我有一个numpy的ndarray浮点值数组，想要查找这个数组中的唯一值。由于浮点精度问题，这可能会出现问题...因此，在确定哪些元素是唯一时，我想设置一个delta值用于比较。
有没有办法可以做到这一点？目前，我只是在执行以下操作：
unique(array)
这给了我类似于：
array([ -Inf, 0.62962963, 0.62962963, 0.62962963, 0.62962963,
0.62962963])
当值看起来相同时（根据显示的小数位数），显然它们略有不同。
另一个可能性是将数字四舍五入到最接近所需精度的值:
np.unique(a.round(decimals=4))
其中a是您的原始数组。
编辑：需要注意的是，根据我的测试，我的解决方案和@unutbu的解决方案速度几乎相同（我的可能快5%），因此两种方案都是好的解决方法。
编辑＃2：这是为了解决Paul的问题。它肯定更慢，并且可能有一些优化可以进行，但我按原样发布它以演示该策略：
def eclose(a,b,rtol=1.0000000000000001e-05, atol=1e-08):
return np.abs(a - b) <= (atol + rtol * np.abs(b))
x = np.array([6.4,6.500000001, 6.5,6.51])
y = x.flat.copy()
y.sort()
ci = 0
U = np.empty((0,),dtype=y.dtype)
while ci < y.size:
ii = eclose(y[ci],y)
mi = np.max(ii.nonzero())
U = np.concatenate((U,[y[mi]]))
ci = mi + 1
print U
如果在精度范围内有很多重复的值，那么这应该是相当快的，但如果许多值是唯一的，那么这将变得很慢。另外，最好将U设置为一个列表并通过while循环进行附加，但这属于“进一步优化”。
floor和round在某些情况下都不能满足OP的要求，是这样吗？
np.floor([5.99999999, 6.0]) # array([ 5., 6.])
np.round([6.50000001, 6.5], 0) #array([ 7., 6.])
我会这样做（这可能不是最优解，而且肯定比其他答案慢）：
import numpy as np
TOL = 1.0e-3
a = np.random.random((10,10))
i = np.argsort(a.flat)
d = np.append(True, np.diff(a.flat[i]))
result = a.flat[i[d>TOL]]
当然，这种方法会排除所有接近容差值的一组数中的除最大值外的任何其他值，这意味着如果所有值都非常接近，即使最大值减最小值大于容差，您也可能无法在数组中找到任何独特的值。
这里本质上是相同的算法，但更易于理解，应该更快，因为它避免了索引步骤：
a = np.random.random((10,))
b = a.copy()
b.sort()
d = np.append(True, np.diff(b))
result = b[d>TOL]
楼主还可以看一下scipy.cluster（一个更高级的方法）或者numpy.digitize（提供了另外两种方法的更高级版本）。
我刚刚注意到被接受的答案不起作用。例如，这种情况：
a = 1-np.random.random(20)*0.05
<20 uniformly chosen values between 0.95 and 1.0>
np.sort(a)
>>>> array([ 0.9514548 , 0.95172218, 0.95454535, 0.95482343, 0.95599525,
0.95997008, 0.96385762, 0.96679186, 0.96873524, 0.97016127,
0.97377579, 0.98407259, 0.98490461, 0.98964753, 0.9896733 ,
0.99199411, 0.99261766, 0.99317258, 0.99420183, 0.99730928])
TOL = 0.01
结果为：
a.flat[i[d>TOL]]
>>>> array([], dtype=float64)
由于排序后的输入数组中没有任何值足够间隔至少“TOL”，因此正确的结果应该是：
>>>> array([ 0.9514548, 0.96385762, 0.97016127, 0.98407259,
0.99199411])
虽然这取决于你如何在“TOL”中选择数值，但你需要使用整数不受机器精度影响的事实：
np.unique(np.floor(a/TOL).astype(int))*TOL
>>>> array([ 0.95, 0.96, 0.97, 0.98, 0.99])
根据 %timeit 的测试结果，该解决方案的性能比建议的解决方案快了 5 倍。
请注意，“.astype(int)” 是可选的，但是如果删除它，则性能会恶化 1.5 倍，因为从 int 数组中提取唯一值要快得多。
您可能希望将“TOL”的一半添加到唯一值的结果中，以补偿向下取整效应：
(np.unique(np.floor(a/TOL).astype(int))+0.5)*TOL
>>>> array([ 0.955, 0.965, 0.975, 0.985, 0.995])
numpy.unique有一个可选参数return_index，用于返回每个唯一值的第一次出现的索引。因此，您可以简单地在舍入数组上使用numpy.unique和return_index=True，并对原始数组进行索引以获得原始的非舍入值。像这样：decimals = 3
X_unique_with_tolerance = X[np.unique(X.round(decimals), return_index=True)[1]].shape
np.unique1d(np.floor(1e7*x)/1e7)
其中x是您的原始数组。
np.unique1d在版本1.4中已被弃用，并将在1.5中删除。 - JoshAdelnp.unique代替。 - JoshAdel我刚刚为我的一个小型numpy扩展包npx添加了对此的支持。
import npx
a = [0.1, 0.15, 0.7]
a_unique = npx.unique(a, tol=2.0e-1)
assert all(a_unique == [0.1, 0.7])
npx.unique([1.1+2.2, 3.3], tol=0.1) 给我两个结果，但如果我使用更严格的公差：npx.unique([1.1+2.2, 3.3], tol=0.01)，我只得到一个结果。（是的，这通常是一个不明确的问题，因此没有好的通用解决方案。） - Mark Dickinsontol的倍数形成了箱子的中心而不是它们的端点，那么这就不会那么令人惊讶了？仍然会有一些意外情况，但可能会更少或者不那么明显。 - Mark Dickinsonround()只会将问题移至其他地方。 - Nico Schlömer
np.unique调用中添加axis=0。谢谢！ - rayryeng