dplyr 没有硬编码变量名

Question

是否可以在不硬编码变量名的情况下使用 dplyr 的 mutate 函数？例如，以下代码有效，因为我硬编码了名称 Var1：

            > d=expand.grid(1:3, 20:22)
            > d
            Var1 Var2
            1    1   20
            2    2   20
            3    3   20
            4    1   21
            5    2   21
            6    3   21
            7    1   22
            8    2   22
            9    3   22
            > d=mutate(d, x=percent_rank(Var1))
            > d
            Var1 Var2     x
            1    1   20 0.000
            2    2   20 0.375
            3    3   20 0.750
            4    1   21 0.000
            5    2   21 0.375
            6    3   21 0.750
            7    1   22 0.000
            8    2   22 0.375
            9    3   22 0.750

但是，当我将变量的名称设为变量时，它不再起作用：

            > my.variable='Var1'
            > d=mutate(d, x=percent_rank(my.variable))
            > d
                Var1 Var2   x
            1    1   20 NaN
            2    2   20 NaN
            3    3   20 NaN
            4    1   21 NaN
            5    2   21 NaN
            6    3   21 NaN
            7    1   22 NaN
            8    2   22 NaN
            9    3   22 NaN

eval() 和 as.symbol() 函数似乎也没有帮助。

Answer 1

在dplyr（等待新版本0.6.0）的开发版本中，引入了quosures和取消引用函数（!!，UQ）来评估group_by/summarise/mutate中的引号，这变成了更容易

 my.variable <- quo(Var1)
 percent_rank <- function(x) rank(x)/max(rank(x))
 d %>% 
   mutate(x = percent_rank(!!my.variable))
#  Var1 Var2     x
#1    1   20 0.250
#2    2   20 0.625
#3    3   20 1.000
#4    1   21 0.250
#5    2   21 0.625
#6    3   21 1.000
#7    1   22 0.250
#8    2   22 0.625
#9    3   22 1.000

它还具有传递列名的其他功能

mynewvar <- 'x'
d %>% 
   mutate(!!mynewvar := percent_rank(!!my.variable))
#  Var1 Var2     x
#1    1   20 0.250
#2    2   20 0.625
#3    3   20 1.000
#4    1   21 0.250
#5    2   21 0.625
#6    3   21 1.000
#7    1   22 0.250
#8    2   22 0.625
#9    3   22 1.000

我们也可以创建一个函数并传递参数

f1 <- function(dat, myvar, colN){
  myvar <- enquo(myvar)
  colN <- quo_name(enquo(colN))
 
  dat %>%
      mutate(!!colN := percent_rank(!!myvar))
 }

f1(d, Var1, x)
#  Var1 Var2     x
#1    1   20 0.250
#2    2   20 0.625
#3    3   20 1.000
#4    1   21 0.250
#5    2   21 0.625
#6    3   21 1.000
#7    1   22 0.250
#8    2   22 0.625
#9    3   22 1.000

在上述函数中，enquo 与base R 中的substitute 具有相似的功能，即获取用户输入参数并将其转换为quosure。由于我们需要字符串中的列名，我们可以使用quo_name 来转换为字符串，并且mutate 调用中的评估是通过取消引用来完成的（!! 或UQ）

数据

d <- expand.grid(1:3, 20:22)

Answer 2

您可以使用get 并精确定位对象“Var1”所在的环境。

> my.variable = 'Var1'
> mutate(d, x = percent_rank(get(my.variable, envir = as.environment(d))))
  Var1 Var2     x
1    1   20 0.000
2    2   20 0.375
3    3   20 0.750
4    1   21 0.000
5    2   21 0.375
6    3   21 0.750
7    1   22 0.000
8    2   22 0.375
9    3   22 0.750

我建议您在 Hadley Wickham 的“高级 R 编程”wiki 上阅读有关“非标准评估”的更多信息：http://adv-r.had.co.nz/Computing-on-the-language.html

编辑

这个答案最近被投票，所以我意识到我一年半前给出的解决方案并不是很好，我借此机会升级我的答案。

从 dplyr 0.3 开始，您可以使用 dplyr 函数的标准评估版本，使用它们的“fun_”版本。

如果你对变量进行一些计算，你还必须使用lazyeval包中的interp：

my.variable = "Var1"
expr <- lazyeval::interp(~percent_rank(x), x = as.name(my.variable))
mutate_(d, .dots = setNames(list(expr), "x"))
Var1 Var2     x
1    1   20 0.000
2    2   20 0.375
3    3   20 0.750
4    1   21 0.000
5    2   21 0.375
6    3   21 0.750
7    1   22 0.000
8    2   22 0.375
9    3   22 0.750

Answer 3

伟大的 Hadley Wickham 本人（以他的名字为圣！）在 mutatr Google 网上论坛上推荐了 this：

d <- expand.grid(1:3, 20:22)
my.variable <- 'Var1'
percent_rank <- function(x) rank(x)/max(rank(x))
call <- substitute(mutate(d, percent_rank(var)), 
                   list(var = as.name(my.variable)))
eval(call)
#   Var1 Var2 percent_rank(Var1)
# 1    1   20              0.250
# 2    2   20              0.625
# 3    3   20              1.000
# 4    1   21              0.250
# 5    2   21              0.625
# 6    3   21              1.000
# 7    1   22              0.250
# 8    2   22              0.625
# 9    3   22              1.000