前言

前面章节讲解了面片剔除的内容，这一章节咱们补充一个比较关键的内容：透视矫正。主要包括：为什么？是什么？怎么做？，从这些角度考虑切入！

正文

为什么需要透视矫正？

通过前面章节三角形光栅化和重心坐标插值的学习，可以很容易计算出屏幕空间中三角形内部所有点的属性值：$f(P)=\alpha f(A)+\beta f(B)+\gamma f(C)$。

但是我们思考一个问题：屏幕空间坐标的重心坐标插值可以代替空间中三角形的情况么？

这个问题从以下两个坐标变换阶段分析：

• 阶段一：视图坐标空间—>NDC坐标空间（只分析透视投影）
• 阶段二：NDC坐标空间—>屏幕坐标空间

1、视图坐标空间—>NDC坐标空间（透视投影）

（1）直线：

我们先来看一个逆Y轴视角看的示意图：

假设一条直线 $AB$，投影到近平面上形成 $A^{\prime }{B}^{\prime }$，$AB$ 有一个中点 $C$ 投影到近平面上为 $C^{\prime }$ ，那么我们很显然发现了$C^{\prime }$ 不是 $A^{\prime }{B}^{\prime }$ 的中点。

从而可知，由于这是逆y轴看，也就说明从视图坐标空间—>NDC坐标空间的X轴坐标出现失真！类似可得，Y轴坐标也出现了失真，Z轴暂且抛开不谈。

紧接着，咱们设$A^{\prime }{C}^{\prime }/A^{\prime }{B}^{\prime }=d^{\prime }，AC/AB=d$，可得以下等式：
$$\begin{gathered} f(C)=d\ast f(B)+(1-d)\ast f(A) \\ f(C^{\prime })=d^{\prime }\ast f(B^{\prime })+(1-d^{\prime })\ast f(A^{\prime }) \end{gathered}$$
容易知道：$f(A)=f(A^{\prime })，f(B)=f(B^{\prime })$，同时根据上图可知$d!=d^{\prime }$ ，所以可以得到$f(C)!=f(C^{\prime })$

也就是说线段 $AB$ 中间的任何点的插值计算都会出现偏差。

（2）三角形：

根据上述的直线结论，咱们将其推广到三角形的中心坐标插值计算！

已知视图坐标空间$S_{ABC}$，对应的NDC坐标空间的$S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}$，$S_{ABC}$内任意一点 $P$ 对应NDC坐标空间为 $P^{\prime }$，容易得到如下等式：
$$\begin{gathered} f(P)=\alpha f(A)+\beta f(B)+\gamma f(C) \\ f(P^{\prime })={\alpha }^{\prime }f(A^{\prime })+{\beta }^{\prime }f(B^{\prime })+{\gamma }^{\prime }f(C^{\prime }) \end{gathered}$$

容易知道：$f(A)=f(A^{\prime })，f(B)=f(B^{\prime })，f(C)=f(C^{\prime })$ ，很容易得出$\alpha 和{\alpha }^{\prime }，\beta 和{\beta }^{\prime }，\gamma 和{\gamma }^{\prime }$ 不全相等，所以可以得到 $f(P)!=f(P^{\prime })$ 。

总结：

因此，我们得知视图坐标空间->NDC坐标空间，会发生失真，从而影响后续插值算法的计算，从而导致问题！

2、NDC坐标空间—>屏幕坐标空间

我们回顾以下，这个阶段总共做了两件事情：

• 一：XYZ坐标范围从$[-1,1]$，变换到$[0,1]$
• 二：XY分别从$[0,1]$ 变换到$[0,screen\_width]$ 和 $[0,screen\_height-1]$

（1）XYZ坐标范围从$[-1,1]$，变换到$[0,1]$

我们很容易想到，这个事情是涉及到均匀缩放和平移，不会影响重心坐标插值等计算！如下图：

（2）XY分别从$[0,1]$ 变换到$[0,screen\_width]$ 和 $[0,screen\_height-1]$

为了直观，这个事情要从两个过程考虑：

第一个过程： 1*1平行投影到一张纸上

第二个过程： 纵横统一缩放 $screen\_width/screen\_height$ 倍

如下图所示：

这里我们知道第二个过程不会影响重心坐标插值等计算。但是过程一不好说，所以咱们来进行分析过程一！

我们先观察直线的平行投影，如下图所示：

由相似三角形，很容易得到等式 $AO:BO=A^{\prime }{O}^{\prime }:B^{\prime }{O}^{\prime }$ ，因此可以知道O点在平行投影前后插值比例不变！

