使用持久同源分析你的数据集，我得到了以下结果(点击放大):

这是这个SO答案中描述的峰值检测方法的2d版本。上图仅显示了按持久性排序的0维持久性同源类。

我确实使用scipy.misc.imresize()将原始数据集提升了2倍。但是，请注意，我确实将四个爪子视为一个数据集;把它分成四份会使问题更简单。

方法。 这背后的思想非常简单:考虑函数的函数图，该函数为每个像素分配其级别。它是这样的:

现在考虑高度为255的水位不断下降到较低的水位。在局部极大值时，岛屿弹出(出生)。两个岛屿在鞍点合并;我们认为低岛与高岛合并(死亡)。所谓的持久性图(0维同调类，我们的岛屿)描述了所有岛屿的死亡-出生值:

岛屿的持续存在就是出生水平和死亡水平之间的差异;点到灰色主对角线的垂直距离。这个数字通过减少持久性来标记岛屿。

第一张图片显示了这些岛屿的诞生地点。该方法不仅给出了局部极大值，而且通过上述持久性量化了它们的“意义”。这样就会过滤掉所有持久性过低的岛屿。但是，在您的示例中，每个岛(即每个局部最大值)都是您要寻找的峰值。

Python代码可以在这里找到。

似乎你可以用jetxee的算法来欺骗一下。他发现前三个脚趾很好，你应该可以根据这个猜测出第四个脚趾的位置。

这是一个图像配准问题。总的策略是:

有一个已知的例子，或者有一些先验的数据。 将数据与示例相匹配，或将示例与数据相匹配。 如果您的数据在一开始就大致对齐，这是有帮助的。

这里有一个粗略而现成的方法，“可能起作用的最愚蠢的方法”:

从五个脚趾坐标开始，大致在你期望的位置。 使用每一个，迭代地爬到山顶。即给定当前位置，移动到最大邻近像素，如果它的值大于当前像素。当你的脚趾坐标停止移动时停止。

为了解决方向问题，你可以为基本方向设置8个左右的初始设置(北，东北等)。单独运行每一个，并丢弃任何两个或多个脚趾最终位于同一像素的结果。我会再思考一下这个问题，但这种事情在图像处理中还在研究中——没有正确的答案!

稍微复杂一点的想法:(加权)k -均值聚类。没那么糟。

从五个脚趾坐标开始，但现在这些是“集群中心”。

然后迭代直到收敛:

将每个像素分配到最近的集群(只需为每个集群制作一个列表)。 计算每个簇的质心。对于每个聚类，这是:Sum(坐标*强度值)/Sum(坐标) 移动每个星团到新的质心。

这种方法几乎肯定会得到更好的结果，你可以得到每个簇的质量，这可能有助于识别脚趾。

(同样，您已经预先指定了集群的数量。对于聚类，您必须以一种或另一种方式指定密度:要么选择集群的数量，在这种情况下合适，要么选择集群半径，看看最终有多少。后者的一个例子是mean-shift。)

很抱歉缺少实现细节或其他细节。我可以把它写出来，但我有最后期限了。如果到下周还没有效果，请告诉我，我会试试的。

这里有一个想法:你计算图像的(离散)拉普拉斯量。我希望它在最大值处是(负的)大的，以一种比原始图像更引人注目的方式。因此，极大值更容易找到。

这里有另一个想法:如果你知道高压点的典型大小，你可以首先通过用相同大小的高斯函数卷积来平滑你的图像。这可能会让你更容易处理图像。

物理学家的解决办法: 定义5个爪标记，用它们的位置X_i来标识，并用随机的位置初始化它们。 定义一个能量函数，结合标记物在爪子位置的定位奖励和标记物重叠惩罚;比方说:

E(X_i;S)=-Sum_i(S(X_i))+alfa*Sum_ij (|X_i-Xj|<=2*sqrt(2)?1:0)

(S(X_i)是围绕X_i的2x2平方的平均力，阿尔法是一个实验峰值参数)

Now time to do some Metropolis-Hastings magic: 1. Select random marker and move it by one pixel in random direction. 2. Calculate dE, the difference of energy this move caused. 3. Get an uniform random number from 0-1 and call it r. 4. If dE<0 or exp(-beta*dE)>r, accept the move and go to 1; if not, undo the move and go to 1. This should be repeated until the markers will converge to paws. Beta controls the scanning to optimizing tradeoff, so it should be also optimized experimentally; it can be also constantly increased with the time of simulation (simulated annealing).

好吧，这里有一些简单而不是非常有效的代码，但对于这样大的数据集来说，这是很好的。

import numpy as np
grid = np.array([[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0],
              [0,0,0,0,0,0,0,0,0.4,0.4,0.4,0,0,0],
              [0,0,0,0,0.4,1.4,1.4,1.8,0.7,0,0,0,0,0],
              [0,0,0,0,0.4,1.4,4,5.4,2.2,0.4,0,0,0,0],
              [0,0,0.7,1.1,0.4,1.1,3.2,3.6,1.1,0,0,0,0,0],
              [0,0.4,2.9,3.6,1.1,0.4,0.7,0.7,0.4,0.4,0,0,0,0],
              [0,0.4,2.5,3.2,1.8,0.7,0.4,0.4,0.4,1.4,0.7,0,0,0],
              [0,0,0.7,3.6,5.8,2.9,1.4,2.2,1.4,1.8,1.1,0,0,0],
              [0,0,1.1,5,6.8,3.2,4,6.1,1.8,0.4,0.4,0,0,0],
              [0,0,0.4,1.1,1.8,1.8,4.3,3.2,0.7,0,0,0,0,0],
              [0,0,0,0,0,0.4,0.7,0.4,0,0,0,0,0,0]])

arr = []
for i in xrange(grid.shape[0] - 1):
    for j in xrange(grid.shape[1] - 1):
        tot = grid[i][j] + grid[i+1][j] + grid[i][j+1] + grid[i+1][j+1]
        arr.append([(i,j),tot])

best = []

arr.sort(key = lambda x: x[1])

for i in xrange(5):
    best.append(arr.pop())
    badpos = set([(best[-1][0][0]+x,best[-1][0][1]+y)
                  for x in [-1,0,1] for y in [-1,0,1] if x != 0 or y != 0])
    for j in xrange(len(arr)-1,-1,-1):
        if arr[j][0] in badpos:
            arr.pop(j)


for item in best:
    print grid[item[0][0]:item[0][0]+2,item[0][1]:item[0][1]+2]

我基本上只是用左上角的位置和每个2x2平方的和来做一个数组，然后根据和来排序。然后我把和最高的2x2平方从竞争中取出，把它放在最好的数组中，然后删除所有其他使用了这个2x2平方的部分的2x2平方。

It seems to work fine except with the last paw (the one with the smallest sum on the far right in your first picture), it turns out that there are two other eligible 2x2 squares with a larger sum (and they have an equal sum to each other). One of them is still selects one square from your 2x2 square, but the other is off to the left. Fortunately, by luck we see to be choosing more of the one that you would want, but this may require some other ideas to be used to get what you actually want all of the time.