Удалить дубликат dict в списке в Python

Ответ 1

Попробуй это:

[dict(t) for t in {tuple(d.items()) for d in l}]

Стратегия заключается в преобразовании списка словарей в список кортежей, в которых кортежи содержат элементы словаря. Поскольку кортежи можно хэшировать, вы можете удалить дубликаты, используя set (используя здесь понимание набора, будет set(tuple(d.items()) for d in l) более старая альтернатива python set(tuple(d.items()) for d in l)), и после этого создайте заново словари из кортежей с dict.

где:

• l оригинальный список
• d является одним из словарей в списке
• t является одним из кортежей, созданных из словаря

Редактировать: Если вы хотите сохранить порядок, однострочная строка выше не будет работать, так как set не сделает этого. Однако, с помощью нескольких строк кода, вы также можете сделать это:

l = [{'a': 123, 'b': 1234},
        {'a': 3222, 'b': 1234},
        {'a': 123, 'b': 1234}]

seen = set()
new_l = []
for d in l:
    t = tuple(d.items())
    if t not in seen:
        seen.add(t)
        new_l.append(d)

print new_l

Пример вывода:

[{'a': 123, 'b': 1234}, {'a': 3222, 'b': 1234}]

Примечание. Как указывает @alexis, два словаря с одинаковыми ключами и значениями могут не давать один и тот же кортеж. Это может произойти, если они пройдут через другую историю добавления/удаления ключей. Если это так для вашей проблемы, то рассмотрите сортировку d.items() как он предлагает.

Ответ 2

Еще один однострочный шрифт, основанный на понимании списка:

>>> d = [{'a': 123}, {'b': 123}, {'a': 123}]
>>> [i for n, i in enumerate(d) if i not in d[n + 1:]]
[{'b': 123}, {'a': 123}]

Здесь, поскольку мы можем использовать сравнение dict, мы сохраняем только элементы, которые не находятся в остальной части исходного списка (это понятие доступно только через индекс n, следовательно, использование enumerate).

Ответ 3

Иногда старые циклы все еще полезны. Этот код немного длиннее jcollado, но очень легко читается:

a = [{'a': 123}, {'b': 123}, {'a': 123}]
b = []
for i in range(0, len(a)):
    if a[i] not in a[i+1:]:
        b.append(a[i])

Ответ 4

Другие ответы не будут работать, если вы работаете с вложенными словарями, такими как десериализованные объекты JSON. Для этого случая вы можете использовать:

import json
set_of_jsons = {json.dumps(d, sort_keys=True) for d in X}
X = [json.loads(t) for t in set_of_jsons]

Ответ 5

Если вы хотите сохранить заказ, вы можете сделать

from collections import OrderedDict
print OrderedDict((frozenset(item.items()),item) for item in data).values()
# [{'a': 123, 'b': 1234}, {'a': 3222, 'b': 1234}]

Если порядок не имеет значения, вы можете сделать

print {frozenset(item.items()):item for item in data}.values()
# [{'a': 3222, 'b': 1234}, {'a': 123, 'b': 1234}]

Ответ 6

Если вы можете использовать сторонний пакет, то вы можете использовать iteration_utilities.unique_everseen:

>>> from iteration_utilities import unique_everseen
>>> l = [{'a': 123}, {'b': 123}, {'a': 123}]
>>> list(unique_everseen(l))
[{'a': 123}, {'b': 123}]

Он сохраняет порядок исходного списка и ut также может обрабатывать непригодные элементы, такие как словари, используя более медленный алгоритм (O(n*m) где n - это элементы в исходном списке, а m - уникальные элементы в исходном списке. O(n)). Если ключи и значения являются хэшируемыми, вы можете использовать key аргумент этой функции для создания хэшируемых элементов для "теста уникальности" (чтобы он работал в O(n)).

В случае словаря (который сравнивается независимо от порядка) вам необходимо сопоставить его с другой структурой данных, которая сравнивается подобным образом, например, frozenset:

>>> list(unique_everseen(l, key=lambda item: frozenset(item.items())))
[{'a': 123}, {'b': 123}]

Обратите внимание, что вы не должны использовать простой подход tuple (без сортировки), потому что равные словари не обязательно имеют одинаковый порядок (даже в Python 3.7, где порядок вставки - не абсолютный порядок - гарантирован):

>>> d1 = {1: 1, 9: 9}
>>> d2 = {9: 9, 1: 1}
>>> d1 == d2
True
>>> tuple(d1.items()) == tuple(d2.items())
False

И даже сортировка кортежа может не сработать, если ключи не сортируются:

>>> d3 = {1: 1, 'a': 'a'}
>>> tuple(sorted(d3.items()))
TypeError: '<' not supported between instances of 'str' and 'int'

эталонный тест

Я подумал, что было бы полезно увидеть сравнение этих подходов, поэтому я сделал небольшой тест. Графики сравнения времени и размера списка основаны на списке, не содержащем дубликатов (который был выбран произвольно, время выполнения существенно не изменится, если я добавлю несколько или много дубликатов). Это логарифмический сюжет, поэтому охватывается весь ассортимент.

Абсолютные времена:

Сроки относительно самого быстрого подхода:

Второй подход из четвертого здесь самый быстрый. Подход unique_everseen с функцией key находится на втором месте, однако это самый быстрый подход, сохраняющий порядок. Другие подходы от jcollado и thefourtheye почти такие же быстрые. Подход с использованием unique_everseen без ключа и решений от Emmanuel и Scorpil очень медленен для длинных списков и ведет себя намного хуже O(n*n) вместо O(n). Подход stpk с json не является O(n*n) но он намного медленнее, чем аналогичные подходы O(n).

Код для воспроизведения тестов:

from simple_benchmark import benchmark
import json
from collections import OrderedDict
from iteration_utilities import unique_everseen

def jcollado_1(l):
    return [dict(t) for t in {tuple(d.items()) for d in l}]

def jcollado_2(l):
    seen = set()
    new_l = []
    for d in l:
        t = tuple(d.items())
        if t not in seen:
            seen.add(t)
            new_l.append(d)
    return new_l

def Emmanuel(d):
    return [i for n, i in enumerate(d) if i not in d[n + 1:]]

def Scorpil(a):
    b = []
    for i in range(0, len(a)):
        if a[i] not in a[i+1:]:
            b.append(a[i])

def stpk(X):
    set_of_jsons = {json.dumps(d, sort_keys=True) for d in X}
    return [json.loads(t) for t in set_of_jsons]

def thefourtheye_1(data):
    return OrderedDict((frozenset(item.items()),item) for item in data).values()

def thefourtheye_2(data):
    return {frozenset(item.items()):item for item in data}.values()

def iu_1(l):
    return list(unique_everseen(l))

def iu_2(l):
    return list(unique_everseen(l, key=lambda inner_dict: frozenset(inner_dict.items())))

funcs = (jcollado_1, Emmanuel, stpk, Scorpil, thefourtheye_1, thefourtheye_2, iu_1, jcollado_2, iu_2)
arguments = {2**i: [{'a': j} for j in range(2**i)] for i in range(2, 12)}
b = benchmark(funcs, arguments, 'list size')

%matplotlib widget
import matplotlib as mpl
import matplotlib.pyplot as plt
plt.style.use('ggplot')
mpl.rcParams['figure.figsize'] = '8, 6'

b.plot(relative_to=thefourtheye_2)

Для полноты здесь приведено время для списка, содержащего только дубликаты:

# this is the only change for the benchmark
arguments = {2**i: [{'a': 1} for j in range(2**i)] for i in range(2, 12)}

unique_everseen не изменяются значительно, за исключением unique_everseen без key функции, которая в этом случае является самым быстрым решением. Тем не менее, это как раз лучший вариант (поэтому не репрезентативный) для этой функции с неисчерпаемыми значениями, потому что время ее выполнения зависит от количества уникальных значений в списке: O(n*m) которое в данном случае равно только 1 и, следовательно, выполняется в O(n).

Отказ от ответственности: я являюсь автором iteration_utilities.

Ответ 7

Если вы используете Pandas в своем рабочем процессе, одним из вариантов является подача списка словарей непосредственно в конструктор pd.DataFrame. Затем используйте drop_duplicates и to_dict для требуемого результата.

import pandas as pd

d = [{'a': 123, 'b': 1234}, {'a': 3222, 'b': 1234}, {'a': 123, 'b': 1234}]

d_unique = pd.DataFrame(d).drop_duplicates().to_dict('records')

print(d_unique)

[{'a': 123, 'b': 1234}, {'a': 3222, 'b': 1234}]

Ответ 8

Не универсальный ответ, но если ваш список отсортирован по некоторому ключу, например так:

l=[{'a': {'b': 31}, 't': 1},
   {'a': {'b': 31}, 't': 1},
 {'a': {'b': 145}, 't': 2},
 {'a': {'b': 25231}, 't': 2},
 {'a': {'b': 25231}, 't': 2}, 
 {'a': {'b': 25231}, 't': 2}, 
 {'a': {'b': 112}, 't': 3}]

тогда решение так же просто, как:

import itertools
result = [a[0] for a in itertools.groupby(l)]

Результат:

[{'a': {'b': 31}, 't': 1},
{'a': {'b': 145}, 't': 2},
{'a': {'b': 25231}, 't': 2},
{'a': {'b': 112}, 't': 3}]

Работает с вложенными словарями и (очевидно) сохраняет порядок.

Ответ 9

Вы можете использовать набор, но вам нужно превратить dicts в хешируемый тип.

seq = [{'a': 123, 'b': 1234}, {'a': 3222, 'b': 1234}, {'a': 123, 'b': 1234}]
unique = set()
for d in seq:
    t = tuple(d.iteritems())
    unique.add(t)

Уникальный теперь равен

set([(('a', 3222), ('b', 1234)), (('a', 123), ('b', 1234))])

Чтобы получить ответ:

[dict(x) for x in unique]