sustituir - Cómo dividir cada fila de una matriz por elementos de un vector en R

seleccionar columnas en r

Question

Me gustaría dividir cada fila de una matriz por un vector fijo. Por ejemplo

mat<-matrix(1,ncol=2,nrow=2,TRUE)
dev<-c(5,10)

Dar mat/dev divide cada columna por dev .

 [,1] [,2]
[1,] 0.2 0.2
[2,] 0.1 0.1

Sin embargo, me gustaría tener esto como resultado, es decir, hacer la operación en fila :

rbind(mat[1,]/dev, mat[2,]/dev)
[,1] [,2]
[1,] 0.2 0.1
[2,] 0.2 0.1

¿Hay un comando explícito para llegar allí?

Answer 1

Aquí hay algunas maneras para aumentar el orden de la longitud del código:

t(t(mat) / dev)
mat / dev[col(mat)] # @DavidArenburg & @akrun
mat %*% diag(1 / dev)
sweep(mat, 2, dev, "/")
t(apply(mat, 1, "/", dev))
plyr::aaply(mat, 1, "/", dev)
mat / rep(dev, each = nrow(mat))
mat / t(replace(t(mat), TRUE, dev))
mapply("/", as.data.frame(mat), dev) # added later
mat / matrix(dev, nrow(mat), ncol(mat), byrow = TRUE) # added later
do.call(rbind, lapply(as.data.frame(t(mat)), "/", dev))
mat2 <- mat; for(i in seq_len(nrow(mat2))) mat2[i, ] <- mat2[i, ] / dev

Marcos de datos

Todas las soluciones que comienzan con mat / también funcionan si mat es un marco de datos y produce un resultado de marco de datos. Lo mismo ocurre con la solución de sweep y la última solución, es decir mat2 . Las soluciones de mapply funcionan con data.frames pero producen una matriz.

Vector

Si mat es un vector simple en lugar de una matriz, cualquiera de estos devuelve una matriz de una columna

t(t(mat) / dev)
mat / t(replace(t(mat), TRUE, dev))

y este devuelve un vector:

plyr::aaply(mat, 1, "/", dev)

Los otros dan un error, advierten o no la respuesta deseada.

Puntos de referencia

La brevedad y la claridad del código pueden ser más importantes que la velocidad, pero a los fines de la integridad aquí hay algunos puntos de referencia que usan 10 repeticiones y luego 100 repeticiones.

library(microbenchmark)
library(plyr)
set.seed(84789)
mat<-matrix(runif(1e6),nrow=1e5)
dev<-runif(10)
microbenchmark(times=10L,
"1" = t(t(mat) / dev),
"2" = mat %*% diag(1/dev),
"3" = sweep(mat, 2, dev, "/"),
"4" = t(apply(mat, 1, "/", dev)),
"5" = mat / rep(dev, each = nrow(mat)),
"6" = mat / t(replace(t(mat), TRUE, dev)),
"7" = aaply(mat, 1, "/", dev),
"8" = do.call(rbind, lapply(as.data.frame(t(mat)), "/", dev)),
"9" = {mat2 <- mat; for(i in seq_len(nrow(mat2))) mat2[i, ] <- mat2[i, ] / dev},
"10" = mat/dev[col(mat)])

dando:

Unit: milliseconds
expr min lq mean median uq max neval
1 7.957253 8.136799 44.13317 8.370418 8.597972 366.24246 10
2 4.678240 4.693771 10.11320 4.708153 4.720309 58.79537 10
3 15.594488 15.691104 16.38740 15.843637 16.559956 19.98246 10
4 96.616547 104.743737 124.94650 117.272493 134.852009 177.96882 10
5 17.631848 17.654821 18.98646 18.295586 20.120382 21.30338 10
6 19.097557 19.365944 27.78814 20.126037 43.322090 48.76881 10
7 8279.428898 8496.131747 8631.02530 8644.798642 8741.748155 9194.66980 10
8 509.528218 524.251103 570.81573 545.627522 568.929481 821.17562 10
9 161.240680 177.282664 188.30452 186.235811 193.250346 242.45495 10
10 7.713448 7.815545 11.86550 7.965811 8.807754 45.87518 10

Volviendo a ejecutar la prueba en todos aquellos que tomaron <20 milisegundos con 100 repeticiones:

microbenchmark(times=100L,
"1" = t(t(mat) / dev),
"2" = mat %*% diag(1/dev),
"3" = sweep(mat, 2, dev, "/"),
"5" = mat / rep(dev, each = nrow(mat)),
"6" = mat / t(replace(t(mat), TRUE, dev)),
"10" = mat/dev[col(mat)])

dando:

Unit: milliseconds
expr min lq mean median uq max neval
1 8.010749 8.188459 13.972445 8.560578 10.197650 299.80328 100
2 4.672902 4.734321 5.802965 4.769501 4.985402 20.89999 100
3 15.224121 15.428518 18.707554 15.836116 17.064866 42.54882 100
5 17.625347 17.678850 21.464804 17.847698 18.209404 303.27342 100
6 19.158946 19.361413 22.907115 19.772479 21.142961 38.77585 100
10 7.754911 7.939305 9.971388 8.010871 8.324860 25.65829 100

Entonces, en ambas pruebas, la # 2 (usando diag ) es la más rápida. La razón puede radicar en su atractivo casi directo al BLAS, mientras que el n. ° 1 se basa en el t más costoso.

Answer 2

Está buscando la función apply , aplicada en las filas:

t(apply(mat, 1, function(x) x/dev))