对象具有位置和速度矢量。通常仅使用该位置来检查两个物体是否发生碰撞，这对于移动速度非常快的物体是有问题的，因为可能发生物体移动得如此之快，以至于在第一次碰撞检查中它位于第一个物体的前面，而在第二个碰撞检查中位于它的后面第二次碰撞检查。

现在，还有基于行的碰撞检查，其中您仅检查每个对象的运动矢量是否与另一个对象的边界框相交。这可以看作是一点的扩展。这仅在快速移动的物体很小的情况下才有效。

所以我的想法是，为什么不扩展矩形而不是扩展点？这将产生一个六边形。

现在，到目前为止一切顺利。但是我实际上如何检查两个这种六角形是否相交？请注意，这些是非常特殊的六角形。

奖励问题：是否可以计算出碰撞发生的确切位置（或确切地说，经过多少时间）？这对于检测实际发生的情况（例如在何处以及具有多少功率）以及模拟它们在碰撞到帧结束之间的时间中如何移动非常有用。

该解决方案实际上比预期的要简单。诀窍是在六角技术之前使用Minkowski减法。

这是矩形A和B，速度分别为vA和vB。请注意，vA并vB没有实际的速度，他们是距离一帧期间行进。

现在，将矩形B替换为点P，将矩形A替换为矩形C = A +（-B），其维数为A和B的总和。当且仅当原始两个矩形之间发生碰撞时：

但是，如果矩形C沿矢量移动vA，而点P沿矢量移动vB，则参考框架的简单变化就告诉我们，这与矩形C静止不动，点P沿矢量移动一样vB-vA：

然后，您可以使用简单的框段相交公式来判断新参考系中的碰撞发生位置。

最后一步是移回正确的参考系。只要除以点行进，直到向量的长度圆圈交点的距离vB-vA，你会得到一个值s，使得0 < s < 1。碰撞发生在时间s * T哪里T是你的帧的持续时间。

madshogo的评论：
与Beast先生自己的回答相比，此技术的一个巨大优势是，如果不旋转，则可以为所有后续时间步计算一次“ Minkowski减法” A +（-B）！

因此，所有这一切都需要时间的唯一算法（Minkowski和，复杂度O（mn），其中m是A中的顶点数，n是B中的顶点数）只能有效地使用一次，从而有效地使碰撞检测成为常数，时间问题！

以后，一旦确定A和B处于场景的不同部分（四叉树？）并且不再发生碰撞，就可以将总和丢弃。

相比之下，Beast先生的方法在每个时间步都需要进行大量计算。

同样，对于轴对齐的矩形，与通过逐个顶点实际计算所有总和相比，可以更简单地计算A +（-B）。只需在A的高度上加上B的高度，然后在其宽度上增加B的宽度（每边的一半），即可展开A。

但是，只有当A和B都不旋转并且都为凸形时，所有这些操作才有效。如果存在旋转，或者使用凹入形状，则必须使用扫掠的体积/区域。
评论结束

首先，对于轴对齐的矩形，Kevin Reid的答案是最好的，而算法是最快的。

其次，对于简单形状，请使用相对速度（如下所示）和分离轴定理进行碰撞检测。它会告诉您在直线运动（无旋转）的情况下是否发生碰撞。而且，如果有轮换，那么您需要一个很小的时间步来使其精确。现在，回答问题：

一般情况下如何判断两个凸形是否相交？

我将为您提供一种适用于所有凸形而不只是六边形的算法。

假设X和Y是两个凸形。它们相交当且仅当他们有一个共同的点，即有一点X ∈ X和点ÿ∈Ÿ使得X = Y。如果将空间视为向量空间，则相当于说x-y = 0。现在我们开始从事Minkowski的业务：