然后咱们看一下空间中三角形平行投影的情况，如下图所示：

先观察左边三角形ABC，结合之前重心坐标计算公式，可知：
$$\frac{\alpha }{\gamma }=\frac{S_{BCO}}{S_{BAO}}=\frac{h_c}{h_a}$$
根据相似三角形可以得到：
$$\frac{h_c}{h_a}=\frac{l_c}{l_a}$$
所以可以得到：
$$\frac{\alpha }{\gamma }=\frac{l_c}{l_a}$$

同理根据右边三角形，咱么可以得到：
$$\frac{{\alpha }^{\prime }}{{\gamma }^{\prime }}=\frac{l_c^{\prime }}{l_a^{\prime }}$$

又因为直线AC在平行投影前后，线段比例保持不变的结论: $l_a:l_c=l_a^{\prime }:l_c^{\prime }$

所以咱们可以知道：
$$\frac{\alpha }{\gamma }=\frac{{\alpha }^{\prime }}{{\gamma }^{\prime }}$$
同理，咱们可得：
$$\begin{gathered} \frac{\alpha }{\beta }=\frac{{\alpha }^{\prime }}{{\beta }^{\prime }} \\ \frac{\beta }{\gamma }=\frac{{\beta }^{\prime }}{{\gamma }^{\prime }} \end{gathered}$$
所以最终得到：$\alpha :\beta :\gamma ={\alpha }^{\prime }:{\beta }^{\prime }:{\gamma }^{\prime }$，又因为$\alpha +\beta +\gamma =1且{\alpha }^{\prime }+{\beta }^{\prime }+{\gamma }^{\prime }=1$，最终可以得到：
$$\begin{gathered} \alpha ={\alpha }^{\prime } \\ \beta ={\beta }^{\prime } \\ \gamma ={\gamma }^{\prime } \end{gathered}$$

于是我们可知平行投影的操作不会影响插值的计算！

总结：

从NDC坐标变换到屏幕空间变换的过程中，不会发生插值计算失真的现象！不需要矫正！

综上：

我们只需要修正视图空间下的重心坐标到NDC空间下的重心坐标关系即可！

什么是透视矫正？

在NDC坐标空间下，已知 $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ ，且已知三角形内某点$O^{\prime }$的重心坐标为 $({\alpha }^{\prime },{\beta }^{\prime },{\gamma }^{\prime })$

在视图坐标空间下，已知 $△ABC$ ，且已知三角形内某点$O$的重心坐标为 $(\alpha ,\beta ,\gamma )$

通过上述分析可知，屏幕空间下计算的重心坐标结果和在NDC下一致。

所以问题可描述为： 通过屏幕空间下的重心坐标$({\alpha }^{\prime },{\beta }^{\prime },{\gamma }^{\prime })$求真正视图坐标空间下的重心插值坐标$(\alpha ,\beta ,\gamma )$

透视矫正如何实现？

公式推导

已知：视图坐标空间下$△ABC$；NDC坐标空间下 $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$，中间经过投影矩阵P和透视除法两个步骤，流程如下：

因此，同理可得：
$$\begin{gathered} A^{\prime }=\left(\begin{array}{c}\frac{M\vec{A}+\vec{t}}{w_A}\end{array}\right) \\ {B}^{\prime }=\left(\begin{array}{c}\frac{M\vec{B}+\vec{t}}{w_B}\end{array}\right) \\ {C}^{\prime }=\left(\begin{array}{c}\frac{M\vec{C}+\vec{t}}{w_C}\end{array}\right) \end{gathered}$$
注意：$A^{\prime }、B^{\prime }、C^{\prime }为三维向量$

