Python 是否有numpy/scipy点积，仅计算结果的对角线条目？

想象一下有2个numpy阵列：

> A, A.shape = (n,p)
> B, B.shape = (p,p)

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通常，p是一个较小的数字（p我想我是自己得到的，但是我将分享解决方案：

因为只得到矩阵乘法的对角线

> Z = N.diag(X.dot(Y))

相当于X行和Y列的标量积的单个和，前面的语句相当于：

> Z = (X * Y.T).sum(-1)

对于原始变量，这意味着：

> result = (A.dot(B) * A).sum(-1)

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如果我错了，请纠正我，但这应该是它…

你几乎可以得到任何你曾经梦想过的东西。在你开始掌握窍门之前，它基本上看起来像黑色巫术

>>> a = np.arange(15).reshape(5, 3)
>>> b = np.arange(9).reshape(3, 3)

>>> np.diag(np.dot(np.dot(a, b), a.T))
array([  60,  672, 1932, 3840, 6396])
>>> np.einsum('ij,ji->i', np.dot(a, b), a.T)
array([  60,  672, 1932, 3840, 6396])
>>> np.einsum('ij,ij->i', np.dot(a, b), a)
array([  60,  672, 1932, 3840, 6396])

编辑你实际上可以在一次拍摄中获得整个画面，这太荒谬了

>>> np.einsum('ij,jk,ki->i', a, b, a.T)
array([  60,  672, 1932, 3840, 6396])
>>> np.einsum('ij,jk,ik->i', a, b, a)
array([  60,  672, 1932, 3840, 6396])

编辑不过，你不想让它自己占据太多的位置……还为自己的问题添加了OP的答案，以供比较

n, p = 10000, 200
a = np.random.rand(n, p)
b = np.random.rand(p, p)

In [2]: %timeit np.einsum('ij,jk,ki->i', a, b, a.T)
1 loops, best of 3: 1.3 s per loop

In [3]: %timeit np.einsum('ij,ij->i', np.dot(a, b), a)
10 loops, best of 3: 105 ms per loop

In [4]: %timeit np.diag(np.dot(np.dot(a, b), a.T))
1 loops, best of 3: 5.73 s per loop

In [5]: %timeit (a.dot(b) * a).sum(-1)
10 loops, best of 3: 115 ms per loop

---

避免构建大型中间阵列的简单答案是：

result=np.empty([n,], dtype=A.dtype )
for i in xrange(n):
    result[i]=A[i,:].dot(B).dot(A[i,:])

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+1智能代数总是比复杂的算法好。如果有人是numpy新手，这里的重点是X.dot（Y）运算符和*运算符X.dot（Y）之间的区别表示线性代数中的常规矩阵积，而X*Y返回X和Y项之间的逐点积，因此X和Y需要具有相同的形状。我不知道这个函数，但现在肯定会知道。Thx用于共享！！！我相信[3]依赖于“点”是高度优化的c代码这一事实（blas？）但是这确实构造了一个潜在的大型中间数组。我不确定np.einsum（'ij，ij->I'，np.dot（a，b，a）给出了什么，但它肯定是一个不同于Z=N.diag（X.dot（Y））的结果，Z=N.diag（X.dot（Y））的结果，它提供了点积的对角线元素（在本例中为[15，54，111]）。

[N.]

不是有效的Python。你是说

A.shape

？@wkschwartz已修复。不，只是预先分配结果数组。

n, p = 10000, 200
a = np.random.rand(n, p)
b = np.random.rand(p, p)

In [2]: %timeit np.einsum('ij,jk,ki->i', a, b, a.T)
1 loops, best of 3: 1.3 s per loop

In [3]: %timeit np.einsum('ij,ij->i', np.dot(a, b), a)
10 loops, best of 3: 105 ms per loop

In [4]: %timeit np.diag(np.dot(np.dot(a, b), a.T))
1 loops, best of 3: 5.73 s per loop

In [5]: %timeit (a.dot(b) * a).sum(-1)
10 loops, best of 3: 115 ms per loop

result=np.empty([n,], dtype=A.dtype )
for i in xrange(n):
    result[i]=A[i,:].dot(B).dot(A[i,:])