我正在处理两个大型数据集，我的问题如下。
假设我有两个列表：
list1 = [A,B,C,D]
list2 = [B,D,A,G]
除了O（n 2 ）搜索之外，如何使用Python有效地找到匹配的索引？结果应如下所示：
matching_index(list1,list2) -> [(0,2),(1,0),(3,1)]
答案 0 :(得分：11)
如果您的对象是可清除的并且您的列表没有重复项，则可以创建第一个列表的反向索引，然后遍历第二个列表。这只会遍历每个列表一次，因此是O(n)。
def find_matching_index(list1, list2):
inverse_index = { element: index for index, element in enumerate(list1) }
return [(index, inverse_index[element])
for index, element in enumerate(list2) if element in inverse_index]
find_matching_index([1,2,3], [3,2,1]) # [(0, 2), (1, 1), (2, 0)]
您可以将之前的解决方案扩展到重复帐户。您可以使用set跟踪多个索引。
def find_matching_index(list1, list2):
# Create an inverse index which keys are now sets
inverse_index = {}
for index, element in enumerate(list1):
if element not in inverse_index:
inverse_index[element] = {index}
else:
inverse_index[element].add(index)
# Traverse the second list
matching_index = []
for index, element in enumerate(list2):
# We have to create one pair by element in the set of the inverse index
if element in inverse_index:
matching_index.extend([(x, index) for x in inverse_index[element]])
return matching_index
find_matching_index([1, 1, 2], [2, 2, 1]) # [(2, 0), (2, 1), (0, 2), (1, 2)]
不幸的是，这不再是 O（n）。考虑输入[1, 1]和[1, 1]的情况，输出为[(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)]。因此，根据输出的大小，最坏的情况不能比O(n^2)好。
虽然如果没有重复项，此解决方案仍为O(n)。
现在出现的情况是您的对象不可清洗，但具有可比性。这里的想法是以保留每个元素的原始索引的方式对列表进行排序。然后我们可以对等于获得匹配索引的元素序列进行分组。
由于我们在以下代码中大量使用groupby和product，因此我使find_matching_index返回一个生成器，以便在长列表中提高内存效率。
from itertools import groupby, product
def find_matching_index(list1, list2):
sorted_list1 = sorted((element, index) for index, element in enumerate(list1))
sorted_list2 = sorted((element, index) for index, element in enumerate(list2))
list1_groups = groupby(sorted_list1, key=lambda pair: pair[0])
list2_groups = groupby(sorted_list2, key=lambda pair: pair[0])
for element1, group1 in list1_groups:
try:
element2, group2 = next(list2_groups)
while element1 > element2:
(element2, _), group2 = next(list2_groups)
except StopIteration:
break
if element2 > element1:
continue
indices_product = product((i for _, i in group1), (i for _, i in group2), repeat=1)
yield from indices_product
# In version prior to 3.3, the above line must be
# for x in indices_product:
# yield x
list1 = [[], [1, 2], []]
list2 = [[1, 2], []]
list(find_matching_index(list1, list2)) # [(0, 1), (2, 1), (1, 0)]
事实证明，时间复杂度并没有那么大。排序当然需要O(n log(n))，但是groupby提供的生成器可以通过仅遍历我们的列表两次来恢复所有元素。结论是我们的复杂性主要受product输出大小的约束。因此，给出最佳情况，其中算法为O(n log(n))，最坏情况为O(n^2)。
答案 1 :(得分：4)
如果您的对象不可缓存但仍可订购，您可能需要考虑使用sorted来匹配两个列表
您可以对列表索引进行排序并将结果配对
indexes1 = sorted(range(len(list1)), key=lambda x: list1[x])
indexes2 = sorted(range(len(list2)), key=lambda x: list2[x])
matches = zip(indexes1, indexes2)
您可以同时对两者进行排序，并在排序时保留索引。然后，如果您捕获任何连续的重复项，您知道它们来自不同的列表
biglist = list(enumerate(list1)) + list(enumerate(list2))
biglist.sort(key=lambda x: x[1])
