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Milo Yip，游戏程序员、《游戏引擎架构》译者
我使用了左右镜像的Sierpinski triangle，每层减去上方一小块，再用符号点缀。可生成不同层数的「圣诞树」，如下图是5层的结果。
#include <stdio.h> #include <stdlib.h> int main(int argc, char* argv[]) { int n = argc > 1 ? atoi(argv[1]) : 4; for (int j = 1; j <= n; j++) { int s = 1 << j, k = (1 << n) - s, x; for (int y = s - j; y >= 0; y--, putchar('n')) { for (x = 0; x < y + k; x++) printf(" "); for (x = 0; x + y < s; x++) printf("%c ", '!' ^ y & x); for (x = 1; x + y < s; x++) printf("%c ", '!' ^ y & (s - y - x - 1)); } } }
基本代码来自Sierpinski triangle的实现，字符的想法来自于code golf - Draw A Sierpinski Triangle。
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更新1: 上面的是我尝试尽量用最少代码来画一个抽象一点的圣诞树，因此树干都没有。然后，我尝试用更真实一点的风格。因为树是一个比较自相似的形状，这次使用递归方式描述树干和分支。
n = 0的时候，就是只画一主树干，树干越高就越幼：
n = 1的时候，利用递归画向两面分支，旋转，越高的部分缩得越小。
n = 2 的时候，继续分支出更细的树支。
n = 3就差不多够细节了。
代码长一点，为了容易理解我不「压缩」它了。
#include <math.h> #include <stdio.h> #include <stdlib.h> #define PI 3.14159265359 float sx, sy; float sdCircle(float px, float py, float r) { float dx = px - sx, dy = py - sy; return sqrtf(dx * dx + dy * dy) - r; } float opUnion(float d1, float d2) { return d1 < d2 ? d1 : d2; } #define T px + scale * r * cosf(theta), py + scale * r * sin(theta) float f(float px, float py, float theta, float scale, int n) { float d = 0.0f; for (float r = 0.0f; r < 0.8f; r += 0.02f) d = opUnion(d, sdCircle(T, 0.05f * scale * (0.95f - r))); if (n > 0) for (int t = -1; t <= 1; t += 2) { float tt = theta + t * 1.8f; float ss = scale * 0.9f; for (float r = 0.2f; r < 0.8f; r += 0.1f) { d = opUnion(d, f(T, tt, ss * 0.5f, n - 1)); ss *= 0.8f; } } return d; } int main(int argc, char* argv[]) { int n = argc > 1 ? atoi(argv[1]) : 3; for (sy = 0.8f; sy > 0.0f; sy -= 0.02f, putchar('n')) for (sx = -0.35f; sx < 0.35f; sx += 0.01f) putchar(f(0, 0, PI * 0.5f, 1.0f, n) < 0 ? '*' : ' '); }
这段代码实际上是用了圆形的距离场来建模，并且没有优化。
这是一棵「婐树」，未能称得上是「圣诞树」。
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更新2: 简单地加入装饰及丝带，在命令行可以选择放大倍率，下图是两倍大的。
// f() 及之前的部分沿上 int ribbon() { float x = (fmodf(sy, 0.1f) / 0.1f - 0.5f) * 0.5f; return sx >= x - 0.05f && sx <= x + 0.05f; } int main(int argc, char* argv[]) { int n = argc > 1 ? atoi(argv[1]) : 3; float zoom = argc > 2 ? atof(argv[2]) : 1.0f; for (sy = 0.8f; sy > 0.0f; sy -= 0.02f / zoom, putchar('n')) for (sx = -0.35f; sx < 0.35f; sx += 0.01f / zoom) { if (f(0, 0, PI * 0.5f, 1.0f, n) < 0.0f) { if (sy < 0.1f) putchar('.'); else { if (ribbon()) putchar('='); else putchar("............................#j&o"[rand() % 32]); } } else putchar(' '); } }
2D的我想已差不多了。接下来看看有没有空尝试3D的。
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更新3：终于要3D了。之前每个节点是往左和右分支，在三维中我们可以更自由一点，我尝试在每个节点申出6个分支。最后用了简单的Lambertian着色（即max(dot(N, L), 0）。
n = 1 的时候比较容易看出立体的着色：
可是n=3的时候已乱得难以辨认：
