Python 检查两个词典是否不相交

有没有比计算两个字典的交集更容易/更快的方法来确定两个字典是否不相交

对于我找到的交叉点，不相交测试如下所示：

def dicts_disjoint(a, b):
    keys_a = set(a.keys())
    keys_b = set(b.keys())
    intersection = keys_a & keys_b
    return not len(intersection)

然而，我认为这是低效的，因为它总是计算整个交叉口（没有短路退出）

---

有更好的想法吗？

您是否在寻找类似以下的想法：

def dicts_disjoint(a, b):
    return not any(k in b for k in a)

或：

---

两者都将短路。

编辑为仅显示方法和计时

由于OP询问了执行此操作的最快方法，我根据（我希望）在我的机器上进行的公平测试对讨论中的方法进行了排名。其目的是找出字典的键是否是不相交的，并且似乎

dict_keys.isdisjoint（）

方法比其他集合或列表操作更有效

然而，正如在其他答案中提到的，这将根据相关词典的大小以及它们是否不相交而有很大的不同

这些测试仅适用于两个大小相等（较小）的不相交字典

最快：

dict\u keys.isdisjoint（）

例如：

{"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys().isdisjoint({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys())

set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()).isdisjoint(set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys()))

all(k not in {"a": 1, "b": 2, "c": 3 } for k in { "d": 4, "e": 5, "f": 6})

not set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()) ^ set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys())

时间：

>>> timeit.timeit('{"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys().isdisjoint({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys())')
0.4637166199972853

第二快：

set.isdisjoint（）

例如：

{"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys().isdisjoint({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys())

set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()).isdisjoint(set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys()))

all(k not in {"a": 1, "b": 2, "c": 3 } for k in { "d": 4, "e": 5, "f": 6})

not set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()) ^ set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys())

时间：

>>> timeit.timeit('set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()).isdisjoint(set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys()))')
0.774243315012427

>>> timeit.timeit('all(k not in {"a": 1, "b": 2, "c": 3 } for k in { "d": 4, "e": 5, "f": 6})')
0.8577601349970791

>>> timeit.timeit('not set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()) ^ set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys())')
0.9617313010094222

第三快：列出Comp和

all（）

：

例如：

{"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys().isdisjoint({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys())

set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()).isdisjoint(set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys()))

all(k not in {"a": 1, "b": 2, "c": 3 } for k in { "d": 4, "e": 5, "f": 6})

not set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()) ^ set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys())

时间：

>>> timeit.timeit('set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()).isdisjoint(set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys()))')
0.774243315012427

>>> timeit.timeit('all(k not in {"a": 1, "b": 2, "c": 3 } for k in { "d": 4, "e": 5, "f": 6})')
0.8577601349970791

>>> timeit.timeit('not set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()) ^ set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys())')
0.9617313010094222

第四快：对称差异（

^

）与

非（）

例如：

{"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys().isdisjoint({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys())

set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()).isdisjoint(set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys()))

all(k not in {"a": 1, "b": 2, "c": 3 } for k in { "d": 4, "e": 5, "f": 6})

not set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()) ^ set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys())

时间：

>>> timeit.timeit('set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()).isdisjoint(set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys()))')
0.774243315012427

>>> timeit.timeit('all(k not in {"a": 1, "b": 2, "c": 3 } for k in { "d": 4, "e": 5, "f": 6})')
0.8577601349970791

>>> timeit.timeit('not set({"a": 1, "b": 2, "c": 3 }.keys()) ^ set({ "d": 4, "e": 5, "f": 6}.keys())')
0.9617313010094222

不要转换成一个集合；
dict\u keys
对象已支持
isdisjoint

d1.keys().isdisjoint(d2)

它可能更容易理解为
all（k不在b中表示k在a中）
。我总是必须阅读
而不是任何
s两次XD您确定这比设置交叉点更快（如OP所愿）？@randomir由于短路和dicts的任意性，很难说。这是一个统计问题。不管它值多少钱，我相信它会更快。这取决于dict的大小，对于较小的dict，它会更快。两者都是
O（n）
，但是集合交集将具有
C
的优点，可以克服
set（）
结构，前提是大多数是不相交的。这很整洁，我喜欢这是-当然，如果你只是想看看是否没有共享键。
而不是bool（x）
只是
而不是x
。使用
set
进行转换既浪费时间又不会短路<代码>^

不会短路。这一点很好@Veedrac-虽然我有时编写

bool（）

以帮助可读性，但删除它会大大加快脚本的速度。不知道你说的短路是什么意思？据我所知，此操作仅适用于集合…您的第三次测试不是有效的比较。您将使用dict而不是list，并且

k not in list

以线性时间运行，而

k not in dict

取常数。因此，它高度依赖于输入大小。谢谢-我对它进行了编辑，以反映所有方法的公平时间安排。+1，仅Python 3，但我不知道这一点，它似乎是

.keys（）

提供的唯一（非私有）方法！