内坐标转换计算
前言
化学这边的库太多了。
cs这边的库太少了。
去看化学的库太累了。
写一个简单的实现思路，让cs的人能看懂。
向量夹角的范围
[0, pi)
这是合理的。
因为两个向量只能构成一个平面系统，平面系统内的夹角不能超过pi。
二面角的范围
涉及二面角，说明坐标空间至少是E(3)，可以更高维。
严格定义
严格意义上，二面角的定义是2个半平面的夹角。
在严格定义下，二面角的取值范围必然是 [0, pi)。
但上面这个定义显然不是我们cs人喜欢的。
因为在E(3)中，如果使用[0,pi)的二面角定义坐标系统，则会有手性问题
例如：
下图中2个D都符合要求。
（图略)
本质上是因为，与某一半平面A的夹角为 [ 0 , π ) [0, \pi) [0,π) 的半平面有2个。
需要一个额外的sign来指示，point处于这两个半平面中的哪一个。
使用 [ − π , π ) [-\pi, \pi) [−π,π)的广义二面角，可以唯一确定一个三维空间内的相对位置。
这个广义二面角事实上等价于 旋转角 。
旋转角就是采用四元数计算的，范围也是 [ 0 , 2 π ) [0, 2\pi) [0,2π) 。
两个向量的旋转角，是指从向量p1开始，逆时针旋转，转到向量p2时，所转过的角度， 范围是 0 ~ 360度
定义
给定一个有序列(ordered sequence) = [A,B,C,D]。
约定 A,B,C,D 构成的广义二面角为向量 B A ⃗ , C B ⃗ , D C ⃗ \vec{BA}, \vec{CB}, \vec{DC} BA,CB,DC 构成的2个平面法向量
n ⃗ 1 = n ⃗ C B A \vec{n}_1=\vec{n}_{CBA} n1=nCBA 与 n ⃗ 2 = n ⃗ D C B \vec{n}_2=\vec{n}_{DCB} n2=nDCB之间， n ⃗ 2 \vec{n}_{2} n2 逆时针转到 n ⃗ 1 \vec{n}_{1} n1 的旋转角。
（后一个面的法向量转到前一个面）
可以这样想，在E3空间中，给定2个向量，用右手定则可以得到他们叉乘的法向量。
从该法向量逆向往正向看去，就能建立一个2D平面坐标系。
在该2D平面坐标系上，v2逆时针旋转到v1的夹角是唯一确定的，取值[0,2pi)。
https://zhuanlan.zhihu.com/p/45404840
笛卡尔坐标转内坐标
Convention
示例输入：
import torch
cart_coord = torch.tensor([
[1,0,0],[0,0,0],[0,2,0],[0,0,2]
])
我们期望得到的内坐标
tensor([ 1.0000, 2.0000, 2.8284, 1.5708, 0.7854, -1.5708])
转成易读形式：
1.0000, 2.0000, 2.8284, pi/2, pi/4, -pi/2
键角[0, pi) 。
对最后一个元素，即广义二面角，需要做说明。
在该特殊例子中，
后一个面DCB的法向量是 B A ⃗ \vec{BA} BA （右手定则），
前一个面CBA的法向量是 D B ⃗ \vec{DB} DB （右手定则）。
后者逆时针转到前者的角度是 -pi/2。 ( 取值范围 [-pi, pi) ）。
进一步地，我们可以证明，在general case中，
后一个面按右手定则得到的法向量，等于 B A ⃗ \vec{BA} BA 垂直于 C B ⃗ \vec{CB} CB的分量。
前一个面按右手定则得到的法向量，等于 D C ⃗ \vec{DC} DC垂直于 C B ⃗ \vec{CB} CB的分量。
于是二面角 (D,C,B,A)本质上就是 B A ⃗ \vec{BA} BA 与 D C ⃗ \vec{DC} DC 在 C B ⃗ \vec{CB} CB垂直平面上的分量之间的夹角。
理解这个性质对下面的内容会有帮助。
内坐标转笛卡尔算法
前置知识： 向量绕任意轴旋转矩阵
https://zhuanlan.zhihu.com/p/380237903
https://blog.csdn.net/FreeSouthS/article/details/112576370
https://zhuanlan.zhihu.com/p/56587491
Rodrigues’旋转公式
设旋转轴 n ⃗ = ( n x , n y , n z ) \vec{n}=(n_x,n_y,n_z) n=(nx,ny,nz) 。
写出 n ⃗ \vec{n} n的叉乘矩阵:
N = [ 0 , − n z , n y n z , 0 , − n x − n y , n x , 0 ] N=\left[\begin{array}{ccc}0, & -n_z, & n_y \\ n_z, & 0, & -n_x \\ -n_y, & n_x, & 0\end{array}\right] N= 0,nz,−ny,−nz,0,nx,ny−nx0 。
于是叉乘：
