4

如果它们小于该行的标准偏差，我想将一行的所有值更改为零。

set.seed(007)
X <- data.frame(matrix(sample(c(5:50), 100, replace=TRUE), ncol=10))

   X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 X8 X9 X10
1  37 10 43 45 11 17 39 13 13  44
2  10 24 32 16  7 50 41 47  9  39
3  23 49 46 35 16 30 22 10 11  46
4  41 46 19 28 47 39 27 40 49  13
5  29 23 49 10 50 17 42 43  7  31
6  31 26 11 36 35 43 45 29 33   9
7  21 12  5 21 29 12 31 30  7  30
8  32 24  8 43  9 17 35 44 41   8
9  20 44 39  8 40 17 27 45 14  37
10 50  8  5 48 27 15 15 12 30  15

下面的几行似乎可以完成这项工作，但在我的实际用例中速度非常慢，而且我有点不确定 sapply 返回的是什么...... 

Y <- t(sapply(1:nrow(X), function(i) 
      sapply(1:ncol(X), function(j) 
        ifelse(X[i,][[j]] < sd(X[i,]), 0, X[i,][[j]]))))

      [,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7] [,8] [,9] [,10]
 [1,]   37    0   43   45    0   17   39    0    0    44
 [2,]    0   24   32    0    0   50   41   47    0    39
 [3,]   23   49   46   35   16   30   22    0    0    46
 [4,]   41   46   19   28   47   39   27   40   49    13
 [5,]   29   23   49    0   50   17   42   43    0    31
 [6,]   31   26    0   36   35   43   45   29   33     0
 [7,]   21   12    0   21   29   12   31   30    0    30
 [8,]   32   24    0   43    0   17   35   44   41     0
 [9,]   20   44   39    0   40   17   27   45   14    37
[10,]   50    0    0   48   27    0    0    0   30     0

什么是更快更有效的方法？

更新非常感谢大家的快速有效的回答！

以下是它们的堆叠方式...

set.seed(007)
size <- 1e5
X <- matrix(sample(c(5:50), size, replace=TRUE), ncol=size/2)

library(microbenchmark)    
results <- microbenchmark(
  X[ sweep(X, 1, apply(X,1,sd) ) < 0 ] <- 0,
  X[t(apply(X, 1, function(x) x - sd(x) < 0))] <- 0,
  sapply(X, function(x) ifelse(x < sd(x), 0, x)),
  times = 100L)
print(results)
Unit: milliseconds
                                              expr         min          lq     median         uq        max neval
          X[sweep(X, 1, apply(X, 1, sd)) < 0] <- 0    7.966167   10.869785   12.38399   15.00107   45.41557   100
 X[t(apply(X, 1, function(x) x - sd(x) < 0))] <- 0    7.344227    9.675577   11.22283   14.34280   53.70728   100
    sapply(X, function(x) ifelse(x < sd(x), 0, x)) 3028.336236 3221.325598 3302.16115 3466.66875 4539.88358   100
# plot
if (require("ggplot2")) {
  plt <- ggplot2::qplot(y=time, data=results, colour=expr)
  plt <- plt + ggplot2::scale_y_log10()
  print(plt)
}

在此处输入图像描述

看起来 Arun 的答案是最快的（正如 Arun 指出的那样）。然而，DWin 的打字少了 8 个字符，并且以使用奇异的（对我而言）sweep功能而著称。

一个小的娱乐更新，Arun 的方法明显更快（t = 2.0112，df = 191.985，p 值 = 0.04571），或者，如果您愿意，Arun 函数的平均速度比 DWin 的平均速度快得多（使用这个强大的贝叶斯估计方法，第 1 组 = DWin，第 2 组 = Arun，尽管 Arun 的时序不太适合 t-dist）：

在此处输入图像描述

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2 回答 2

4

这个怎么样？

X[t(apply(X, 1, function(x) x - sd(x) < 0))] <- 0
#    X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 X8 X9 X10
# 1  50  0 34 36 41 31  0 18 45  20
# 2  23 15 18 17 22 38 28 32 45   0
# 3   0 40 50  0 39 40 40 43 16  46
# 4   0  0 46  0 25 33 36 33 39   0
# 5  16 25 50 22 46 38 30  0 22  38
# 6  41  0  0 43 19 22 35 31  0  31
# 7  20 30 33 27  0 12 26 25  0  29
# 8  49  0 27 41 42  0 27 25 40  21
# 9   0 50 49 43 46 22 20 33 21  42
# 10 26 19 21 26 49 17 24 47 24  13
于 2013-04-16T20:54:57.343 回答
3

我怀疑这比 apply 解决方案要慢，但是由于不需要添加 data.frame 步骤以及 apply.data.frame 非常慢的事实，我可能仍然“赢”或“保持平衡”至少直到其他参赛者认为我使用了矩阵对象。

set.seed(007)
X <- matrix(sample(c(5:50), 100, replace=TRUE), ncol=10)
X[ sweep(X, 1, apply(X,1,sd) ) < 0 ] <- 0

请注意，理查多和我都得到了与 OP 相同的不同起点，尽管我认为如果他想要行操作，他需要转置：

> X
   X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 X8 X9 X10
1  50  0 34 36 41 31  0 18 45  20
2  23 15 18 17 22 38 28 32 45   0
3   0 40 50  0 39 40 40 43 16  46
4   0  0 46  0 25 33 36 33 39   0
5  16 25 50 22 46 38 30  0 22  38
6  41  0  0 43 19 22 35 31  0  31
7  20 30 33 27  0 12 26 25  0  29
8  49  0 27 41 42  0 27 25 40  21
9   0 50 49 43 46 22 20 33 21  42
10 26 19 21 26 49 17 24 47 24  13

补充说明：我正在使用 rowMeans 函数，看看我是否可以想出一个向量化的替代方案来代替 sd() 的 apply(X,1,sd) 版本：

sqrt(rowSums((X[1:10, ]-rowMeans(X))^2)/9)

所以：

 sdbyrow <- function(mat) sqrt(rowSums((mat-rowMeans(mat))^2)/(ncol(mat)-1) )
 all.equal(apply(X,1,sd), sdbyrow(X) )
#[1] TRUE
于 2013-04-16T21:12:49.000 回答