的Minkowski求和的X和ÿ是一组所有的X + Y为X∈X和ÿ∈ÿ。

X和Y的示例

X，Y及其Minkowski和X + Y

假设（-Y）是y∈Y 的所有-y的集合，则给定上一段，当且仅当X +（-Y）包含0（即原点）时，X和Y相交。

旁注：为什么我写X +（-Y ）而不是X-Y？好了，因为在数学中，有一个名为的闵可夫斯基差的操作一个和乙它有时书面说明X - Y却一无所有做的集合中的所有的说明X - Y的X∈X和Y ^∈ÿ（真正的闵可夫斯基区别要复杂一些）。

因此，我们想计算X和-Y的Minkowski和，并确定它是否包含原点。与任何其他点相比，原点都不是特殊的，因此要确定原点是否在某个域内，我们使用一种算法，该算法可以告诉我们任何给定点是否属于该域。

X和Y的Minkowski总和具有很酷的性质，即如果X和Y是凸的，则X + Y也是。与确定一个点是否属于凸集相比，确定该点是否属于凸集要容易得多。

我们不可能计算所有的说明X - Y的X∈X和Y ^∈ÿ因为有这样的点的无限X和Ÿ，所以希望，因为X，ÿ和X + Y凹凸有致，我们可以只使用定义形状X和Y的“最外”点，它们是它们的顶点，我们将获得X + Y的最外点，以及更多一些点。

这些附加点被X + Y的最外面的点“包围”，因此它们对定义新获得的凸形没有帮助。我们说他们没有定义点集的“ 凸包 ”。因此，我们要做的是摆脱它们，为最终的算法做准备，该算法告诉我们原点是否在凸包内。

X + Y的凸包。我们删除了“内部”顶点。

因此，我们得到

第一种天真的算法

boolean intersect(Shape X, Shape Y) {

  SetOfVertices minkowski = new SetOfVertices();
  for (Vertice x in X) {
    for (Vertice y in Y) {
      minkowski.addVertice(x-y);
    }
  }
  return contains(convexHull(minkowski), Vector2D(0,0));

}

循环显然具有复杂度O（mn），其中m和n是每种形状的顶点数。该minkoswki集合最多包含mn个元素。该convexHull算法的复杂度取决于您使用的算法，您可以针对O（k log（k）），其中k是点集的大小，因此在本例中，我们得到O（mn log（mn） ）。该contains算法的复杂度与凸包的边（在2D中）或面（在3D中）的数量成线性关系，因此它确实取决于您的起始形状，但不会大于O（mn）。

我会让你用谷歌搜索contains凸形算法，这是一种很常见的算法。如果有时间，我可以把它放在这里。

但这是我们正在进行的碰撞检测，因此我们可以对其进行很多优化

我们最初有两个物体A和B在一个时间步dt内不旋转地移动（根据我的观察照片可以看出）。我们叫v _一个和v _乙各自的速度一和乙，这对我们的持续时间时间步长期间是不变的DT。我们得到以下内容：

而且，正如您在图片中指出的那样，这些物体在移动时确实会扫过区域（或3D体积）：

在时间步长之后，它们最终分别为A'和B'。

要在这里应用我们的幼稚算法，我们只需要计算扫掠的体积即可。但是我们没有这样做。

在B的参考系中，B不移动（du！）。和阿具有一定的速度 相对于乙您通过计算得到v _甲 - v _乙（可以做相反的，计算的相对速度乙在参考帧甲）。

从左到右：基本参考系中的速度；相对速度；计算相对速度。

通过将B视为在其自己的参考系中不动的，您只需计算A在dt期间以其相对速度v _A -v _B移动时扫过的体积。

这减少了Minkowski和计算中使用的顶点数量（有时会大大减少）。

另一个可能的优化是在计算被一个物体扫过的体积时，假设为A。您不必平移组成A的所有顶点。只有那些属于边（在3D中为面）的顶点外部法线“面”的方向扫掠。当然，当您计算正方形的扫掠面积时，您已经注意到了。您可以使用法线的点积与扫掠方向（必须为正）来判断法线是否朝向扫掠方向。