n × p = [ 0 , − n z , n y n z , 0 , − n x − n y , n x , 0 ] p = N p \mathbf{n} \times \mathbf{p}=\left[\begin{array}{ccc}0, & -n_z, & n_y \\ n_z, & 0, & -n_x \\ -n_y, & n_x, & 0\end{array}\right] \mathbf{p}=\mathbf{N} \mathbf{p} n×p= 0,nz,−ny,−nz,0,nx,ny−nx0 p=Np
于是绕 n ⃗ \vec{n} n的旋转矩阵为：
R = I + sin ( θ ) N + ( 1 − cos ( θ ) ) N 2 \mathbf{R}=\mathbf{I}+\sin (\theta) \mathbf{N}+(1-\cos (\theta)) \mathbf{N}^2 R=I+sin(θ)N+(1−cos(θ))N2
旋转后向量
p ⃗ ′ = R p ⃗ \vec{p}'=\mathbf{R}\vec{p} p′=Rp。
或者用向量形式
p ′ = p ⊥ ′ + p ∥ ′ = cos ( θ ) p ⊥ + sin ( θ ) ( n × p ) + p ∥ = cos ( θ ) ( p − p ∥ ) + p ∥ + sin ( θ ) ( n × p ) = cos ( θ ) p + ( 1 − cos ( θ ) ) ( n ⋅ p ) n + sin ( θ ) ( n × p ) \begin{gathered}\mathbf{p}^{\prime}=\mathbf{p}_{\perp}^{\prime}+\mathbf{p}_{\|}^{\prime}=\cos (\theta) \mathbf{p}_{\perp}+\sin (\theta)(\mathbf{n} \times \mathbf{p})+\mathbf{p}_{\|} \\ =\cos (\theta)\left(\mathbf{p}-\mathbf{p}_{\|}\right)+\mathbf{p}_{\|}+\sin (\theta)(\mathbf{n} \times \mathbf{p}) \\ =\cos (\theta) \mathbf{p}+(1-\cos (\theta))(\mathbf{n} \cdot \mathbf{p}) \mathbf{n}+\sin (\theta)(\mathbf{n} \times \mathbf{p})\end{gathered} p′=p⊥′+p∥′=cos(θ)p⊥+sin(θ)(n×p)+p∥=cos(θ)(p−p∥)+p∥+sin(θ)(n×p)=cos(θ)p+(1−cos(θ))(n⋅p)n+sin(θ)(n×p)
即:
p ′ = cos θ ( p − ( n ⋅ p ) n ) + ( n ⋅ p ) n + sin θ ( n × p ) \mathbf{p}^{\prime}=\cos\theta (\mathbf{p}-(\mathbf{n} \cdot \mathbf{p}) \mathbf{n})+(\mathbf{n} \cdot \mathbf{p}) \mathbf{n}+\sin\theta(\mathbf{n} \times \mathbf{p}) p′=cosθ(p−(n⋅p)n)+(n⋅p)n+sinθ(n×p)
写成这种形式，因为计算机里面算三角函数的开销大于坐标运算。
内坐标转笛卡尔坐标；二面角复原
欲求 D C ⃗ \vec{DC} DC， 将其分解为 C B ⃗ \vec{CB} CB 上的分量，和 垂直于 C B ⃗ \vec{CB} CB 的分量。
(align with , orthogonal to C B ⃗ \vec{CB} CB)
已知距离和bond angle，align with 的分量很好求
D C ⃗ a l i g n = d cos α C B ⃗ ∣ C B ⃗ ∣ \vec{DC}_{align} = d\cos \alpha\frac{\vec{CB}}{|\vec{CB}|} DCalign=dcosα∣CB∣CB。
复杂一点的是垂直分量。
先计算 B A ⃗ \vec{BA} BA 在 C B ⃗ \vec{CB} CB上的分量。
t ⃗ = B A ⃗ ⋅ C B ⃗ ∣ C B ⃗ ∣ C B ⃗ ∣ C B ⃗ ∣ = ( B A ⃗ ⋅ u ⃗ C B ) u ⃗ C B \vec{t}= \frac{\vec{BA}\cdot \vec{CB}}{|\vec{CB}|} \frac{\vec{CB}}{|\vec{CB}|} = (\vec{BA}\cdot \vec{u}_{CB}) \vec{u}_{CB} t=∣CB∣BA⋅CB∣CB∣CB=(BA⋅uCB)uCB , u ⃗ \vec{u} u 表示单位向量。
然后得到 B A ⃗ \vec{BA} BA垂直于 C B ⃗ \vec{CB} CB的分量
v ⃗ = B A ⃗ − t ⃗ \vec{v}=\vec{BA} - \vec{t} v=BA−t。
从后文可以知道，这一步如果把 B A ⃗ \vec{BA} BA 归一化为单位向量也无妨，因为我们在乎的只有方向。
