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多边形选多边形（blend polygons）
支持初始化、写入、直读 Canvas
输入点、凸多边形，并显示它们
注意到几何变换的目的坐标是通过 $\gamma$ 函数计算出来的。除非 $\gamma$ 函数拥有反函数，否则我们无法提前预知 $C'(x, y)$ 的数据来源。又由于可以根据值变换，$\gamma$ 函数几乎不可能拥有反函数。
所以，对于坐标 $(x, y)$，我们需要具有写入任意坐标 $C'(x', y')$ 的能力，这与传统 OpenGL 的渲染管线的理念相悖。传统 OpenGL 约定，每个像素（准确地说是片元）运行着一个片元着色器（fragment shader），无论如何，数据一定被写入当前的像素中，而不能写入其他像素，故不具备“写入任意坐标”的能力。
好在现代 OpenGL 为了 GPGPU 添加了新的工具：Image。Image 就像 CUDA 中位于全局内存的数组，可以任意地读取和写入，但是操作顺序、同步、原子性等问题须由程序员负责。
目前暂定所有数据存储都使用 Image 来抽象。暂不知传统 Texture 和 Image 的性能差异（官方 Wiki 并无说明）。
原文称切分是针对每个非空像素点，单独挑出，形成 Canvas。我认为纯粹依照原文的概念，极难实现这一操作。首先，原文声称用 OpenGL Texture 来实现 Canvas，然而 OpenGL 支持的最大 Texture 数量十分有限（在我的机器上最多 80 个），难道切分操作不支持超过 80 个非空像素点吗？其次，一张 Canvas 的空间消耗极大。假设原文中 $S$ 的每个元素为 4 字节，则一个像素 $S^3$ 至少需要 36 字节（原文已指明还需额外的标记位，故空间消耗应更多）。假设 Canvas 的分辨率为 1024x1024，那么一张 Canvas 的空间消耗至少为 36 MB。80张这样的 Canvas 就需要 2880 MB 显存，若每张 Canvas 只有一个非空像素点，太过奢侈。第三，据我所知，OpenGL 的输出空间是不能在着色器运行时修改的，问题是我怎么知道切分操作会生成多少张 Canvas 呢，除非我两次遍历？
综上所述，切分的实现不可能是朴素的，不能照搬论文中的概念进行操作。
我目前的想法是，将切分定义为一种特殊的中间运算，定义特殊的储存格式与其运算结果对应，而不是 Canvas。副作用是，这会产生切分与后续运算的耦合性。
以下内容（除实现外）皆来自 arXiv:2004.03630 [cs]
$$ C'=\mathscr{G}\gamma $$
$$ C'=\mathscr{V}f \\ f: \mathbb{R}^{2} \times S^{3} \rightarrow S^{3} $$
根据值和坐标变换：$C'(x, y)=f(x, y, C(x, y))$
$$ C'=\mathscr{M}M $$
若值不符合要求，则抛弃之：
$C'(x, y)=\left{\begin{array}{ll}C(x, y), & \text { if } C(x, y) \in M \\ \emptyset & \text { otherwise }\end{array}\right.$
$$ C'=\mathscr{B}[\odot]\left(C_{1}, C_{2}\right)\\ \odot: S^{3} \times S^{3} \rightarrow S^{3} $$
根据两旧值产生新值：
$C'(x, y)= C_{1}(x, y) \odot C_{2}(x, y)$
$$ \left{C_{1}, C_{2}, \ldots, C_{n}\right}=\mathscr{D}(C) $$
每个非空像素点产生一张新 canvas：
$C_{i}\left(x', y'\right)=\left{\begin{array}{ll}C(x, y), & \text { if }\left(x', y'\right)=(x, y) \\ \emptyset & \text { otherwise }\end{array}\right.$
$$ \begin{aligned} C' = & \mathscr{B}^{*}[\odot]\left(C_{1}, C_{2}, \ldots, C_{n}\right)\\ = & \mathscr{B}[\odot]\left(C_{1}, \mathscr{B}[\odot]\left(C_{2}, \mathscr{B}[\odot]\left(C_{3}, \ldots\right)\right)\right) \end{aligned} $$
$$ \begin{aligned} \left{C_{1}, C_{2}, \ldots, C_{n}\right}=&\mathscr{D}^{*}\gamma\ =& \mathscr{G}\gamma
\end{aligned} $$
$C_{i}(x, y)[0]=\left{\begin{array}{ll}(i d, 1,0) & \text { if }(x, y)=\left(x_{i}, y_{i}\right) \\ \emptyset & \text { otherwise }\end{array}\right.$
$C_{i}(x, y)[1]=C_{i}(x, y)[2]=\emptyset$
$\begin{aligned} C_{Q}(x, y)[0] &=C_{Q}(x, y)[1]=\emptyset \\ C_{Q}(x, y)[2] &=\left{\begin{array}{ll}(1,1,0) & \text { if }(x, y) \text { falls inside } Q \\ \emptyset & \text { otherwise }\end{array}\right.\end{aligned}$
$\mathbb{C}{\text {result }} \leftarrow \mathscr{M}\left[M{p}\right]\left(\mathscr{B}[\odot]\left(\mathbb{C}{P}, C{Q}\right)\right)$
$s_{1} \odot s_{2}=\left[\begin{array}{ccc}s_{1}[0][0] & s_{1}[0][1] & s_{1}[0][2] \\ - & \emptyset & - \\ s_{2}[2][0] & s_{2}[2][1] & s_{2}[2][2]\end{array}\right]$
$M_{p}=\left{s \in S^{3} \mid s[0] \neq \emptyset\right.$ and $\left.s[2][0]=1\right}$
$\begin{aligned} C_{i}(x, y)[0] &=C_{i}(x, y)[1]=\emptyset \\ C_{i}(x, y)[2] &=\left{\begin{array}{ll}(i d, 1,0) & \text { if }(x, y) \text { falls inside } Y_{i} \\ \emptyset & \text { otherwise }\end{array}\right.\end{aligned}$
$\mathbb{C}{\text {result }} \leftarrow \mathscr{M}\left[M{y}\right]\left(\mathscr{B}[\oplus]\left(\mathbb{C}{Y}, C{Q}\right)\right)$
$s_{1} \oplus s_{2}=\left[\begin{array}{ccc}- & \emptyset & - \\ - & \emptyset & - \\ s_{1}[2][0] & s_{1}[2][1]+s_{2}[2][1] & s_{1}[2][2]\end{array}\right]$
$M_{y}=\left{s \in S^{3} \mid s[2][1]=2\right}$
[TODO]
SELECT COUNT (*) FROM $D_P$ WHERE Location INSIDE $Q$
$C_{\text {count }} \leftarrow \mathscr{B}^{*}[+]\left(\mathscr{G}\left[\gamma_{c}\right]\left(\mathbb{C}_{\text {result }}\right)\right)$
$\gamma_{c}: S^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{2}: \gamma_{c}(s)=(s[2][0], 0), \forall s \in S^{3} ;$
$+: S^{3} \times S^{3} \rightarrow S^{3}$ : $$ s_{1}+s_{2}=\left[\begin{array}{ccc} 0 & s_{1}[0][1]+s_{2}[0][1] & 0 \
做法：给定一个半径画圆，求出点的数量，据此二分答案。
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