比較一個元素是否存在於兩個列表中

Question

如果一個元素存在於兩個給定列表中，最簡單和最優雅的方法是什麼？例如，我有兩個列表如下？

>>>a, b = ['a', 'b', 'g', 'r'], ['e', 'g', 'l', 1, 'w'] 

現在在上面給出的列表中，我想檢查兩個列表中是否存在任何元素。目前我這樣做如下

def elm_exists(list_a, list_b): 
    for elm in list_a: 
     if elm in list_b: 
      return True 
    return False 

有沒有更好的做法呢？

Answer 1

的a和b校驗元件與此：

set(a).intersection(b) 

例如：

In [44]: nk=set(a).intersection(b) 

In [45]: for x in a: 
    ...:  if x in nk: 
    ...:   print x, 'present in b' 
    ...:  else: 
    ...:   print x, 'absent in b' 
    ...:   
a absent in b 
b absent in b 
g present in b 
r absent in b 

也：

In [47]: timeit(set(a) & set(b)) 
1000000 loops, best of 3: 940 ns per loop 

In [48]: timeit(set(a).intersection(b)) 
1000000 loops, best of 3: 854 ns per loop 

In [49]: timeit([x for x in a if x in b]) 
1000000 loops, best of 3: 1 us per loop 

因此使用set(a).intersection(b)。

Answer 2

這工作：

>>> l1,l2=['a', 'b', 'g', 'r'], ['e', 'g', 'l', 1, 'w'] 
>>> list(set(l1)&set(l2)) 
['g'] 

Answer 3

def elm_exists(lista, listb): 
    return bool(set(lista) & set(listb)) 

的bool函數將返回True所有非空的容器，並False空的。設定的交叉點（&）將返回兩組共同元素。請注意，這些設置會刪除所有重複項。

或者，您可以在bool函數中使用set(lista).intersection(listb)。

Answer 4

>>> y = [1,23,3] 
>>> z = [3,432] 
>>> (3 in y) and (3 in z) 
True 

Answer 5

你並不需要在兩個list秒值進行轉換，以set S，只有一個。我認爲跳過不必要的轉換使其更具可讀性和優雅性。

所以，要麼：

set(a).intersection(b) 

或者：

s = set(a) 
any(e in s for e in b) 

後者的優點是短路只要它找到一個匹配，更好地表達邏輯，並返回True或False而不是非虛假或錯誤的set，但它是兩行而不是一個，如果那樣會困擾你。我不知道這個優點是否消除了將循環放入生成器表達式而不是C函數內部的代價。

績效結果與list s這個小几乎是毫無意義的，所以讓我們試試這個：

In [373]: a=[random.choice(string.ascii_lowercase) for _ in range(10000)] 
In [374]: b=[random.choice(string.ascii_lowercase) for _ in range(10000)] 
In [375]: %timeit(set(a)) 
10000 loops, best of 3: 180 us per loop 
In [376]: s=set(a) # since all versions need to do this 
In [391]: %timeit(s & set(b)) 
1000000 loops, best of 3: 178 us per loop 
In [392]: %timeit(s.intersection(b)) 
1000000 loops, best of 3: 247 us per loop 
In [393]: %timeit(discard(e in s for e in b)) 
1000000 loops, best of 3: 550 ns per loop 
In [394]: %timeit(any(e in s for e in b)) 
1000000 loops, best of 3: 749 ns per loop 
In [395]: %timeit(any(e in a for e in b)) 
1000000 loops, best of 3: 1.42 us per loop 

爲了把這些數字都在納秒的規模，加上早在set(a)的成本是除了最後需要和比較來自三個Python版本的相同測試（Apple股票CPython 2.7.2，python.org CPython 3.3.0，Homebrew PyPy 1.9.0/2.7。2，所有的64位Mac版本）：

    CP272 CP330 PyPy 
s & set(b)  358000 316000 180500 
s.intersection(b) 427000 459000 180900 
discard(genexp) 180550 157341 90094 
any(genexp)  180749 157334 90208 
any(list-genexp) 1420 686 960 

現在我想到了這一點，這是完全合理的。很早就發生碰撞的機率非常高，因此將整個事件轉換爲集合的成本控制了一切。

這意味着我們需要一個新的測試，具有10000個唯一值。讓我們重複這個測試：

In [29]: a, b = list(range(10000)), list(range(10000)) 
In [30]: random.shuffle(a) 
In [31]: random.shuffle(b) 

        CP272 CP330 PyPy 
s & set(b)  1277000 1168000 1141000 
s.intersection(b) 1165000 1117000 2520000 
discard(genexp) 1699000 1271000 770000 
any(genexp)  389800 344543 320807 
any(list-genexp) 62000 10400 1520 

這些更合理。而且他們仍然有道理。如果你比較相同的10000個元素隨機洗牌，你必須走多遠？不足以使set的成本 - 使這兩個列表中的任何一個值得做，更不用說它們兩個！

所以，讓我們試着那裏有沒有一致的情況下：

In [43]: a=list(range(10000, 20000)) 


        CP272  CP330  PyPy 
s & set(b)   751000 770000 733000 
s.intersection(b) 466000 530000 1920000 
discard(genexp)  1246000 985000 749000 
any(genexp)   1269000 966000 893000 
any(list-genexp) 185000000 176000000 5870000 

我不知道PyPy是怎麼做的最後一個如此之快，但除此之外，這裏沒有驚喜。

那麼，哪一個最好？很明顯，如果你期望碰到很多碰撞，你希望儘可能地避免做集合 - 但是如果你期望碰撞少，你至少要做一組。如果你不知道，我認爲最安全的賭注是any(genexp) - 最壞的情況是它比最好的要差3倍，如果碰撞率很高，它會快很多。但你可以看看這些數字並親自查看。或者，當然，更好的辦法是將它們全部對照您期望遇到的實際測試數據。

Answer 6

這是一個其他的解決辦法，

>>> c = [filter(lambda x: x in b, sublist) for sublist in a] 
>>> filter (lambda a: a != '', c) 
['g']