Question

不确定我的标题是否正确，但基本上我有一个（x，y，z）格式的参考坐标，并且也有该格式的大型坐标列表/数组。我需要获得两者之间的欧几里得距离，因此从理论上讲，使用numpy和scipy，我应该能够执行以下操作：

import numpy, scipy.spatial.distance
a = numpy.array([1,1,1])
b = numpy.random.rand(20,3)

distances = scipy.spatial.distance.euclidean(b, a)

但是我没有得到一个数组，而是得到了一个错误：ValueError: Input vector should be 1-D.

不确定如何解决此错误并获得我想要的内容，而不必求助于循环等，这与使用Numpy的目的相抵触。

长期来看，我想使用这些距离来计算真假掩码，以计算垃圾箱中的距离值。

我不确定我是在使用错误的函数还是使用错误的函数，我无法在文档中找到任何能更好地工作的东西。

Answer 1

scipy.spatial.distance.euclidean的{{3}}指出，仅允许将一维矢量作为输入。因此，您必须像这样遍历数组：

distances = np.empty(b.shape[0])
for i in range(b.shape[0]):
    distances[i] = scipy.spatial.distance.euclidean(a, b[i])

如果要使用向量化的实现，则需要编写自己的函数。也许将np.vectorize与正确的签名一起使用也可以，但是实际上这也是for循环的简捷方式，因此其性能与简单的for循环相同。

正如我对hannes wittingham的解决方案的评论中所述，我将发布一个侧重于性能的单线：

distances = ((b - a)**2).sum(axis=1)**0.5

写出所有计算将减少单独函数调用的次数，从而将中间结果分配给新数组。因此，对于b.shape == (20, 3)的阵列形状，它比使用Hannes wittingham的解决方案快约22％，而对于形状为b.shape == (20000, 3)的阵列，它要快约5％。 a = np.array([1, 1, 1,]) b = np.random.rand(20, 3) %timeit ((b - a)**2).sum(axis=1)**0.5 # 5.37 µs ± 140 ns per loop (mean ± std. dev. of 7 runs, 100000 loops each) %timeit euclidean_distances(a, b) # 6.89 µs ± 345 ns per loop (mean ± std. dev. of 7 runs, 100000 loops each) b = np.random.rand(20000, 3) %timeit ((b - a)**2).sum(axis=1)**0.5 # 588 µs ± 43.2 µs per loop (mean ± std. dev. of 7 runs, 1 loop each) %timeit euclidean_distances(a, b) # 616 µs ± 36.3 µs per loop (mean ± std. dev. of 7 runs, 1000 loops each)：

scipy.spatial.distance

但是，您正在失去可以轻松更改为距离计算例程的灵活性。使用numba模块时，您可以通过简单地调用其他方法来更改计算路由。

要进一步提高计算性能，可以对函数使用import numba as nb @nb.njit def euc(a, b): return ((b - a)**2).sum(axis=1)**0.5之类的jit（及时）编译器：

axis

对于小型阵列，这减少了大约70％的计算时间，对于大型阵列，减少了大约60％的计算时间。不幸的是，np.linalg.norm还不支持numba的{{1}}关键字。

Answer 2

编写自己的函数来完成此操作实际上并不难-这是我的，欢迎您使用。

如果要在大量点上执行此操作，并且速度很重要，我想此功能将大大超越基于for循环的速度解决方案-numpy旨在提高执行操作时的效率在整个矩阵上。

import numpy
a = numpy.array([1,1,1])
b = numpy.random.rand(20,3)

def euclidean_distances(ref_point, co_ords_array):
    diffs = co_ords_array - ref_point
    sqrd_diffs = numpy.square(diffs)
    sum_sqrd_diffs = numpy.sum(sqrd_diffs, axis = 1)
    euc_dists = numpy.sqrt(sum_sqrd_diffs)
    return euc_dists

Answer 3

此代码将获得欧几里得范式，该范式在许多情况下都应该有效，并且相当快，而且只有一行。根据需要，其他方法会更高效或更灵活，我会根据所完成的工作赞成其他一些解决方案。

import numpy
a = numpy.array([1,1,1])
b = numpy.random.rand(20,3)

distances = numpy.linalg.norm(a - b, axis = 1)

Answer 4

请注意[]的定义中还有a的集合

import numpy, scipy.spatial.distance
a = numpy.array([[1,1,1]])
b = numpy.random.rand(20,3)

distances = scipy.spatial.distance.cdist(b, a, metric='euclidean')

不同形状阵列的Numpy距离计算

4 个答案: