2 ডি বাউন্ডিং বক্স ছেদটি কাজ করার দ্রুততম উপায় কী?

Question

অনুমান করুন যে প্রতিটি বাক্সের অবজেক্টের x, y, প্রস্থ, উচ্চতা বৈশিষ্ট্য রয়েছে এবং তাদের কেন্দ্রস্থলে এর উত্স রয়েছে এবং অবজেক্ট বা সীমানা বাক্স দুটিই ঘোরান না।

Comments

এই অক্ষ বা বস্তু-সারিবদ্ধ বাউন্ডিং বাক্সগুলি কি?

— 10p

আপনি যখন এই প্রশ্নটি জিজ্ঞাসা করবেন, ভবিষ্যতে আপনাকে অবশ্যই অন্যান্য ধরণের চৌরাস্তা পরীক্ষা করতে হবে;)। অতএব আমি অবজেক্ট / অবজেক্ট ছেদ সম্পর্কে তালিকাটি সুপারিশ করি । টেবিলটি স্ট্যাটিকের পাশাপাশি গতিশীল পরিস্থিতিতে সমস্ত জনপ্রিয় অবজেক্টের ধরণের (বাক্স, গোলক, ত্রিভুজ, সাইক্ল্যান্ডার, শঙ্কু, ...) মধ্যে ছেদ সরবরাহ করে।

— ডেভ ও।

আপনার প্রশ্নটি বাউন্ডিং রিসেটগুলিতে পুনরায় লিখুন। আমার দৃষ্টিকোণ থেকে বাক্স 3 ডি অবজেক্টকে বোঝায়।

— ডেভ ও।

Answer 1

(সি-ইশ সিউডোকোড - উপযুক্ত ভাষা হিসাবে অনুকূলিতকরণ)

bool DoBoxesIntersect(Box a, Box b) {
  return (abs(a.x - b.x) * 2 < (a.width + b.width)) &&
         (abs(a.y - b.y) * 2 < (a.height + b.height));
}

ইংরাজীতে: প্রতিটি অক্ষের উপর, বাক্সগুলির কেন্দ্রগুলি এমনভাবে খুব কাছাকাছি রয়েছে যেগুলি তারা ছেদ করবে see যদি তারা উভয় অক্ষকে ছেদ করে তবে বাক্সগুলি ছেদ করে। যদি তারা না করে, তবে তারা তা করে না।

আপনি যদি প্রান্ত-স্পর্শকে ছেদক হিসাবে গণনা করতে চান তবে আপনি <'s << এ পরিবর্তন করতে পারেন। আপনি যদি একটি নির্দিষ্ট প্রান্ত-টাচ-কেবল সূত্র চান তবে আপনি == ব্যবহার করতে পারবেন না - এটি আপনাকে কোণগুলি স্পর্শ করে কিনা তা বলবে, প্রান্তগুলি স্পর্শ না করে নয়। আপনি যুক্তিযুক্তভাবে সমতুল্য কিছু করতে চাইবেন return DoBoxesIntersectOrTouch(a, b) && !DoBoxesIntersect(a, b)।

এটি উল্লেখ করার মতো যে আপনি অর্ধ-প্রস্থ এবং অর্ধ-উচ্চতা সম্পূর্ণ প্রস্থ এবং সম্পূর্ণ উচ্চতা ছাড়াও (বা পরিবর্তে) সংরক্ষণ করে একটি ছোট তবে উল্লেখযোগ্য গতির বৃদ্ধি পেতে পারেন। অন্যদিকে, 2 ডি বাউন্ডিং বক্সের ছেদটি বিরল যা পারফরম্যান্সের বাধা।

Comments

এটি স্পষ্টতই ধরে নেয় যে বাক্সগুলি অক্ষ-সংযুক্ত রয়েছে।

— 10p

অ্যাবস বিশেষভাবে ধীর হওয়া উচিত নয় - শর্তসাপেক্ষের চেয়ে ধীর নয়, কমপক্ষে এবং এ্যাবস ছাড়াই এটি করার একমাত্র উপায় (যা সম্পর্কে আমি সচেতন) অতিরিক্ত শর্তযুক্ত জড়িত।

— জোর্বাথুত

হ্যাঁ, এটি অক্ষ-সংযুক্ত বাক্সগুলি ধরে নেয়। বর্ণিত কাঠামোর কাছে ঘূর্ণন নির্দেশ করার কোনও উপায় নেই, তবে আমি অনুভব করেছি যে এটি নিরাপদ।