matches = [(biglist[i][0], biglist[i + 1][0]) for i in range(len(biglist) - 1) if biglist[i][1] == biglist[i + 1][1]]
答案 2 :(得分：2)
如果没有其他原因而不是验证任何解决方案，那么这个问题的一个强力解决方案是：
[(xi, xp) for (xi, x) in enumerate(list1) for (xp, y) in enumerate(list2) if x==y]
如何优化这一点在很大程度上取决于数据量和内存容量，因此对这些列表的大小有所了解可能会有所帮助。我想我下面讨论的方法对于至少具有数百万个值的列表是有用的。
由于字典访问是O（1），所以似乎值得尝试将第二个列表中的元素映射到它们的位置。假设可以重复相同的元素，collections.defaultdict将很容易让我们构造必要的字典。
l2_pos = defaultdict(list)
for (p, k) in enumerate(list2):
l2_pos[k].append(p)
表达式l2_pos[k]现在是list2中发生元素k的位置列表。仅保留将这些中的每一个与list1中相应键的位置配对。列表形式的结果是
[(p1, p2) for (p1, k) in enumerate(list1) for p2 in l2_pos[k]]
但是，如果这些结构很大，那么生成器表达式可能会更好。要将名称绑定到上面列表推导中的表达式，您需要编写
values = ((p1, p2) for (p1, k) in enumerate(list1) for p2 in l2_pos[k])
如果你然后迭代values，你就可以避免创建包含所有值的列表的开销，从而减少Python内存管理和垃圾收集的负担，这几乎是解决问题的所有开销。关注。
当您开始处理大量数据时，理解生成器可能意味着有足够的内存来解决您的问题。在许多情况下，它们比列表理解具有明显的优势。
编辑：除非排序的变化有害，否则可以通过使用集合而不是列表来保持位置来进一步加速此技术。这种变化留给读者练习。
答案 3 :(得分：0)
使用dict缩短了查找时间，collections.defaultdict专业化可以帮助您完成簿记。目标是dict，其值是您所追求的索引对。重复值会覆盖列表中的早期值。
import collections
# make a test list
list1 = list('ABCDEFGHIJKLMNOP')
list2 = list1[len(list1)//2:] + list1[:len(list1)//2]
# Map list items to positions as in: [list1_index, list2_index]
# by creating a defaultdict that fills in items not in list1,
# then adding list1 items and updating with with list2 items.
list_indexer = collections.defaultdict(lambda: [None, None],
((item, [i, None]) for i, item in enumerate(list1)))
for i, val in enumerate(list2):
list_indexer[val][1] = i
print(list(list_indexer.values()))
答案 4 :(得分：0)
这是一个使用defaultdict的简单方法。
<强>鉴于
import collections as ct
lst1 = list("ABCD")
lst2 = list("BDAG")
lst3 = list("EAB")
str1 = "ABCD"
<强>代码
def find_matching_indices(*iterables, pred=None):
"""Return a list of matched indices across `m` iterables."""
if pred is None:
pred = lambda x: x[0]
# Dict insertion
dd = ct.defaultdict(list)
for lst in iterables: # O(m)
for i, x in enumerate(lst): # O(n)
dd[x].append(i) # O(1)
# Filter + sort
vals = (x for x in dd.values() if len(x) > 1) # O(n)
return sorted(vals, key=pred) # O(n log n)
<强>演示
在两个列表中找到匹配项（每个OP）：
find_matching_indices(lst1, lst2)
# [[0, 2], [1, 0], [3, 1]]
按不同的结果索引排序：
find_matching_indices(lst1, lst2, pred=lambda x: x[1])
# [[1, 0], [3, 1], [0, 2]]
匹配两个以上可迭代项目（可选长度可变）：
find_matching_indices(lst1, lst2, lst3, str1)
# [[0, 2, 1, 0], [1, 0, 2, 1], [2, 2], [3, 1, 3]]
<强>详情
字典插入
每个项目都附加到defaultdict的列表中。结果看起来像这样，后来被过滤了：
defaultdict(list, {'A': [0, 2], 'B': [1, 0], 'C': [2], 'D': [3, 1], 'G': [3]})
乍一看，从双for循环中可能会想到时间复杂度为O（n²）。但是，外部循环中的容器列表的长度为m。内部循环处理长度为n的每个容器的元素。我不确定最终的复杂性是什么，但基于this answer，我怀疑它是O（n * m）或至少低于O（n²）。
过滤
过滤掉不匹配（长度为1的列表），并对结果进行排序（主要针对Python中的无序序列＆lt; 3.6）。
通过sorted使用timsort算法按某个索引对dict值（列表）进行排序，最坏的情况是O（n log n）。由于dict键插入在Python 3.6+中保留，因此预先排序的项目降低了复杂度O（n）。
总体而言，最佳案例时间复杂度为O（n）;最糟糕的情况是O（n log n），如果在Python中使用sorted＆lt; 3.6，否则为O（n * m）。