假设在NDC下有一个点$O^{\prime }$，按照重心坐标公式：
$$O^{\prime }={\alpha }^{\prime }\overrightarrow{A^{\prime }}+{\beta }^{\prime }\overrightarrow{B^{\prime }}+{\gamma }^{\prime }\overrightarrow{C^{\prime }}$$

将$A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$分别代入，得到如下：
$$O^{\prime }={\alpha }^{\prime }\left(\begin{array}{c}\frac{M\vec{A}+\vec{t}}{w_A}\end{array}\right)+{\beta }^{\prime }\left(\begin{array}{c}\frac{M\vec{B}+\vec{t}}{w_B}\end{array}\right)+{\gamma }^{\prime }\left(\begin{array}{c}\frac{M\vec{C}+\vec{t}}{w_C}\end{array}\right)$$

假设在视图坐标空间下有一个点$O$​，按照重心坐标公式：
$$O=\alpha \vec{A}+\beta \vec{B}+\gamma \vec{C}$$

因为$O^{\prime }$也是由$O$经过投影变换和透视除法而来，所以类似可得：
$$O^{\prime }=\left(\begin{array}{c}\frac{M\vec{O}+\vec{t}}{w_O}\end{array}\right)$$

将$\vec{O}$ 带入可得：
$$O^{\prime }=\left(\begin{array}{c}\frac{M(\alpha \vec{A}+\beta \vec{B}+\gamma \vec{C})+\vec{t}}{w_O}\end{array}\right)$$

于是咱们结合上述的 $O^{\prime }$ 的两个等式表达，可得：
$$\begin{array}{rl}{O}^{\prime }& ={\alpha }^{\prime }\left(\begin{array}{c}\frac{M\vec{A}+\vec{t}}{w_A}\end{array}\right)+{\beta }^{\prime }\left(\begin{array}{c}\frac{M\vec{B}+\vec{t}}{w_B}\end{array}\right)+{\gamma }^{\prime }\left(\begin{array}{c}\frac{M\vec{C}+\vec{t}}{w_C}\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{c}\frac{M(\alpha \vec{A}+\beta \vec{B}+\gamma \vec{C})+\vec{t}}{w_O}\end{array}\right)\end{array}$$

由上述可得，适用于任何ABC取值，所以系数必须匹配相等，可得：
$$\begin{gathered} \frac{{\alpha }^{\prime }}{w_A}=\frac{\alpha }{w_O} \\ \frac{{\beta }^{\prime }}{w_B}=\frac{\beta }{w_O} \\ \frac{{\gamma }^{\prime }}{w_C}=\frac{\gamma }{w_O} \end{gathered}$$
从而，咱们就得到了：
$$\begin{gathered} \alpha =\frac{{\alpha }^{\prime }}{w_A}{w}_O \\ \beta =\frac{{\beta }^{\prime }}{w_B}{w}_O \\ \gamma =\frac{{\gamma }^{\prime }}{w_C}{w}_O \end{gathered}$$
这样就得到了重心坐标分别在视图坐标空间和NDC坐标空间的关系。此时就剩一个未知数$w_O$ 。

又因为$\alpha +\beta +\gamma =1$，咱们将上述的关系式带入，可得：
$$\frac{{\alpha }^{\prime }}{w_A}{w}_O+\frac{{\beta }^{\prime }}{w_B}{w}_O+\frac{{\gamma }^{\prime }}{w_C}{w}_O=1$$
所以就得到：
$$\frac{1}{w_O}=\frac{{\alpha }^{\prime }}{w_A}+\frac{{\beta }^{\prime }}{w_B}+\frac{{\gamma }^{\prime }}{w_C}$$

咱们大功告成！

于是得到矫正后的重心坐标插值公式：
$$\begin{array}{rl}f(O)& =\alpha f(A)+\beta f(B)+\gamma f(C)\\ & =\frac{{\alpha }^{\prime }}{w_A}{w}_{O}f(A^{\prime })+\frac{{\beta }^{\prime }}{w_B}{w}_{O}f(B^{\prime })+\frac{{\gamma }^{\prime }}{w_C}{w}_{O}f(C^{\prime })\\ & =w_O(\frac{{\alpha }^{\prime }}{w_A}f(A^{\prime })+\frac{{\beta }^{\prime }}{w_B}f(B^{\prime })+\frac{{\gamma }^{\prime }}{w_C}(C^{\prime }))\end{array}$$