— জোর্বাথুত

অ্যাকশনস্ক্রিপ্টে (মূলত পূর্ণসংখ্যার ক্যালক) ক্যালিউশনে গতি বাড়ানোর জন্য এখানে কয়েকটি ভাল টিপস রয়েছে: Lab.polygonal.de/2007/05/10/bitwise-gems-fast-integer-math আমি এটি পোস্ট করছি, কারণ এতে আরও দ্রুত রয়েছে ম্যাথ.এবস () এর প্রতিস্থাপন, যা আসলে অ্যাকশনসক্রিপ্টে জিনিসগুলি ধীর করে দেয় (অবশ্যই পারফরম্যান্সের সমালোচনামূলক স্টাফের কথা বলা)।

— বাম্মজ্যাক

আপনি মিস করছেন যে তাদের বাম প্রান্তে নয়, কেন্দ্রে উত্স রয়েছে। 0 থেকে 10 অবধি চলমান একটি বাক্সে আসলে "x = 5" থাকবে এবং 8 থেকে 12 অবধি চলমান একটি বাক্সটিতে "x = 10" থাকবে। আপনি abs(5 - 10) * 2 < (10 + 4)=> দিয়ে শেষ করেন 10 < 14। টপলফিট-কর্নার এবং মাপের সাথে এটি কাজ করার জন্য আপনাকে কিছু সাধারণ টুইট করতে হবে।

— জোর্বাথুত

Answer 2

এটি এক্স এবং ওয়াই অক্ষের সাথে সংযুক্ত দুটি আয়তক্ষেত্রের জন্য কাজ করে।
প্রতিটি আয়তক্ষেত্রের বৈশিষ্ট্য রয়েছে:
"বাম", এর বাম পাশের x স্থানাঙ্ক,
"শীর্ষ", এর শীর্ষ দিকের y স্থানাঙ্ক,
"ডান", তার ডান পাশের x স্থানাঙ্ক,
"নীচে", এর y স্থানাঙ্ক এর নীচের দিক,

function IntersectRect(r1:Rectangle, r2:Rectangle):Boolean {
    return !(r2.left > r1.right
        || r2.right < r1.left
        || r2.top > r1.bottom
        || r2.bottom < r1.top);
}

নোট করুন যে এটি একটি স্থানাঙ্ক ব্যবস্থার জন্য ডিজাইন করা হয়েছে যেখানে + y অক্ষটি নীচে এবং + x অক্ষটি ডানদিকে নির্দেশ করা হয়েছে (যেমন টিপিক্যাল স্ক্রিন / পিক্সেল স্থানাঙ্ক)। এটি একটি সাধারণ কার্তেসিয়ান সিস্টেমের সাথে মানিয়ে নিতে যেখানে + y উপরের দিকে নির্দেশিত হয়, উল্লম্ব অক্ষের সাথে তুলনাগুলি বিপরীত হবে, যেমন:

return !(r2.left > r1.right
    || r2.right < r1.left
    || r2.top < r1.bottom
    || r2.bottom > r1.top);

ধারণা সব সম্ভব অবস্থার যার উপর আয়তক্ষেত্র হবে ক্যাপচার হয় না ওভারল্যাপ, এবং তারপর উত্তর অস্বীকার দেখতে যদি তারা হয় overlapped। অক্ষগুলির দিক নির্বিশেষে, এটি সহজেই দেখতে পাওয়া যায় যে দুটি আয়তক্ষেত্র ওভারল্যাপ হবে না যদি:

• আর 2 এর বাম প্রান্তটি আর 1 এর ডান প্রান্তের চেয়ে আরও ডান

   ________     ________
  |        |   |        |
  |   r1   |   |   r2   |
  |        |   |        |
  |________|   |________|

• অথবা r2 এর ডান প্রান্তটি আর 1 এর বাম প্রান্তের চেয়ে আরও বাম দিকে রয়েছে

   ________     ________
  |        |   |        |
  |   r2   |   |   r1   |
  |        |   |        |
  |________|   |________|

• অথবা r2 এর শীর্ষ প্রান্তটি R1 এর নীচের প্রান্তের নীচে

   ________ 
  |        |
  |   r1   |
  |        |
  |________|
   ________ 
  |        |
  |   r2   |
  |        |
  |________|

• অথবা r2 এর নীচের প্রান্তটি R1 এর শীর্ষ প্রান্তের উপরে

   ________ 
  |        |
  |   r2   |
  |        |
  |________|
   ________ 
  |        |
  |   r1   |
  |        |
  |________|

