让我们看看我们从距离度量中知道了什么。给定一个数字P（不一定在L中），如果L的两个成员在P的距离1内，则他们每个与P共享9位数字，但不一定相同，所以他们只保证彼此共享 8 位数字。因此，任何两个距离为 2 的数字都保证有两个唯一的 Ps，它们之间的距离为 1（彼此之间的距离也为 2）。您可以使用此信息来减少优化P 选择所需的蛮力工作量。
假设您有一个距离矩阵。您可以立即丢弃条目少于 3 的行（或列）：它们自动成为自己的集群。对于等于 2 的剩余条目，构造一个可能的 P 值列表。找出L 的每个元素在P （另一个距离矩阵）的每个元素的1 以内的元素数。按邻居数对P 进行排序，然后选择。您需要在每次迭代时更新矩阵，因为您删除具有最大邻居的成员以避免由于重叠而导致的低效分组（L 的成员靠近 P 的多个成员）。
您可以在 numpy 中计算L 的距离矩阵，方法是首先将其转换为二维数字数组：
L = np.array([2678888873, 2678878873, 1000000000, 1000040000, 1000300000, 1000300009])
z = 10 # Number of digits
n = len(L) # Number of numbers
dec = 10**np.arange(z).reshape(-1, 1).astype(np.int64)
digits = (L // dec) % 10
digits 现在是一个 10xN 数组：
array([[3, 3, 0, 0, 0, 9],
[7, 7, 0, 0, 0, 0],
[8, 8, 0, 0, 0, 0],
[8, 8, 0, 0, 0, 0],
[8, 7, 0, 4, 0, 0],
[8, 8, 0, 0, 3, 3],
[8, 8, 0, 0, 0, 0],
[7, 7, 0, 0, 0, 0],
[6, 6, 0, 0, 0, 0],
[2, 2, 1, 1, 1, 1]], dtype=int64)
您可以使用!= 和sum 沿右轴计算digits 与其自身或digits 与任何其他10xM 数组之间的距离：
distance = (digits[:, None, :] != digits[..., None]).sum(axis=0)
结果：
array([[ 0, 1, 10, 10, 10, 10],
[ 1, 0, 10, 10, 10, 10],
[10, 10, 0, 1, 1, 2],
[10, 10, 1, 0, 2, 3],
[10, 10, 1, 2, 0, 1],
[10, 10, 2, 3, 1, 0]])
我们只关心那个矩阵的上（或下）三角形，所以我们可以立即屏蔽掉另一个三角形：
distance[np.tril_indices(n)] = z + 1
查找P的所有候选值：L的所有元素，以及距离为2的元素之间的所有对：
# Find indices of pairs that differ by 2
indices = np.nonzero(distance == 2)
# Extract those numbers as 10xKx2 array
d = digits[:, np.stack(indices, axis=1)]
# Compute where the difference is nonzero (Kx2)
locs = np.diff(d, axis=2).astype(bool).squeeze()
# Find the index of the first digit to replace (K)
s = np.argmax(locs, axis=0)
P 的额外值由d 的每一半构成，k 表示的数字由另一半替换：
P0 = digits[:, indices[0]]
P1 = digits[:, indices[1]]
k = np.arange(s.size)
tmp = P0[s, k]
P0[s, k] = P1[s, k]
P1[s, k] = tmp
Pextra = np.unique(np.concatenate((P0, P1), axis=1)
所以现在您可以计算P 的全部可能性：
P = np.concatenate((digits, Pextra), axis=1)
distance2 = (P[:, None, :] != digits[..., None]).sum(axis=0)
您可以根据距离丢弃Pextra 中与digits 元素匹配的任何元素：
mask = np.concatenate((np.ones(n, bool), distance2[:, n:].all(axis=0)))
P = P[:, mask]
distance2 = distance2[:, mask]
现在您可以迭代地距离P 和L，并选择P 的最佳值，从距离矩阵中删除任何已选择的值。来自P 的贪心选择不一定是最优的，因为由于重叠，替代组合可能需要更少的元素，但这对于简单（但有些昂贵）的图遍历算法来说是一个问题。下面的 sn-p 只是显示了一个简单的贪心选择，它适用于您的玩具示例：
distMask = distance2 <= 1
quality = distMask.sum(axis=0)
clusters = []
accounted = 0
while accounted < n:
# Get the cluster location
best = np.argmax(quality)
# Get the cluster number
clusters.append(P[:, best].dot(dec).item())
# Remove numbers in cluser from consideration
accounted += quality[best]
quality -= distMask[distMask[:, best], :].sum(axis=0)
最后几个步骤可以使用集合和图表进行优化，但这显示了有效方法的起点。这对于大数据来说会很慢，但可能不会令人望而却步。做一些基准测试来决定你想花多少时间优化而不是仅仅运行算法。