估计是因为aliasing而做成的。由于光照已经使用了finite difference来计算法线，性能已经很差，我就不再尝试做Supersampling去解决aliasing的问题了。另外也许Ambient occlusion对这问题也有帮助，不过需要更多的采样。
因为需要三维旋转，不能像二维简单使用一个角度来代表旋转，所以这段代码加入了不少矩阵运算。当然用四元数也是可以的。
#include <math.h> #include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <string.h> #define PI 3.14159265359f float sx, sy; typedef float Mat[4][4]; typedef float Vec[4]; void scale(Mat* m, float s) { Mat temp = { {s,0,0,0}, {0,s,0,0 }, { 0,0,s,0 }, { 0,0,0,1 } }; memcpy(m, &temp, sizeof(Mat)); } void rotateY(Mat* m, float t) { float c = cosf(t), s = sinf(t); Mat temp = { {c,0,s,0}, {0,1,0,0}, {-s,0,c,0}, {0,0,0,1} }; memcpy(m, &temp, sizeof(Mat)); } void rotateZ(Mat* m, float t) { float c = cosf(t), s = sinf(t); Mat temp = { {c,-s,0,0}, {s,c,0,0}, {0,0,1,0}, {0,0,0,1} }; memcpy(m, &temp, sizeof(Mat)); } void translate(Mat* m, float x, float y, float z) { Mat temp = { {1,0,0,x}, {0,1,0,y}, {0,0,1,z}, {0,0,0,1} }; memcpy(m, &temp, sizeof(Mat)); } void mul(Mat* m, Mat a, Mat b) { Mat temp; for (int j = 0; j < 4; j++) for (int i = 0; i < 4; i++) { temp[j][i] = 0.0f; for (int k = 0; k < 4; k++) temp[j][i] += a[j][k] * b[k][i]; } memcpy(m, &temp, sizeof(Mat)); } void transformPosition(Vec* r, Mat m, Vec v) { Vec temp = { 0, 0, 0, 0 }; for (int j = 0; j < 4; j++) for (int i = 0; i < 4; i++) temp[j] += m[j][i] * v[i]; memcpy(r, &temp, sizeof(Vec)); } float transformLength(Mat m, float r) { return sqrtf(m[0][0] * m[0][0] + m[0][1] * m[0][1] + m[0][2] * m[0][2]) * r; } float sphere(Vec c, float r) { float dx = c[0] - sx, dy = c[1] - sy; float a = dx * dx + dy * dy; return a < r * r ? sqrtf(r * r - a) + c[2] : -1.0f; } float opUnion(float z1, float z2) { return z1 > z2 ? z1 : z2; } float f(Mat m, int n) { float z = -1.0f; for (float r = 0.0f; r < 0.8f; r += 0.02f) { Vec v = { 0.0f, r, 0.0f, 1.0f }; transformPosition(&v, m, v); z = opUnion(z, sphere(v, transformLength(m, 0.05f * (0.95f - r)))); } if (n > 0) { Mat ry, rz, s, t, m2, m3; rotateZ(&rz, 1.8f); for (int p = 0; p < 6; p++) { rotateY(&ry, p * (2 * PI / 6)); mul(&m2, ry, rz); float ss = 0.45f; for (float r = 0.2f; r < 0.8f; r += 0.1f) { scale(&s, ss); translate(&t, 0.0f, r, 0.0f); mul(&m3, s, m2); mul(&m3, t, m3); mul(&m3, m, m3); z = opUnion(z, f(m3, n - 1)); ss *= 0.8f; } } } return z; } float f0(float x, float y, int n) { sx = x; sy = y; Mat m; scale(&m, 1.0f); return f(m, n); } int main(int argc, char* argv[]) { int n = argc > 1 ? atoi(argv[1]) : 3; float zoom = argc > 2 ? atof(argv[2]) : 1.0f; for (float y = 0.8f; y > -0.0f; y -= 0.02f / zoom, putchar('n')) for (float x = -0.35f; x < 0.35f; x += 0.01f / zoom) { float z = f0(x, y, n); if (z > -1.0f) { float nz = 0.001f; float nx = f0(x + nz, y, n) - z; float ny = f0(x, y + nz, n) - z; float nd = sqrtf(nx * nx + ny * ny + nz * nz); float d = (nx - ny + nz) / sqrtf(3) / nd; d = d > 0.0f ? d : 0.0f; // d = d < 1.0f ? d : 1.0f; putchar(".-:=+*#%@@"[(int)(d * 9.0f)]); } else putchar(' '); } }