আসল ফাংশন - এবং এটি কেন কাজ করে তার একটি বিকল্প বিবরণ এখানে পাওয়া যাবে: http://tekpool.wordpress.com/2006/10/11/rectangle-intersication-determine-if-two-given-rectangles-intersect- প্রতিটি-অন্যান্য-অর-না /

Comments

আশ্চর্যজনকভাবে স্বজ্ঞাত এবং আরও একবার দেখায় যে উত্তরটি খুঁজে পাওয়া যখন খুব শক্ত হয় তবে বিপরীত প্রশ্নের উত্তর খুঁজতে চেষ্টা করা আপনাকে সাহায্য করতে পারে। ধন্যবাদ!

— লোডেভিজক

আপনার উল্লেখ করা উচিত যে y অক্ষটি নীচে (চিত্র হিসাবে) পয়েন্ট করে। অন্যথায় অসমতাগুলি r2.top> r1.bottom এবং r2.bottom <r1.top বিপরীত হওয়া দরকার।

— ব্যবহারকারী 1443778

@ ইউজার 1443778 ভাল ধরা! আমি এগিয়ে গিয়ে আলগাভাবে এই অ্যালগরিদমের পিছনে যুক্তিটি একটি সমন্বিত সিস্টেম-অজ্ঞাত পদ্ধতিতে ব্যাখ্যা করেছি।

— পোনকডুডল

Answer 3

আপনি যদি অবজেক্ট- অ্যালাইন্টেড বাউন্ডিং বাক্সগুলি চান তবে মেটানেট দ্বারা পৃথকীকরণ অক্ষের উপপাদ্যটিতে এই টিউটোরিয়ালটি ব্যবহার করে দেখুন : http://www.metanetsoftware.com/technique/tutorialA.html

স্যাট দ্রুততম সমাধান নয়, তবে এটি তুলনামূলকভাবে সহজ। আপনি এমন একটি একক লাইন (বা 3 ডি যদি একটি প্লেন) সন্ধান করার চেষ্টা করছেন যা আপনার অবজেক্টগুলিকে আলাদা করবে। যদি এই লাইনটি বিদ্যমান থাকে তবে এটি আপনার বাক্সগুলির একটির প্রান্তে প্যারালেল হওয়ার গ্যারান্টিযুক্ত, সুতরাং আপনি বাক্সগুলি পৃথক করে কিনা তা পরীক্ষার জন্য সমস্ত প্রান্তটি দিয়ে পুনরাবৃত্তি করুন।

এটি কেবল এক্স / ওয়াই অক্ষকে সীমাবদ্ধ করে অক্ষ-সংযুক্ত বাক্সগুলির জন্যও কাজ করে।

Comments

আমি আবর্তনের কথা ভাবছিলাম না, তবে ধন্যবাদ এটি একটি আকর্ষণীয় লিঙ্ক।

— আয়ান

Answer 4

উপরের DoBoxesIntersect একটি ভাল যুগল সমাধান। তবে আপনার যদি অনেকগুলি বাক্স থাকে তবে আপনার কাছে এখনও একটি ও (এন ^ 2) সমস্যা রয়েছে এবং আপনাকে সম্ভবত কাজাজের দ্বারা উল্লিখিত মতো কিছু করার দরকার হতে পারে। (3 ডি সংঘর্ষ শনাক্তকরণের সাহিত্যে, এটি ব্রড-ফেজ এবং একটি সরু-পর্যায়ের অ্যালগরিদম উভয় হিসাবেই পরিচিত। আমরা ওভারল্যাপের সমস্ত সম্ভাব্য জোড়া খুঁজে পেতে খুব দ্রুত কিছু করব, এবং আমাদের সম্ভাব্য কিনা তা দেখার জন্য আরও ব্যয়বহুল কিছু করব something জোড়া প্রকৃত জোড়া হয়।)