最后的优化与您关于交叉路口的问题无关，在我们的案例中非常有用。它使用了我们提到的那些相对速度和所谓的分离轴方法。您当然已经知道了。

假设你知道半径的一个和乙相对于它们的质心（即，质量中心，并从它的顶点最远的距离），就像这样：

仅当A的边界圆与B的边界圆匹配时，才可能发生碰撞。我们在这里看到它不会，并且告诉计算机的方法是如下图所示计算C _B到I的距离，并确保它大于A和B的半径之和。如果更大，则不会发生碰撞。如果较小，则发生碰撞。

这对于较长的形状效果不佳，但是在正方形或其他此类形状的情况下，排除碰撞是一种很好的启发式方法。

应用于B的分离轴定理和被A扫过的体积确实会告诉您是否发生碰撞。关联算法的复杂度与每个凸形的顶点数量的总和成线性关系，但是当实际处理碰撞时，它的魔力就不那么大了。

我们的新算法更好，它使用相交来帮助检测碰撞，但仍不如分离轴定理有效地判断碰撞是否发生

boolean mayCollide(Body A, Body B) {

  Vector2D relativeVelocity = A.velocity - B.velocity;
  if (radiiHeuristic(A, B, relativeVelocity)) {
    return false; // there is a separating axis between them
  }

  Volume sweptA = sweptVolume(A, relativeVelocity);
  return contains(convexHull(minkowskiMinus(sweptA, B)), Vector2D(0,0));

}

boolean radiiHeuristic(A, B, relativeVelocity)) {
  // the code here
}

Volume convexHull(SetOfVertices s) {
  // the code here
}

boolean contains(Volume v, Vector2D p) {
  // the code here
}

SetOfVertices minkowskiMinus(Body X, Body Y) {

  SetOfVertices result = new SetOfVertices();
  for (Vertice x in X) {
    for (Vertice y in Y) {
      result.addVertice(x-y);
    }
  }
  return result;

}

我认为使用“六边形”并没有帮助。这是获取与轴对齐的矩形的精确碰撞的方法的示意图：

当且仅当两个轴对齐的矩形的X坐标范围重叠且它们的Y坐标范围重叠时，它们才重叠。（这可以看作是分隔轴定理的一种特殊情况。）也就是说，如果将矩形投影到X轴和Y轴上，则可以将问题简化为两个线与线的交点。

计算一个轴上的两条线相交的时间间隔（例如，它在时间开始（物体的当前间隔/物体的相对接近速度）开始），对另一根轴执行相同的操作。如果这些时间间隔重叠，则重叠内的最早时间就是碰撞时间。

我认为没有简单的方法可以计算出多边形比矩形多的多边形的碰撞。我将其分解为原始形状，例如线条和正方形：

function objectsWillCollide(object1,object2) {
    var lineA, lineB, lineC, lineD;
    //get projected paths of objects and store them in the 'line' variables

    var AC = lineCollision(lineA,lineC);
    var AD = lineCollision(lineA,lineD);
    var BC = lineCollision(lineB,lineC);
    var BD = lineCollision(lineB,lineD);
    var objectToObjectCollision = rectangleCollision(object1.getRectangle(), object2.getRectangle());

    return (AC || AD || BC || BD || objectToObjectCollision);
}

请注意，我如何忽略每个对象的开始状态，因为在上一次计算期间应该检查该状态。

分离轴定理

分离轴定理说：“如果我们找到两个凸形不相交的轴，则这两个形不相交”或对于IT部门更可行：

“两个凸形只有在所有可能的轴上相交才相交。”

对于轴对齐的矩形，恰好有2个可能的轴：x和y。但是，该定理不仅限于矩形，它可以通过将形状可能相交的其他轴相加而应用于任何凸形。有关该主题的更多详细信息，请查看N开发人员的本教程：http : //www.metanetsoftware.com/technique/tutorialA.html#section1

