1,:],tri[:,2,:])
s5 = vol(r1,r2,tri[:,2,:],tri[:,0,:])

np.where((s1!=s2) & (s3+s4==s4+s5),intersect(),False)

其中 s1,s2,s3,s4,s5 是包含每个三角形的值 S 的数组。问题是，这意味着我必须为所有三角形计算 s3、s4 和 s5。

现在理想的是仅当语句 1 为真时才计算语句 2（和 s3、s4、s5），如下所示：

check= np.where((s1!=s2),np.where((compute(s3)==compute(s4)) & (compute(s4)==compute(s5), compute(intersection),False),False)

（为了简化解释，我只是说“计算”而不是整个计算过程。这里，“计算”只对适当的三角形进行）。

现在这个选项当然不起作用（并且计算 s4 两次），但我很乐意就类似的过程提出一些建议

Answer 1

以下是我使用掩码数组来回答这个问题的方法：

    loTrue= np.where((s1!=s2),False,True)
    s3=ma.masked_array(np.sign(dot(np.cross(r0r1, r0t0), r0t1)),mask=loTrue)
    s4=ma.masked_array(np.sign(dot(np.cross(r0r1, r0t1), r0t2)),mask=loTrue)
    s5=ma.masked_array(np.sign(dot(np.cross(r0r1, r0t2), r0t0)),mask=loTrue)
    loTrue= ma.masked_array(np.where((abs(s3-s4)<1e-4) & ( abs(s5-s4)<1e-4),True,False),mask=loTrue)

    #also works when computing s3,s4 and s5 inside loTrue, like this:        
    loTrue= np.where((s1!=s2),False,True)
    loTrue= ma.masked_array(np.where(
            (abs(np.sign(dot(np.cross(r0r1, r0t0), r0t1))-np.sign(dot(np.cross(r0r1, r0t1), r0t2)))<1e-4) &
            (abs(np.sign(dot(np.cross(r0r1, r0t2), r0t0))-np.sign(dot(np.cross(r0r1, r0t1), r0t2)))<1e-4),True,False)
            ,mask=loTrue)

请注意，相同的过程，当不使用这种方法时，是这样完成的：

    s3= np.sign(dot(np.cross(r0r1, r0t0), r0t1)  /6.0)
    s4= np.sign(dot(np.cross(r0r1, r0t1), r0t2)  /6.0)
    s5= np.sign(dot(np.cross(r0r1, r0t2), r0t0)  /6.0)
    loTrue= np.where((s1!=s2) & (abs(s3-s4)<1e-4) & ( abs(s5-s4)<1e-4) ,True,False)

两者都给出了相同的结果，但是，当仅在此过程中循环 10k 次迭代时，不使用掩码数组会更快！ （不使用掩码数组时为 26 秒，使用掩码数组时为 31 秒，仅在一行中使用掩码数组时为 33 秒（不分别计算 s3、s4 和 s5，或之前计算 s4）。

结论：这里解决了使用嵌套数组的问题（注意，掩码表示不会计算它的位置，因此在验证条件时，首先必须将 loTri 设置为 False (0)）。但是，在这种情况下，它并没有更快。

Answer 2

我可以从短路中获得小幅加速，但我不相信这值得额外的管理员。

full computation 4.463818839867599 ms per iteration (one ray, 20,000 triangles)
short ciruciting 3.0060838296776637 ms per iteration (one ray, 20,000 triangles)

代码：

import numpy as np

def ilt_cut(q1,q2,p1,p2,p3):
    qm = (q1+q2)/2
    qd = qm-q2
    p12 = p1-p2
    aux = np.cross(qd,q2-p2)
    s3 = np.einsum("ij,ij->i",aux,p12)
    s4 = np.einsum("ij,ij->i",aux,p2-p3)
    ge = (s3>=0)&(s4>=0)
    le = (s3<=0)&(s4<=0)
    keep = np.flatnonzero(ge|le)
    aux = p1[keep]
    qpm1 = qm-aux
    p31 = p3[keep]-aux
    s5 = np.einsum("ij,ij->i",np.cross(qpm1,p31),qd)
    ge = ge[keep]&(s5>=0)
    le = le[keep]&(s5<=0)
    flt = np.flatnonzero(ge|le)
    keep = keep[flt]
    n = np.cross(p31[flt], p12[keep])
    s12 = np.einsum("ij,ij->i",n,qpm1[flt])
    flt = np.abs(s12) <= np.abs(s3[keep]+s4[keep]+s5[flt])
    return keep[flt],qm-(s12[flt]/np.einsum("ij,ij->i",qd,n[flt]))[:,None]*qd

def ilt_full(q1,q2,p1,p2,p3):
    qm = (q1+q2)/2
    qd = qm-q2
    p12 = p1-p2
    qpm1 = qm-p1
    p31 = p3-p1
    aux = np.cross(qd,q2-p2)
    s3 = np.einsum("ij,ij->i",aux,p12)
    s4 = np.einsum("ij,ij->i",aux,p2-p3)
    s5 = np.einsum("ij,ij->i",np.cross(qpm1,p31),qd)
    n = np.cross(p31, p12)
    s12 = np.einsum("ij,ij->i",n,qpm1)
    ge = (s3>=0)&(s4>=0)&(s5>=0)
    le = (s3<=0)&(s4<=0)&(s5<=0)
    keep = np.flatnonzero((np.abs(s12) <= np.abs(s3+s4+s5)) & (ge|le))
    return keep,qm-(s12[keep]/np.einsum("ij,ij->i",qd,n[keep]))[:,None]*qd

tri = np.random.uniform(1, 10, (20_000, 3, 3))
p0, p1 = np.random.uniform(1, 10, (2, 3))

from timeit import timeit
A,B,C = tri.transpose(1,0,2)
print('full computation', timeit(lambda: ilt_full(p0[None], p1[None], A, B, C), number=100)*10, 'ms per iteration (one ray, 20,000 triangles)')
print('short ciruciting', timeit(lambda: ilt_cut(p0[None], p1[None], A, B, C), number=100)*10, 'ms per iteration (one ray, 20,000 triangles)')

请注意，我对算法进行了一些尝试，因此这可能并非在每种边缘情况下都给出与您相同的结果。

我改变了什么：

• 我内联了 tetra 卷，这样可以节省一些重复的子计算
• 我用射线的中点M 替换其中一个射线末端。这样可以节省计算一个四边形体积（s1 或 s2），因为可以通过将四边形 ABCM 的体积与 s3、s4、@987654329 的总和进行比较来检查光线是否穿过三角形 ABC 平面@（如果符号相同）。