ব্রড-ফেজ অ্যালগরিদম আমি এর আগে ব্যবহার করেছি "ঝাড়ু এবং ছাঁটাই"; 2 ডি এর জন্য, আপনি প্রতিটি বাক্সের শুরু এবং শেষের দুটি সাজানো তালিকা বজায় রাখতে চান। যতক্ষণ না বাক্স চলাচল না হয় >> ফ্রেম থেকে ফ্রেমে বক্স স্কেল না হওয়া পর্যন্ত এই তালিকাগুলির ক্রমটি খুব বেশি পরিবর্তন ঘটবে না এবং তাই এটি বজায় রাখতে আপনি বুদ্বুদ বা সন্নিবেশ সাজানোর ব্যবহার করতে পারেন। "রিয়েল-টাইম রেন্ডারিং" বইটিতে আপনি করতে পারেন এমন অপ্টিমাইজেশনের উপর একটি দুর্দান্ত রচনাআপ রয়েছে তবে এটি এন বাক্সের জন্য কে, ওভারল্যাপে দুর্দান্ত ও বাস্তব রিয়েল ওয়ার্ল্ড সহ ও (এন + কে) সময় পর্যন্ত বিস্তৃত হয় bo পারফরম্যান্স যদি আপনি ফ্রেম থেকে ফ্রেমে কোনও জোড়া বাক্স ছেদ করে চলেছে তা পরীক্ষা করে রাখতে N ^ 2 বুলিয়ান সাধ্যের মধ্যে রাখতে পারেন। তারপরে আপনার কাছে সামগ্রিকভাবে ও (এন + কে overall 2) সময় রয়েছে, যা আপনার << ও (এন ^ 2) অনেকগুলি বাক্স থাকলে তবে কেবল কয়েকটি ওভারল্যাপ থাকে।

Answer 5

খুব সাধারণ সমস্যার জন্য এখানে প্রচুর গণিত, ধরে নিই যে আমাদের একটি রেট, শীর্ষ, বাম, নীচে, ডানদিকে 4 পয়েন্ট নির্ধারিত আছে ...

২ টি পুনরায় সংঘর্ষ সংঘটিত হয়েছে কিনা তা নির্ধারণের ক্ষেত্রে আমাদের কেবলমাত্র দেখতে হবে যে সমস্ত সম্ভাব্য চূড়ান্ততা যা সংঘর্ষগুলি রোধ করবে, যদি এর কোনওটিই পূরণ না হয় তবে 2 টি পুনরায় সংঘর্ষ হওয়া উচিত, যদি আপনি সীমানা সংঘর্ষগুলি অন্তর্ভুক্ত করতে চান তবে কেবল> এবং < উপযুক্ত> = এবং = <সহ with

struct aRect{
  float top;
  float left;
  float bottom;
  float right;
};

bool rectCollision(rect a, rect b)
{
  return ! ( b.left > a.right || b.right < a.left || b.top < a.bottom || b.bottom > a.top);
}

Comments

আমি কেন সত্যিই নিশ্চিত নই যে কেন এটি সর্বোচ্চ ভোটের উত্তর নয়। এটি সহজ, সঠিক এবং দক্ষ।

— ডিভে

Answer 6

জোর্বাথুতের উত্তরের বিকল্প সংস্করণ:

bool DoBoxesIntersect(Box a, Box b) {
     return (abs(a.x - b.x) < (a.width + b.width) / 2) &&
     (abs(a.y - b.y) < (a.height + b.height) / 2);
}

Comments

আসলে সেই পাটিগণিতটি উভয়ভাবেই সূক্ষ্মভাবে কাজ করে। আপনি << এর দুপাশে যেকোনও পাটিগণিত অপারেশন করতে পারেন এবং এটি পরিবর্তন করে না (নেতিবাচক অর্থের মাধ্যমে গুণন যদিও আপনাকে তার চেয়ে কম পরিবর্তন করতে হবে)। উদাহরণস্বরূপ, বাক্সগুলির সংঘর্ষ হওয়া উচিত নয়। যদি বক্স এ এর ​​কেন্দ্র 1 তে থাকে তবে এটি -4 থেকে 6 পর্যন্ত বিস্তৃত হয় এবং বাক্স বি কেন্দ্রগুলি 10 এ বিস্তৃত হয় এবং 7.5 থেকে 12.5 পর্যন্ত বিস্তৃত হয়, সেখানে কোনও সংঘর্ষ নেই ... এখন, ওয়ালাকোলু যে পদ্ধতিটি পোস্ট করেছে তা কেবল সঠিক নয়, তবে সংক্ষিপ্ত সার্কিট প্রয়োগকারী ভাষাগুলিতে দ্রুত চালিত হবে, যেহেতু বেশিরভাগ চেকগুলি যে কোনওভাবেই মিথ্যা ফিরে আসবে, সংক্ষিপ্ত

— সার্কিটটি এর

হ্যাঁ আমি আজ সকালে ঘুম থেকে উঠলে এটি বুঝতে পেরেছিলাম। ক্রিস আমাকে তার <> মিশ্রণটি দিয়ে বারবার ব্যর্থ করলেন।

