我需要计算标准差的值被存储在一个循环缓冲区中。最终算法将在资源受限的设备上运行，因此我希望它尽可能轻巧。幼稚的方法是每次推入新值时重新评估整个缓冲区的标准偏差，但这会非常慢。理想情况下，我想要一种算法，当新值被推入时，动态更新标准偏差的当前值。
Wikipedia reports some techniques for rapid calculation，但它们可以用在流上：在我的例子中，当一个新值被推入时，标准偏差应该被计算为好像最后一个被弹出的值不存在一样。
tl;dr：如何以最少的计算量计算循环缓冲区的标准偏差？
【问题讨论】：
标签： algorithm math language-agnostic statistics
标准差可以表示为：
stddev = sqrt(1/N * SUM(x[i]^2) - 1/N^2 * SUM(x[i])^2)
对于未校正的样本标准差。对于校正后的样本标准差，可以这样写：
stddev = sqrt(1/(N-1) * SUM(x[i]^2) - 1/(N^2-N) * SUM(x[i])^2)
如果您维护两个累加器，一个用于SUM(x[i]^2)，一个用于SUM(x[i])，那么对于每个新值更新这些累加器是微不足道的（减去最旧值的影响，并添加最新值的影响）。 N 当然是缓冲区的长度。
当然，如果您在浮点中执行此操作，那么您可能会遇到舍入错误（通常是(x + y) - x != y）。我不认为有任何简单的解决方法。
【讨论】：
n 额外空间。 Kahan 是一个很好的权衡恕我直言，我在这里全心全意地推荐它。
最简单的做法是反转 Knuth 的公式（来自Wikipedia article 的方差计算：
Mk-1 = Mk - (xk - Mk)/(k- 1)
Sk-1 = Sk - (xk - Mk-1)(x k - Mk)
但是，请注意浮点错误会在整个运行过程中累积！这意味着您的均值和方差数会趋于漂移，并且这种方法不能真正用作准确的在线方法。
每个样本需要 O(log N) 次操作（其中 N 是队列中的元素数）的稳定在线方法是使用统计项的二元合并树，使用维基百科文章中“并行合并”的公式，如下（C++ 形式）：
struct Statistic {
int k;
Element M;
Element S;
Statistic(Element x)
: k(1)
, M(x)
, S(0)
{}
Statistic(Statistic a, Statistic b)
: k(a.k + b.k)
, M(a.M*a.k + b.M*b.k)/float(k)
, S(a.S + b.S + (a.M-b.M)*(a.M-b.M)*(a.k*b.k/float(k)))
{}
};
对于稳定的 O(log N) 在线算法，保持上述统计的平衡二叉树，叶子代表单个元素；根将产生所需的在线统计信息。当您更新元素时（以旋转缓冲区样式），将需要 O(log N) 操作将每个更新从叶传播到根。
【讨论】：
为集合保留三个数字：值的计数、值的总和以及值的平方和。为方便起见，我们将它们称为 k、sn 和 sn2。
如果，正如我认为您所暗示的那样，新值总是替换循环队列中的旧值，那么计数可能是恒定的。或者，也许队列可能不够满。无论哪种方式：
每次给队列加一个值，计数加一，这个值加到总和上，再把这个值的平方加到平方和上。也就是说，如果添加一个新值“n”，则 k=k+1、sn=sn+n、sn2=sn2+n^2。
每次从队列中删除一个值时，从计数中减去一个，从总和中减去这个值，然后从平方和中减去这个值的平方。也就是说，如果你删除一个值“n”，那么 k=k-1、sn=sn-n 和 sn2=sn2-n^2。
您可以轻松地在每次更改后重新计算标准偏差，而无需重新计算所有内容。
请注意，这意味着您必须能够“捕获”一个值，然后才能真正删除它。
注意：我怀疑我的袖珍计算器就是这样做的，因为它具有转储 sum(n) 和 sum(n^2) 的功能，而且我可以像我一样“删除”一个我从未添加过的值说将 2 和 4 添加到集合中，然后删除 3，它说没关系。所以我不认为它保留了一个列表：它必须只保留计数和总和。
【讨论】：