Используя Numpy/Python, можно ли вернуть среднее значение AND из одного вызова функции?
Я знаю, что я могу делать их отдельно, но для вычисления стандартного отклонения выборки требуется среднее значение. Поэтому, если я использую отдельные функции для получения среднего значения и дисперсии, я добавляю ненужные служебные данные.
Я пробовал посмотреть на numpy docs здесь (http://docs.scipy.org/doc/numpy/reference/routines.statistics.html), но без успеха.
Вы не можете передать известное значение np.std или np.var, вам придется ждать новой стандартной библиотеки statistics, но тем временем вы можете сэкономить немного времени, используя формулу:
In [329]: a = np.random.rand(1000)
In [330]: %%timeit
.....: a.mean()
.....: a.var()
.....:
10000 loops, best of 3: 80.6 µs per loop
In [331]: %%timeit
.....: m = a.mean()
.....: np.mean((a-m)**2)
.....:
10000 loops, best of 3: 60.9 µs per loop
In [332]: m = a.mean()
In [333]: a.var()
Out[333]: 0.078365856465916137
In [334]: np.mean((a-m)**2)
Out[334]: 0.078365856465916137
Если вы действительно пытаетесь ускорить работу, попробуйте np.dot выполнить возведение квадратов и суммирование (с тех пор как точечный продукт):
In [335]: np.dot(a-m,a-m)/a.size
Out[335]: 0.078365856465916137
In [336]: %%timeit
.....: m = a.mean()
.....: c = a-m
.....: np.dot(c,c)/a.size
.....:
10000 loops, best of 3: 38.2 µs per loop
Вы также можете избежать вычитания, используя соотношение между средним, дисперсией и мощностью сигнала:
In [7]: import numpy as np
In [8]: a = np.random.rand(1000)
In [9]: %%timeit
...: a.mean()
...: a.var()
...:
10000 loops, best of 3: 24.7 us per loop
In [10]: %%timeit
...: m = a.mean()
...: np.mean((a-m)**2)
...:
100000 loops, best of 3: 18.5 us per loop
In [11]: %%timeit
...: m = a.mean()
...: power = np.mean(a ** 2)
...: power - m ** 2
...:
100000 loops, best of 3: 17.3 us per loop
In [12]: %%timeit
...: m = a.mean()
...: power = np.dot(a, a) / a.size
...: power - m ** 2
...:
100000 loops, best of 3: 9.16 us per loop