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我有一个 N 维数组（名为 A）。对于A的第一轴的每一行，我想获得沿A的其他轴的最大值的坐标。然后我将返回一个二维数组，其中包含第一轴每一行的最大值的坐标A的

我已经使用循环解决了我的问题，但我想知道是否有更有效的方法来做到这一点。我当前的解决方案（例如数组 A）如下：

import numpy as np

A=np.reshape(np.concatenate((np.arange(0,12),np.arange(0,-4,-1))),(4,2,2))
maxpos=np.empty(shape=(4,2))
for n in range(0, 4):
    maxpos[n,:]=np.unravel_index(np.argmax(A[n,:,:]), A[n,:,:].shape)

在这里，我们将拥有：

A: 
[[[ 0  1]
  [ 2  3]]

 [[ 4  5]
  [ 6  7]]

 [[ 8  9]
  [10 11]]

 [[ 0 -1]
  [-2 -3]]]

maxpos:
[[ 1.  1.]
 [ 1.  1.]
 [ 1.  1.]
 [ 0.  0.]]

如果有多个最大化器，我不介意选择哪个。

我尝试过使用np.apply_over_axes，但我没有设法让它返回我想要的结果。

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你可以做这样的事情 -

# Reshape input array to a 2D array with rows being kept as with original array.
# Then, get idnices of max values along the columns.
max_idx = A.reshape(A.shape[0],-1).argmax(1)

# Get unravel indices corresponding to original shape of A
maxpos_vect = np.column_stack(np.unravel_index(max_idx, A[0,:,:].shape))

样品运行 -

In [214]: # Input array
     ...: A = np.random.rand(5,4,3,7,8)

In [215]: # Setup output array and use original loopy code
     ...: maxpos=np.empty(shape=(5,4)) # 4 because ndims in A is 5
     ...: for n in range(0, 5):
     ...:     maxpos[n,:]=np.unravel_index(np.argmax(A[n,:,:,:,:]), A[n,:,:,:,:].shape)
     ...:     

In [216]: # Proposed approach
     ...: max_idx = A.reshape(A.shape[0],-1).argmax(1)
     ...: maxpos_vect = np.column_stack(np.unravel_index(max_idx, A[0,:,:].shape))
     ...: 

In [219]: # Verify results
     ...: np.array_equal(maxpos.astype(int),maxpos_vect)
Out[219]: True

推广到 n-dim 数组

我们可以概括解决 n-dim 数组以获得argmax最后一个N轴与类似这样的组合 -

def argmax_lastNaxes(A, N):
    s = A.shape
    new_shp = s[:-N] + (np.prod(s[-N:]),)
    max_idx = A.reshape(new_shp).argmax(-1)
    return np.unravel_index(max_idx, s[-N:])

结果将是索引数组的元组。如果您需要将最终输出作为数组，我们可以使用np.stackor np.concatenate。

于 2015-06-02T07:13:54.393 回答
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您可以使用列表推导

result = [np.unravel_index(np.argmax(r), r.shape) for r in a]

它的 IMO 更具可读性，但速度不会比显式循环好多少。

仅当第一个维度实际上是非常大的维度时，主外部循环在 Python 中的事实才有意义。

如果是这种情况（即你有一千万个 2x2 矩阵），那么翻转会更快......

# true if 0,0 is not smaller than others
m00 = ((data[:,0,0] >= data[:,1,0]) &
       (data[:,0,0] >= data[:,0,1]) &
       (data[:,0,0] >= data[:,1,1]))

# true if 0,1 is not smaller than others
m01 = ((data[:,0,1] >= data[:,1,0]) &
       (data[:,0,1] >= data[:,0,0]) &
       (data[:,0,1] >= data[:,1,1]))

# true if 1,0 is not smaller than others
m10 = ((data[:,1,0] >= data[:,0,0]) &
       (data[:,1,0] >= data[:,0,1]) &
       (data[:,1,0] >= data[:,1,1]))

# true if 1,1 is not smaller than others
m11 = ((data[:,1,1] >= data[:,1,0]) &
       (data[:,1,1] >= data[:,0,1]) &
       (data[:,1,1] >= data[:,0,0]))

# choose which is max on equality
m01 &= ~m00
m10 &= ~(m00|m01)
m11 &= ~(m00|m01|m10)

# compute result
result = np.zeros((len(data), 2), np.int32)
result[:,1] |= m01|m11
result[:,0] |= m10|m11

在我的机器上，上面的代码大约快 50 倍（对于一百万个 2x2 矩阵）。

于 2015-06-02T07:20:33.530 回答