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1、图像处理实验报告自03张驰昱2010012028一、基础知识(a)以测试图像的中心为圆心，图像的长和宽中较小值的一半为半径画一个红颜色的圆问题分析：构造一个与原图像大小相同的矩阵并按照要求在矩阵中“画”出形状，然后点乘原图像矩阵就可以了。新的构造矩阵在需要保留原图像的地方须置为1。具体实现：load('hall.mat');hall=im2double(hall_color);%把8位无符号整形线性转化为0到1之间的数[xx,yy,~]=size(hall);%得到图像长宽R=min(xx,yy)/2;%设半径R为长宽中的较
2、小值的一半circle=ones(xx,yy);%申请一个与原图像相同大小的1矩阵r=[0:2*pi/400:2*pi];%一个完整圆周的弧度向量x=floor(xx/2+1+R*cos(r));%完整圆周的x坐标向量y=floor(yy/2+1+R*sin(r));%完整圆周的y坐标向量，配合之前x坐标值就是圆周坐标了circle(xx*(y-1)+x)=0;%设圆周上每个坐标点的值为0，至此一个画着黑圆的矩阵构造完成%下面是把这个构造好的矩阵点乘原图像矩阵，再在R层矩阵加上一个“白圆矩阵”就是红圆了hall_color_
3、a(:,:,1)=hall(:,:,1).*circle+~circle;hall_color_a(:,:,2)=hall(:,:,2).*circle;hall_color_a(:,:,3)=hall(:,:,3).*circle;imwrite(hall_color_a,'hall_color_a.jpg','JPEG');代码优化：本题花了我一点脑筋把整个圆周的矩阵坐标构造的两个向量中去，免去了循环，大大提高程序效率，基本是瞬间运行完成。运行结果：(b)将测试图像涂成国际象棋状的“黑白格”的样子，其中“黑”即黑色，“白
4、”则意味着保留原图。问题分析：继续前面的构造新矩阵点乘原图像矩阵的思想。我用零矩阵和一矩阵拼出一个大的棋盘矩阵。0元素的地方就是涂黑。具体实现：load('hall.mat');hall=im2double(hall_color);%把8位无符号整形线性转化为0到1之间的数[xx,yy,~]=size(hall);%得到图像长宽x0=xx/8;y0=yy/8;%每个小格的长宽，除以8是因为棋盘是8x8的a=[ones(x0,y0),zeros(x0,y0)];%黑与白是棋盘的基本单元，黑与白即0和1chess=repmat(
5、[a;fliplr(a)],4,4);%拼接加重复，很容易构造出一个棋盘型的01矩阵hall_color_b(:,:,1)=hall(:,:,1).*chess;%RGB三层都乘上这个棋盘矩阵hall_color_b(:,:,2)=hall(:,:,2).*chess;hall_color_b(:,:,3)=hall(:,:,3).*chess;imwrite(hall_color_b,'hall_color_b.jpg','JPEG');代码优化：这道问题的逻辑并不复杂，但是我始终想用矩阵做进一步简化，脱离一个个数值判断再
6、运算的苦海。这个程序我简化了很多遍，一遍遍的优化逻辑和循环，最后发现这个二维加判断的问题在matlab中可以一层循环都不用，程序效率极高，也是瞬间运行完成。运行结果：一、图像压缩编码(1)图像的预处理是将每个像素灰度值减去128，这个步骤是否可以在变换域进行？请在测试图像中截取一块验证你的结论。问题分析：可以。DCT变换就是矩阵乘法，矩阵乘法有分配率，先乘再加和先加再乘是一样的。具体实现：clear;clc;loadhall.mat;loadJpegCoeff.mat;%文件读入过程在以下代码展示中均省略，因为都一样s=ha
7、ll_gray(1:8,1:8);%取一小块c1=dct2(s-128);%先减再变换c2=dct2(s)-dct2(128*ones(8,8));%先变换再减err1=c1-c2%差值运行结果：差值err1是10-12量级的，可以忽略(2)请编程实现二维DCT，并和MATLAB自带的库函数dct2比较是否一致问题分析：一维DCT变换如下：二维情况只要再右乘转置矩阵即可：C=DPTDT所以问题的关键即构造D矩阵，而D矩阵可以用kron函数快速构造出。具体实现：functionc=my_dct2(p)[N,~]=size(p)
8、;D(1,:)=ones(1,N)/(N^0.5);%第一行要分开构造D(2:N,:)=(2/N)^0.5*cos(pi/2/N*kron([1:N-1]',[1:2:2*N-1]));c=D*double(p)*D';%注意p是无符号整型的，转成double型才能正常进行浮点运算end代