— আয়ান

দুটি সমস্যা: প্রথমত, বিভাগটি গুণনের চেয়ে উল্লেখযোগ্যভাবে ধীর হয়। দ্বিতীয়ত, যদি জড়িত মানগুলি পূর্ণসংখ্যা হয় তবে এর ফলে কিছু সংখ্যক সংক্ষিপ্ত আকারের সমস্যা হতে পারে (ax = 0, bx = 9, a.width = 9, b.width = 10: abs (0-9) <(9 + 10) / 2, 9 <19/2, 9 <9, বাক্সগুলি নির্দিষ্টভাবে ছেদ করা সত্ত্বেও ফাংশনটি মিথ্যা প্রত্যাবর্তন করে))

— জোর্বাথথ

Answer 7

আপনি যে সমস্যার সমাধান করার চেষ্টা করেছেন তার উপর নির্ভর করে আপনি যখন আপনার স্থানটি সরানোর সময় আপনার ট্র্যাক রাখা ঠিক তত ভাল হতে পারেন, অর্থাৎ, বাছাই হওয়া x সূচনা এবং শেষের অবস্থানগুলির একটি তালিকা রাখুন এবং শুরু এবং শেষের y পজিশনের জন্য একটি। যদি আপনাকে প্রচুর ওভারল্যাপ চেক করতে হয় এবং অতএব অনুকূলিতকরণের প্রয়োজন হয় তবে আপনি এটি আপনার সুবিধার্থে ব্যবহার করতে পারেন, আপনি তত্ক্ষণাত দেখতে পারেন যে কে আপনার বাম দিকে বন্ধ করে চলেছে, যার যার প্রান্তটি রয়েছে তার বাম দিকে ছাঁটাই করা যেতে পারে অবিলম্বে। উপরে, নীচে এবং ডানদিকে একই প্রয়োগ করুন।
বুককিপিংয়ের অবশ্যই সময় ব্যয় হয়, সুতরাং এটি কয়েকটি চলমান বস্তুর সাথে প্রচুর ওভারল্যাপ চেকগুলির সাথে একটি পরিস্থিতির জন্য আরও উপযুক্ত।
আর একটি বিকল্প স্থানিক হ্যাশিং, যেখানে আপনি আনুমানিক অবস্থানের উপর ভিত্তি করে বস্তুগুলি বালতি করেন (আকারটি একাধিক বালতিতে এম ফেলতে পারে), তবে আবার সেখানে কেবলমাত্র যদি প্রচুর পরিমাণে অবজেক্ট থাকে, যার মধ্যে তুলনামূলকভাবে কয়েকটি বইয়ের ব্যয়ের কারণে পুনরাবৃত্তি প্রতি চলমান থাকে।
মূলত যে কোনও কিছুই (এন * এন) / ২ এড়ায় না (আপনি যদি বি এর বিপরীতে কোন বিষয় পরীক্ষা করে থাকেন তবে আপনাকে অবশ্যই বি এর বিরুদ্ধে বি পরীক্ষা করতে হবে না) সীমাবদ্ধ বক্স চেকগুলি অনুকূলিতকরণের চেয়ে আরও বেশি সহায়তা করে। যদি বাউন্ডিং বক্সের চেকগুলি কোনও বাধা হয় তবে আমি সমস্যার বিকল্প সমাধানগুলি সন্ধানের জন্য গুরুত্ব সহকারে পরামর্শ দেব।

Answer 8

কেন্দ্রগুলির মধ্যে দূরত্ব কোণার মধ্যকার দূরত্বের সমান নয় (যখন একটি বাক্স অন্যটির অভ্যন্তরে থাকে উদাহরণস্বরূপ), সুতরাং সাধারণ ক্ষেত্রে, এই সমাধানটি সঠিক (আমার মনে হয়)।

কেন্দ্রগুলির মধ্যে দূরত্ব (যেমন, বলুন, এক্স): abs(x1+1/2*w1 - x2+1/2*w2)বা1/2 * abs(2*(x1-x2)+(w1-w2)

ন্যূনতম দূরত্ব 1/2 w1 + 1/2 w2 or 1/2 (w1+w2)। অর্ধেক বাতিল তাই ..

return 
ABS(2*(x1 - x2) + (w1-w2) ) < (w1+w2)) &&
ABS(2*(y1 - y2) + (h1-h2) ) < (h1+h2));

Comments

সেখানে "ফিরে" বিবৃতি দিয়ে কী আছে?