深度Depth插值探讨

什么是Depth

对于某个顶点的Z值，经过视图变换、投影变换、透视触发，然后变换成NDC坐标，再经过屏幕空间变换，变成$[0,1]$ 范围内的值，就是Depth！

问题描述

Depth作为一个属性，能够直接用屏幕空间的重心坐标进行插值计算而来呢？

推导

我们先来考察以下，经过透视投影矩阵变换前后，z坐标和w坐标的情况：
$$p_c=\left[\begin{array}{cccc}\frac{1}{aspect\ast \tan (fovy\ast 0.5)}& 0& 0& 0\\ 0& \frac{1}{\tan (fovy\ast 0.5)}& 0& 0\\ 0& 0& -\frac{f+n}{f-n}& \frac{-2fn}{f-n}\\ 0& 0& -1& 0\end{array}\right]\left(\begin{array}{c}{x}_e\\ y_e\\ z_e\\ 1\end{array}\right)$$

z和w变化如下：
$$\begin{gathered} z_c=-\frac{f+n}{f-n}{z}_e+\frac{-2fn}{f-n} \\ {w}_c=-z_e \end{gathered}$$

然后观察以下$z_c$经过透视除法，得到ndc坐标如下：
$$z_{ndc}=\frac{f+n}{f-n}+\frac{2fn}{f-n}\frac{1}{z_e}$$

为了简化，设 $z_{ndc}=A+B\frac{1}{z_e}$

这里的证明我们用反证法，我们需要证明的结论是可以直接用屏幕空间下的重心坐标进行插值Z。

所以，我们假设不能用屏幕空间下的重心坐标进行插值Z，因此得到下列不等式：

$$z_{ndcO}\ne {\alpha }^{\prime }{z}_{n}dcA+{\beta }^{\prime }{z}_{n}dcB+{\gamma }^{\prime }{z}_{n}dcC$$

将$z_{ndc}=A+B\frac{1}{z_e}$公式带入，得到了关于视图坐标系下z的不等式：

$$A+B\frac{1}{z_{e}O}\ne {\alpha }^{\prime }(A+B\frac{1}{z_{e}A})+{\beta }^{\prime }(A+B\frac{1}{z_{e}B})+{\gamma }^{\prime }(A+B\frac{1}{z_{e}C})$$

然后两边进行拆分括号，得到：
$$A+B\frac{1}{z_{e}O}\ne A({\alpha }^{\prime }+{\beta }^{\prime }+{\gamma }^{\prime })+B\frac{{\alpha }^{\prime }}{z_{e}A}+B\frac{{\beta }^{\prime }}{z_{e}B}+B\frac{{\gamma }^{\prime }}{z_{e}C}$$

这时候因为${\alpha }^{\prime }+{\beta }^{\prime }+{\gamma }^{\prime }=1$，所以可以得到：
$$B\frac{1}{z_{e}O}\ne B\frac{{\alpha }^{\prime }}{z_{e}A}+B\frac{{\beta }^{\prime }}{z_{e}B}+B\frac{{\gamma }^{\prime }}{z_{e}C}$$

因为B不可能为0，所以两边同时除B：
$$\frac{1}{z_{e}O}\ne \frac{{\alpha }^{\prime }}{z_{e}A}+\frac{{\beta }^{\prime }}{z_{e}B}+\frac{{\gamma }^{\prime }}{z_{e}C}$$

这时候我们想想透视投影矩阵应用前后，第4维分量w的变量情况，可以得知：$z_e=-w_c$，带入得到
$$\frac{1}{w_O}\ne \frac{{\alpha }^{\prime }}{w_A}+\frac{{\beta }^{\prime }}{w_B}+\frac{{\gamma }^{\prime }}{w_C}$$

我们发现，这个结论是我们已经证明相等的，所以假设不成立，所以结论成立！

总结

可以利用屏幕空间的重心插值坐标，直接对Depth属性进行插值。

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