按上文所言，以 C B ⃗ \vec{CB} CB为视角，从逆向往正向看，建立平面坐标系。
以 v ⃗ \vec{v} v为该平面上的 x ′ x' x′ 轴，
约定该平面上 y ′ y' y′ 轴正向是 v ⃗ × C B ⃗ \vec{v}\times\vec{CB} v×CB (右手定则)。
D C ⃗ \vec{DC} DC在该平面上的分量即为 D C ⃗ \vec{DC} DC垂直于 C B ⃗ \vec{CB} CB的分量。
根据上文的旋转角(广义二面角)定义， D C ⃗ \vec{DC} DC在该平面上的分量，
即为 v ⃗ \vec{v} v逆时针旋转{dihedral}度得到的向量。
即，问题变成了求 v ⃗ \vec{v} v 绕 C B ⃗ \vec{CB} CB 逆时针旋转 {dihedral} 度得到的向量。
应用上文所言的旋转公式
其中 旋转轴为 n ⃗ = C B ⃗ \vec{n}=\vec{CB} n=CB,
w ⃗ = cos θ ( v ⃗ − ( n ⃗ ⋅ v ⃗ ) n ⃗ ) + ( n ⃗ ⋅ v ⃗ ) n ⃗ + sin θ ( n ⃗ × v ⃗ ) \vec{w} = \cos \theta (\vec{v}-(\vec{n} \cdot \vec{v})\vec{n}) + (\vec{n}\cdot \vec{v})\vec{n} +\sin\theta (\vec{n}\times \vec{v}) w=cosθ(v−(n⋅v)n)+(n⋅v)n+sinθ(n×v)。
由于按照定义 v ⃗ \vec{v} v是垂直于 C B ⃗ \vec{CB} CB的分量，故两者内积为0。
上式进一步化简为
w ⃗ = cos θ v ⃗ + sin θ ( n ⃗ × v ⃗ ) \vec{w}=\cos\theta \vec{v} +\sin\theta (\vec{n}\times \vec{v}) w=cosθv+sinθ(n×v)
旋转后的方向得到了，再考虑长度。
由键长知
D C ⃗ o r t h o = ∣ d sin α ∣ w ⃗ ∣ w ⃗ ∣ \vec{DC}_{ortho}=|d\sin\alpha| \frac{\vec{w} }{|\vec{w} |} DCortho=∣dsinα∣∣w∣w， 由于约定了键角[0,pi), sin α > 0 \sin \alpha >0 sinα>0。
D C ⃗ o r t h o = d sin α w ⃗ ∣ w ⃗ ∣ \vec{DC}_{ortho}=d\sin\alpha \frac{\vec{w} }{|\vec{w} |} DCortho=dsinα∣w∣w。
最后
D C ⃗ = D C ⃗ a l i g n + D C ⃗ o r t h o = d cos α u ⃗ C B + d sin α u ⃗ w \vec{DC}=\vec{DC}_{align} + \vec{DC}_{ortho} = d\cos \alpha \vec{u}_{CB} + d\sin\alpha \vec{u}_{w} DC=DCalign+DCortho=dcosαuCB+dsinαuw;
u ⃗ \vec{u} u 表示单位向量。
于是D的坐标 = D C ⃗ + C \vec{DC}+C DC+C。
前三个点处理
第一个点，按习惯固定(0,0,0)
第二个点，我看大部分库都默认放到z-axis上。于是(0, 0, dst)。
第三个点，按照距离和键角可以获得一个圆锥，约定第三个点放在zoy平面的y轴正半面上。
或者可以用兼容第4个点的方式说，
在y轴正向有一个假想点y， 于是(C,B,A,y) 构成的二面角为0。
注意！
本文默认坐标是(x,y,z)顺序。
测试样例
下图为例，左边是输入坐标。
右边是我们希望还原得到的坐标。
A在原点，B在z轴，c在zoy平面。
这等价于对原输入做一次平移和一次90度旋转。
# test
#输入
input_coord=torch.tensor([
[1,0,0],[0,0,0],[0,2,0],[0,0,2]
])
# 内坐标
inner_coord = torch.tensor(
[1.0000, 2.0000, 2.8284, 1.5708, 0.7854, -1.5708]
)
# 还原坐标
output_coord=torch.tensor([
[0.0000e+00, 0.0000e+00, 0.0000e+00],
[0.0000e+00, 0.0000e+00, 1.0000e+00],
[0.0000e+00, 2.0000e+00, 1.0000e+00],
[2.0000e+00, 1.1921e-07, 1.0000e+00]])
其他坐标系的兼容
主流的一些3D库，化学库，有些用的(z,x,y) 或者 (z, y, x)坐标顺序。
这个也简单。
我们返回的坐标交换一下顺序就能得到其他坐标系了。
output_coord[:, [1,2,0]] -> (z,x,y) 坐标。
speed test
cart2internal + internal2cart。
1w个样本约30.6s。
100w 样本约 1h。