— ডপপেলগ্রিনিয়ার

Answer 9

এখানে জাভা আমার বাস্তবায়নের এর একটি দুই দুই-সম্পূরক স্থাপত্য অভিমানী । আপনি যদি দ্বিগুণ-পরিপূরক না হয়ে থাকেন তবে পরিবর্তে একটি মানক ম্যাথ.এবস ফাংশন কল ব্যবহার করুন:

boolean intersects(IntAxisAlignedBox left, IntAxisAlignedBox right) {
    return
        (
            lineDeltaFactor(left.min.x, left.max.x, right.min.x, right.max.x) |
            lineDeltaFactor(left.min.y, left.max.y, right.min.y, right.max.y) |
            lineDeltaFactor(left.min.z, left.max.z, right.min.z, right.max.z)
        ) == 0;
}

int lineDeltaFactor(int leftMin, int leftMax, int rightMin, int rightMax) {
    final int
            leftWidth = leftMax - leftMin,
            rightWidth = rightMax - rightMin,

            leftMid = leftMin + ((leftMax - leftMin) >> 1),
            rightMid = rightMin + ((rightMax - rightMin) >> 1);

    return (abs(leftMid - rightMid) << 1) / (leftWidth + rightWidth + 1);
}

int abs(int value) {
    final int mask = value >> (Integer.SIZE - 1);

    value ^= mask;
    value += mask & 1;
    return value;
}

অর্ধ-শালীন সংকলক / এলএলভিএম ইনলাইন ধরে নেওয়া ব্যয়বহুল স্ট্যাক জাগলিং এবং ভি-টেবিল বর্ণনগুলি এড়াতে এই ফাংশনগুলি প্রসারিত করে। এটি ইনপুট মানগুলির জন্য ব্যর্থ হবে যা 32-বিট চূড়ান্ত (যেমন Integer.MAX_VALUEএবং Integer.MIN_VALUE) এর কাছাকাছি।

Answer 10

দ্রুততম উপায়ে একক ভেক্টর রেজিস্টারে সমস্ত 4 টি মানকে একত্রিত করা হয়।

বাক্সগুলিকে একটি ভেক্টরে নিম্নলিখিত মান সহ সংরক্ষণ করুন [ min.x, min.y, -max.x, -max.y ]। আপনি যদি এই জাতীয় বাক্সগুলি সংরক্ষণ করেন তবে ছেদ পরীক্ষাটি কেবল 3 সিপিইউ নির্দেশনা নেয়:

_mm_shuffle_ps দ্বিতীয় বাক্সটি মিনিট এবং সর্বাধিক অর্ধে ফ্লিপিংকে পুনরায় অর্ডার করতে।

_mm_xor_ps_mm_set1_ps(-0.0f)দ্বিতীয় বাক্সে সমস্ত 4 টির মান চিহ্ন ফ্লিপ করতে যাদু নম্বর সহ

_mm_cmple_ps নিম্নলিখিত দুটি রেজিস্টারের সাথে তুলনা করে একে অপরের সাথে সমস্ত 4 টি মানকে তুলনা করতে:

[ a.min.x, a.min.y, -a.max.x, -a.max.y ] < [ b.max.x, b.max.y, -b.min.x, -b.min.y ]

পরিশেষে, যদি প্রয়োজন হয় তবে _mm_movemask_psভেক্টর ইউনিট থেকে স্কেলার রেজিস্টারে ফলাফল আনতে। মান 0 এর অর্থ বাক্সগুলি ছেদ করা। অথবা আপনার যদি 2 টিরও বেশি বাক্সের প্রয়োজন হয় না তবে ভেক্টর রেজিস্টারগুলিতে মানগুলি ছেড়ে দিন এবং একাধিক বাক্স থেকে ফলাফল একত্রিত করতে বিটওয়াইজ ক্রিয়াকলাপগুলি ব্যবহার করুন।

আপনি ভাষা বা প্ল্যাটফর্ম নির্দিষ্ট করেন নি, তবে এই জাতীয় সিমডের জন্য সমর্থন বা খুব অনুরূপ, সমস্ত প্ল্যাটফর্ম এবং ভাষায় উপলব্ধ। মোবাইলে, এআরএম-তে খুব অনুরূপ স্টাফ সহ নিওন সিমড রয়েছে। .NET এর সিস্টেমে ভেক্টর 128 রয়েছে un রুনটাইম.আইন্ট্রিনসিকস নেমস্পেস এবং আরও অনেক কিছু।