Question

我正在用python编写此搜索引擎以获取食谱列表，并且应该以每次搜索特定速度（最大0.1秒）运行。我一直在努力用我的代码来达到这种速度。我平均得到0.4。我想知道您是否对如何使此代码更快有任何想法。我已经尝试了很多事情，但是我知道循环是使循环变慢的循环。如果我可以主要使用python来改善它，而不必添加那么多模块。

我已经在代码0.005平均的其他部分上使它更快。但是在这一部分中，大量的食谱变得非常缓慢。

def countTokens(token):
    token = str(token).lower()

    #make digits an punctuations white spaces
    tokens = token.translate(token.maketrans(digits + punctuation,\
            " "*len(digits + punctuation))) 

    return tokens.split(" ")

def normalOrder(recipes, queries):
    for r in recipes:
        k = r.keys()  
        parts, scores = [[],[],[],[]], 0
        parts[0] = countTokens(r["title"])
        parts[1] = countTokens(r["categories"]) if "categories" in k else []
        parts[2] = countTokens(r["ingredients"]) if "ingredients" in k else []
        parts[3] = countTokens(r["directions"]) if "directions" in k else []
        for q in queries:
            scores += 8 * parts[0].count(q) + 4 * parts[1].count(q) + 2 * parts[2].count(q) + 1 * parts[3].count(q)

        r["score"] = scores + r["rating"] if "rating" in k else 0
    return recipes

在一些上下文中，仅在具有四个条件的情况下，我才需要对查询的发生次数求和，这就是为什么具有if的原因。

Answer 1

我注意到了几点：

每次调用countTokens时，都会再次生成相同的转换表（maketrans调用）。我想这不会被优化，所以您可能会在那里失去性能。
tokens.split(" ")创建字符串中所有单词的列表，这非常昂贵，例如当字符串是100.000个单词时。您不需要那个。
总体而言，您似乎只是在尝试计算字符串中包含一个单词的频率。使用string.count()，您可以计算大量的事件开销更少。

如果您应用了该方法，则不再需要countTokens函数，只需进行一点重构，就可以做到：

def normalOrder(recipes, queries):
    for recipe in recipes:
        recipe["score"] = recipe.get("rating", 0)

        for query in queries:
            recipe["score"] += (
                8 * recipe["title"].lower().count(query)
                + 4 * recipe["categories"].lower().count(query)
                + 2 * recipe["ingredients"].lower().count(query)
                + 1 * recipe["directions"].lower().count(query)
            )

    return recipes

这对您有用吗？它足够快吗？

编辑：在原始代码中，您将对recipe["title"]和其他字符串的访问权包装在另一个str()调用中。我想它们已经是字符串了吗？如果不是，则需要在此处添加。

Edit2：您在注释中指出标点符号是一个问题。正如我在评论中说的，我认为您不必担心，因为如果查询词和配方文本都包含一个，则count调用仅关心标点符号，那么count调用将仅计算周围标点匹配查询的出现次数。看一下这些例子：

>>> "Some text, that...".count("text")
1
>>> "Some text, that...".count("text.")
0
>>> "Some text, that...".count("text,")
1

如果您希望这种行为有所不同，则可以执行与原始问题相同的操作：创建转换表并应用它。请记住，将此翻译应用于配方文本（就像您在问题中所做的那样）没有多大意义，因为从那时起，任何包含标点符号的查询词都永远不会匹配。只需忽略所有包含标点符号的查询词，就可以轻松得多。您可能希望对查询词进行翻译，以便在有人输入“马铃薯”的情况下，发现所有出现的“马铃薯”。看起来像这样：

def normalOrder(recipes, queries):
    translation_table = str.maketrans(digits + punctuation, " " * len(digits + punctuation))
    for recipe in recipes:
        recipe["score"] = recipe.get("rating", 0)

        for query in queries:
            replaced_query = query.translate(translation_table)
            recipe["score"] += (
                8 * recipe["title"].lower().count(replaced_query)
                + 4 * recipe["categories"].lower().count(replaced_query)
                + 2 * recipe["ingredients"].lower().count(replaced_query)
                + 1 * recipe["directions"].lower().count(replaced_query)
            )

    return recipes

Edit3：在评论中，您表示希望搜索[“ honey”，“ lemon”]以匹配“ honey-lemon”，但不希望“ butter”匹配“ butterfingers”。为此，您最初的方法可能是最好的解决方案，但请记住，搜索单数形式的“马铃薯”将不再匹配复数形式（“马铃薯”）或任何其他派生形式。

def normalOrder(recipes, queries):
    transtab = str.maketrans(digits + punctuation, " " * len(digits + punctuation))
    for recipe in recipes:
        recipe["score"] = recipe.get("rating", 0)

        title_words = recipe["title"].lower().translate(transtab).split()
        category_words = recipe["categories"].lower().translate(transtab).split()
        ingredient_words = recipe["ingredients"].lower().translate(transtab).split()
        direction_words = recipe["directions"].lower().translate(transtab).split()

        for query in queries:
            recipe["score"] += (
                8 * title_words.count(query)
                + 4 * category_words.count(query)
                + 2 * ingredient_words.count(query)
                + 1 * direction_words.count(query)
            )

    return recipes

如果您以相同的次数更频繁地调用此函数，则可以通过将.lower().translate().split()的结果存储在这些次数中来获得更高的性能，那么您无需在每次调用时都重新创建该列表

根据您的输入数据（平均要查询多少个查询？），将split()结果进行一次并汇总每个单词的计数也可能很有意义。这样可以更快地查找单个单词，也可以在函数调用之间保留该单词，但是构建起来更昂贵：

from collections import Counter

transtab = str.maketrans(digits + punctuation, " " * len(digits + punctuation))

def counterFromString(string):
    words = string.lower().translate(transtab).split()
    return Counter(words)

def normalOrder(recipes, queries):
    for recipe in recipes:
        recipe["score"] = recipe.get("rating", 0)

        title_counter = counterFromString(recipe["title"])
        category_counter = counterFromString(recipe["categories"])
        ingredient_counter = counterFromString(recipe["ingredients"])
        direction_counter = counterFromString(recipe["directions"])

        for query in queries:
            recipe["score"] += (
                8 * title_counter[query]
                + 4 * category_counter[query]
                + 2 * ingredient_counter[query]
                + 1 * direction_counter[query]
            )

    return recipes

Edit4：我用一个Counter替换了defaultdict-不知道该类存在。

Answer 2

首先，您可以使用get代替if条件。


def countTokens(token): 
     if token is None:
         return []
    token = str(token).lower() #make digits an punctuations white spaces
    tokens = token.translate(token.maketrans(digits + punctuation,\ " "*len(digits + punctuation)))
    return tokens.split(" ")

def normalOrder(recipes, queries): 
    for r in recipes: 
        parts, scores = [[],[],[],[]], 0 
        parts[0] = countTokens(r["title"]) 
        parts[1] = countTokens(r.get("categories", None )) 
        parts[2] = countTokens(r.get("ingredients", None)) 
        parts[3] = countTokens(r.get("directions", None)) 
     for q in queries: 
           scores += 8 * parts[0].count(q) + 4 * parts[1].count(q) + 2 * parts[2].count(q) + 1 * parts[3].count(q) 
      r["score"] = scores + r.get("rating", 0)
    return recipes

有什么办法可以使这段代码更快？

2 个答案: