小编Flo*_*ian的帖子

我有两个ID列表.

我想比较两个列表,特别是我对以下数据感兴趣:

• 列表A和B中有多少个ID
• A中有多少个ID,但B中没有
• B中有多少个ID,但A中没有

我也想画一个维恩图.

考虑在父环境中fn()存储最新输入x及其返回值的函数ret <- x^2。

makeFn <- function(){
    xx <- ret <- NA
    fn <- function(x){
       if(!is.na(xx) && x==xx){
           cat("x=", xx, ", ret=", ret, " (memory)", fill=TRUE, sep="")
           return(ret)
       }
       xx <<- x; ret <<- sum(x^2)
       cat("x=", xx, ", ret=", ret, " (calculate)", fill=TRUE, sep="")
       ret
    }
    fn
}
fn <- makeFn()

fn()仅在提供其他输入值时才进行计算。否则，它将ret从父环境中读取。

fn(2)
# x=2, ret=4 (calculate)
# [1] 4
fn(3)
# x=3, ret=9 (calculate)
# [1] 9
fn(3)
# x=3, ret=9 …

什么是一种简单快捷的方法:

x <- list(a1=2, b1=c(1,2), c1=1:3)
y <- list(a2=5, b2=c(2,5), c2=2:4)

至

list(list(x$a1, y$a2), list(x$b1, y$b2), list(x$c1, y$c2))

？

或者一般来说:

如果列表x和y具有相同的长度并且它们的元素的长度也相应,那么如何将它组合成单个列表,如上所示？

我读到您必须stopCluster()在运行并行函数后使用：foreach()在 R 中。但是，我可以逃脱registerDoParallel()，然后运行foreach()任意多次，而无需使用stopCluster()。那我到底需要stopCluster()还是不需要？

不使用是否stopCluster()意味着您的核心正在忙于当前的任务？因此，如果我使用并行编程，中间只执行一点点单核顺序任务，那么我就不需要这样做stopCluster()？据我所知，设置并行也会产生大量的开销时间消耗。

我创建两个矩阵A和B相同的尺寸。A包含比更大的值B。矩阵乘法的A %*% A速度大约是的10倍B %*% B。

为什么是这样？

## disable openMP
library(RhpcBLASctl); blas_set_num_threads(1); omp_set_num_threads(1)

A <- exp(-as.matrix(dist(expand.grid(1:60, 1:60))))
summary(c(A))
#     Min.  1st Qu.   Median     Mean  3rd Qu.     Max. 
# 0.000000 0.000000 0.000000 0.001738 0.000000 1.000000 

B <- exp(-as.matrix(dist(expand.grid(1:60, 1:60)))*10)
summary(c(B))
#      Min.   1st Qu.    Median      Mean   3rd Qu.      Max. 
# 0.0000000 0.0000000 0.0000000 0.0002778 0.0000000 1.0000000 

identical(dim(A), dim(B))
## [1] TRUE

system.time(A %*% A)
#    user  system elapsed 
#   2.387 …

如果在任何一个进程中parallel::mclapply()遇到错误（例如， a ） ，是否可以请求尽快放弃所有进一步的处理？stop()

我不知道如何在以下情况下进行，因为最后一个方程没有所有 4 个变量。所以使用了等式下面的代码，但这是错误的......有谁知道如何进行？

方程：

3a + 4b - 5c + d = 10

2a + 2b + 2c - d = 5

a -b + 5c - 5d = 7

5a + d = 4

代码：

 X <- matrix(c(3,4,-5,1,2,2,2,-1,1,-1,5,-5,5,0,0,1), 4, 4)
 y <- matrix(c(10,5,7,4), 4, 1)
 solve(X)%*%y #equivalent to solve(X, y)

在接下来的调用中,optim()我期待一次评估fn()和一次评估gr(),因为maxit=1.然而,fn()和gr()被评价的各7倍.

optim(par=1000, fn=function(x) x^2, gr=function(x) 2*x,
      method="L-BFGS-B", control=list(maxit=1))$counts
function gradient 
       7        7 

为什么是这样？这是一个错误吗？或者为什么要optim()对一次迭代进行7次评估？

更详细的输出:

optim(par=1000,
      fn=function(x) { cat("f(", x, ")", sep="", fill=TRUE); x^2 },
      gr=function(x) { cat("g(", x, ")", sep="", fill=TRUE); 2*x },
      method="L-BFGS-B", control=list(maxit=1))$counts
f(1000)
g(1000)
f(999)
g(999)
f(995)
g(995)
f(979)
g(979)
f(915)
g(915)
f(659)
g(659)
f(1.136868e-13)
g(1.136868e-13)
function gradient 
       7        7 

(经R版3.5.0测试.)

定义R函数时，有时会想不到它依赖于封闭环境中的对象。就像是：

a <- 1
fn <- function(x) x + a

如果这是无意发生的，则可能导致难以调试的问题。

有没有简单的方法可以测试是否fn使用封闭环境中的对象？

就像是：

test(fn=fn, args=list(x=1))
## --> uses 'a' from enclosing environment

我想知道迭代求解器是否是求解线性系统（非稀疏，对称，正定）的更快方法。

我试图从R软件包共轭梯度法Rlinsolve和cPCG，但两者似乎比非迭代是不很精确和更慢base::solve()。

library(Rlinsolve)
library(cPCG)
library(microbenchmark)

n <- 2000
A <- tcrossprod(matrix(rnorm(n^2),nrow=n) + diag(rep(10,n)))
x <- rnorm(n)
b <- A%*%x

mean(abs(x - solve(A,b)))
## [1] 1.158205e-08
mean(abs(x - lsolve.cg(A,b)$x))
## [1] 0.03836865
mean(abs(x - cgsolve(A,b)))
## [1] 0.02642611
mean(abs(x - pcgsolve(A,b)))
## [1] 0.02638013

microbenchmark(solve(A, b), lsolve.cg(A, b),
               cgsolve(A, b), pcgsolve(A, b), times=5)
## Unit: milliseconds
##            expr       min        lq      mean    median         uq       max neval  cld
##     solve(A, b)  183.3039  188.6678  189.7362  188.8665   189.8514  197.9914 …

这是R中的错误还是有意义的？

## works
aa <- matrix(nrow=1,ncol=2)
dimnames(aa)[[2]] <- c("a","b")
dimnames(aa)[[1]] <- c("c")

## does not work
bb <- matrix(nrow=1,ncol=2)
dimnames(bb)[[1]] <- c("c")
Error in dimnames(bb)[[1]] <- c("c") : 'dimnames' must be a list

谢谢你的解释!