实现它看起来像这样：

axes = [... possible axes ...];
collision = true;
for every index i of axes
{
  range1[i] = shape1.getRangeOnAxis(axes[i]);
  range2[i] = shape2.getRangeOnAxis(axes[i]);
  rangeIntersection[i] = range1[i].intersectionWith(range2[i]);
  if(rangeIntersection[i].length() <= 0)
  {
    collision = false;
    break;
  }
}

轴可以表示为归一化向量。

范围是一维线。开始应设置为最小投影点，结束应设置为最大投影点。

将其应用于“扫过的”矩形

问题中的六边形是通过“扫掠”对象的AABB产生的。扫描将任意一种可能的碰撞轴恰好添加到任何形状：运动矢量。

shape1 = sweep(originalShape1, movementVectorOfShape1);
shape2 = sweep(originalShape2, movementVectorOfShape2);

axes[0] = vector2f(1.0, 0.0); // X-Axis
axes[1] = vector2f(0.0, 1.0); // Y-Axis
axes[2] = movementVectorOfShape1.normalized();
axes[3] = movementVectorOfShape2.normalized();

到目前为止，到目前为止，我们已经可以检查两个六角形是否相交了。但它变得更好。

此解决方案将适用于任何凸形（例如三角形）和任何已扫过的凸形（例如已扫过的八边形）。但是，形状越复杂，效果越差。

奖励：魔术发生的地方。

如我所说，唯一的附加轴是运动矢量。运动是时间乘以速度，因此从某种意义上说，它们不仅仅是空轴，还是时空轴。

这意味着我们可以从这两个轴得出碰撞发生的时间。为此，我们需要找到运动轴上两个交点之间的交点。在执行此操作之前，我们需要将两个范围都进行归一化，以便我们可以实际比较它们。

shapeRange1 = originalShape1.getRangeOnAxis(axes[2]);
shapeRange2 = originalShape2.getRangeOnAxis(axes[3]);
// Project them on a scale from 0-1 so we can compare the time ranges
timeFrame1 = (rangeIntersection[2] - shapeRange1.center())/movementVectorOfShape1.project(axes[2]);
timeFrame2 = (rangeIntersection[3] - shapeRange2.center())/movementVectorOfShape2.project(axes[3]);
timeIntersection = timeFrame1.intersectionWith(timeFrame2);

当我问这个问题时，我已经接受了一种折衷方案，即这种方法会出现一些罕见的误报。但是我错了，通过检查这个时间交叉点，我们可以测试碰撞是否“实际上”发生了，我们可以用它来排除那些误报：

if(collision)
{
  [... timeIntersection = see above ...]
  if(timeIntersection.length() <= 0)
    collision = false;
  else
    collisionTime = timeIntersection.start; // 0: Start of the frame, 1: End of the frame
}

如果您在代码示例中发现任何错误，请告诉我，我尚未实现它，因此无法对其进行测试。

只要两个扫掠区域都是封闭的（边缘线形成的边界中没有间隙），以下方法将起作用（只需将碰撞测试减少到直线和点校正/点三点）：

1. 它们的边缘触碰到吗？（线-线碰撞）检查扫掠区域的任何边缘线是否与其他扫掠区域的任何边缘线相交。每个扫描区域都有6面。

2. 小家伙在大家伙里面吗？（使用轴对齐的形状（point-rect和point-tri））重新定向（旋转）扫掠区域，以使较大的区域与轴对齐，并测试较小的区域是否是内部区域（通过测试是否有角点（应该是全部或全部）在轴对齐的扫掠区域内）。这是通过将您的十六进制分解为三边形和矩形来完成的。

您首先进行哪种测试取决于每种测试的可能性（首先进行最常见的测试）。

您可能会发现使用后掠边界圆（胶囊而不是十六进制）会更容易，因为将轴对齐时，将其分为两个半圆和一个矩形更容易。..我让你来画答案