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更新4：发现之前的TransformLength()写错了，上面已更正。另外，考虑提升性能时，一般是需要一些空间剖分的方式去加速检查，但这里刚好是一个树状的场景结构，可以简单使用Bounding volume hierarchy，我使用了球体作为包围体积。只需加几句代码，便可以大大缩减运行时间。
另外，考虑到太小的叶片是很难采样得到好看的结果，我尝试以一个较大的球体去表现叶片（就如素描时考虑更整体的光暗而不是每片叶片的光暗），我觉得结果有进步。
float f(Mat m, int n) { // Culling { Vec v = { 0.0f, 0.5f, 0.0f, 1.0f }; transformPosition(&v, m, v); if (sphere(v, transformLength(m, 0.55f)) == -1.0f) return -1.0f; } float z = -1.0f; if (n == 0) { // Leaf Vec v = { 0.0f, 0.5f, 0.0f, 1.0f }; transformPosition(&v, m, v); z = sphere(v, transformLength(m, 0.3f)); } else { // Branch for (float r = 0.0f; r < 0.8f; r += 0.02f) { Vec v = { 0.0f, r, 0.0f, 1.0f }; transformPosition(&v, m, v); z = opUnion(z, sphere(v, transformLength(m, 0.05f * (0.95f - r)))); } } // ... }
其实我在回答这问题的时候，并没有计划，只是一步一步地尝试。现在我觉得用这规模的代码大概不能再怎么进展了。不过今天看到大堂里的圣诞树，觉得那些装饰物还挻有趣的，有时候除了画整体，也可以画局部，看看是否能再更新。
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相关回答：
如何用C语言画一个“心形”？ - Milo Yip 的回答
php脑残粉，不黑不吹，一名脑残破车球迷
不谢,给你半棵树，凑合用
#include <stdio.h> int main(){ printf("*n"); printf("**n"); printf("***n"); printf("*****n"); printf("*******n"); printf("*********n"); printf("***********n"); printf("*************n"); printf("***************n"); printf("*****************n"); printf("*n"); printf("*n"); printf("*n"); printf("*n"); }
王二，职业泼冷水。
昨天画个心，今天画个圣诞树。。。
程曦铭，大学才自学的编程，不靠谱
要是不限定是C语言这里有一个JS的例子（动态3D旋转圣诞树）
M=Math;Q=M.random;J=[];U=16;T=M.sin;E=M.sqrt;for(O=k=0;x=z=j=i=k<200;)with(M[k]=k?c.cloneNode(0):c){width=height=k?32:W=446;with(getContext('2d'))if(k>10|!k)for(font='60px Impact',V='rgba(';I=i*U,fillStyle=k?k==13?V+'205,205,215,.15)':V+(147+I)+','+(k%2?128+I:0)+','+I+',.5)':'#cca',i<7;)beginPath(fill(arc(U-i/3,24-i/2,k==13?4-(i++)/2:8-i++,0,M.PI*2,1)));else for(;x=T(i),y=Q()*2-1,D=x*x+y*y,B=E(D-x/.9-1.5*y+1),R=67*(B+1)*(L=k/9+.8)>>1,i++<W;)if(D<1)beginPath(strokeStyle=V+R+','+(R+B*L>>0)+',40,.1)'),moveTo(U+x*8,U+y*8),lineTo(U+x*U,U+y*U),stroke();for(y=H=k+E(k++)*25,R=Q()*W;P=3,j<H;)J[O++]=[x+=T(R)*P+Q()*6-3,y+=Q()*U-8,z+=T(R-11)*P+Q()*6-3,j/H*20+((j+=U)>H&Q()>.8?Q(P=9)*4:0)>>1]}setInterval(function G(m,l){A=T(D-11);if(l)return(m[2]-l[2])*A+(l[0]-m[0])*T(D);a.clearRect(0,0,W,W);J.sort(G);for(i=0;L=J[i++];a.drawImage(M[L[3]+1],207+L[0]*A+L[2]*T(D)>>0,L[1]>>1)){if(i==2e3)a.fillText('Merry Christmas!',U,345);if(!(i%7))a.drawImage(M[13],((157*(i*i)+T(D*5+i*i)*5)%W)>>0,((113*i+(D*i)/60)%(290+i/99))>>0);}D+=.02},1)
源码说明Román Cortés
运行效果在线观看JS1k, 1k demo submission [856]
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哎！
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