C# 从Bresenham算法中获得唯一的结果

我想用光栅化一条线。我的插值顶点不应包含对角线步长。我在StackOverflow上做了一些搜索，看起来差不多就是我需要的东西

我唯一的问题是，如果我改变输入顺序，我需要得到相同的结果，我的意思是，如果我交换线的起始点和端点，我需要得到相同的插值顶点集

//the Method definition
List<Point> plotPoints(Point startPoint, Point endPoint);

//The thing I'm looking for
plotPoints(startPoint, endPoint)==plotPoints(endPoint, startPoint)

//方法定义
列出绘图点（点起点、点终点）；
//我要找的东西
绘图点（起点，终点）=绘图点（终点，起点）

代码几乎与相同。不过，我做了一些定制，以满足我的需求：

        private float step=0.5;
        public static List<Vector3> plotPoints(float x0, float y0, float x1, float y1) {
            List<Vector3> plottedPoints = new List<Vector3>();
            float dx = Mathf.Abs(x1 - x0), sx = x0 < x1 ? step : -step;
            float dy = -Mathf.Abs(y1 - y0), sy = y0 < y1 ? step: -step;
            float err = dx + dy, e2; /* error value e_xy */

            for (; ; ) {  /* loop */
                if (x0 == x1 && y0 == y1) break;
                plottedPoints.Add(new Vector3(x0,0, y0));
                e2 = 2 * err;
                if (e2 >= dy) { err += dy; x0 += sx; } /* e_xy+e_x > 0 */
                else if (e2 <= dx) { err += dx; y0 += sy; } /* e_xy+e_y < 0 */
            }

            return plottedPoints;
        }

private float step=0.5；
公共静态列表打印点（浮点x0、浮点y0、浮点x1、浮点y1）{
List plottedPoints=新列表（）；
浮点数dx=Mathf.Abs（x1-x0），sx=x0=dy）{err+=dy；x0+=sx；}/*e_xy+e_x>0*/
否则，如果（e2如注释中所述，一个技巧是规范化输入，以便如果交换端点，它们将自动交换回

一种可能的方法是强制端点按字典顺序排列（首先是最小的X，如果是平局，则是最小的Y）。
如注释中所述，一个技巧是规范化输入，以便如果交换端点，它们将自动交换回

一种可能的方法是强制端点按字典顺序排列（首先是最小的X，如果是平局，则是最小的Y）。
DDA算法没有这样的问题，它可以明确表示为

X = X0 + (k.DX) rnd D
Y = Y0 + (k.DY) rnd D

其中
D=max（|DX |，| DY |）
，
rnd
是一个舍入操作，
k
从
0
到
D

如果交换端点，则增量将改变符号，然后进行交易

Y0+（k.DY）rnd

为了

Y1+（（D-k）。（-DY））rnd=Y1-DY+（k.DY）rnd=Y0+（k.DY）rnd

这意味着算法自然是“可逆的”


要实现这一点，
rnd
操作必须具有平移不变性属性，
rnd（x+n）=rnd（x）+n
，它对应于
（k.DY）rnd=floor（（k.DY+S）/D）
，其中
S
是一些舍入偏移（通常
0
或
D>>1
）.
DDA算法不存在这样的问题，可以明确表示为

X = X0 + (k.DX) rnd D
Y = Y0 + (k.DY) rnd D

其中
D=max（|DX |，| DY |）
，
rnd
是一个舍入操作，
k
从
0
到
D

如果交换端点，则增量将改变符号，然后进行交易

Y0+（k.DY）rnd

为了

Y1+（（D-k）。（-DY））rnd=Y1-DY+（k.DY）rnd=Y0+（k.DY）rnd

这意味着算法自然是“可逆的”


要实现这一点，
rnd
操作必须具有平移不变性属性，
rnd（x+n）=rnd（x）+n
，它对应于
（k.DY）rnd=floor（（k.DY+S）/D）
，其中
S
是一些舍入偏移（通常
0
或
D>>1
）.
你在哪里卡住了？你能显示一些代码吗？我添加了这个方法。如果我交换起点和终点，我需要得到相同的结果。链接主题的
ants280
方法是否产生相同的序列？（是的，这不是Bresenham算法）@MBo老实说，我没有尝试过这种方法，但我会尝试一下，并让你知道结果。一种方法是交换ypur代码中的端点，这样你总是增加x（或者如果x在增加y时相等）/。这样，如果在调用中交换参数，代码会在内部将它们交换回来。你在哪里卡住了？你能显示一些代码吗？我添加了该方法。如果交换起始点和结束点，我需要得到相同的结果。链接主题的
ants280
方法是否产生相同的序列？（是的，这不是Bresenham算法）@MBo老实说，我没有尝试过这种方法，但我会尝试一下，并让你知道结果。一种方法是交换ypur代码中的端点，这样你总是增加x（或者如果x在增加y时相等）/。这样，如果在调用中交换参数，代码将在内部交换回参数。是的，我已经做了一个交换点的技巧，但你知道我更多地是寻找一种方法来获得唯一的结果，而不是这个技巧，因为内插点应该是从起点到终点的初始顺序，所以如果我在得到后交换起点和终点结果，我需要再次反转所有点，这需要花费一点时间。@Emad:loop backward（您需要计算err和y0的最终值，这是可行的）.你的问题中没有告诉我这个要求。是的，我已经做了一个交换点的技巧，但是你知道我更多的是寻找一种方法来获得一个唯一的结果，而不是这个技巧，因为插值点应该是从起点到终点的初始顺序，所以如果我交换起点和终点，在得到结果后，我需要反转所有的po再次输入，这需要花费一点时间。@Emad:loop backward（您需要计算err和y0的最终值，这是可行的）。您在问题中没有说明这一要求。我没有说这是DDA必须采用的方式，增量版本仍然有效。我正在解释数学特性。我怀疑，如果小心一点，Bresenham算法也可以达到同样的效果。我没有说这是DDA必须采用的方式