只是

s = numpy.sum((A[:,:,0:3]-B[:,:,0:3])**2)

（如果形状总是（，，3），我预计可能只是sum((A-B)**2)）
也可以使用求和方法：((A-B)**2).sum()
对不对？

这里只需要说明一下，我们也可以使用np.dot：

def ssd(A,B):
  dif = A.ravel() - B.ravel()
  return np.dot( dif, dif )

这可能比使用np.sum和**2的替代方法更快，也可能更精确，但是如果你想沿着一个指定的轴计算ssd，这就不起作用了，在这种情况下，可能有一个神奇的下标公式使用np.einsum。

我很困惑你为什么要取i in range(3)。这应该是整个数组，还是只是部分数组？
总的来说，你可以用numpy中定义的操作来替换其中的大部分：

def ssd(A,B):
    squares = (A[:,:,:3] - B[:,:,:3]) ** 2
    return numpy.sum(squares)

这样你就可以做一个操作而不是三个，并且使用numpy.sum可能比内置的sum更好地优化加法。

除了Ritsaert Hornstra的回答，得到了2个负分（无可否认，我没有看到它的原始形式...）
这是事实。
对于大量的迭代，使用'**'操作符或pow（x，y）方法通常需要两倍的时间，而仅仅是手动地将两个对相乘。如果需要，使用math.fabs（）方法，如果它抛出NaN的话（有时候它会抛出NaN，特别是当使用int16等时），它仍然只需要两个函数的大约一半的时间。
对我知道的最初的问题没有那么重要，但绝对值得知道。

我不知道带2次幂的pow（）函数是否快。

def ssd(A,B):
    s = 0
    for i in  range(3):
        s += sum((A[:,:,i] - B[:,:,i])*(A[:,:,i] - B[:,:,I]))
    return s

你可以试试这个：

dist_sq = np.sum((A[:, np.newaxis, :] - B[np.newaxis, :, :]) ** 2, axis=-1)

更多细节可以在这里找到（'k-最近邻'示例）：https://jakevdp.github.io/PythonDataScienceHandbook/02.08-sorting.html

在Ruby语言中，您可以通过以下方式实现这一点

def diff_btw_sum_of_squars_and_squar_of_sum(from=1,to=100) # use default values from 1..100. 
((1..100).inject(:+)**2) -(1..100).map {|num| num ** 2}.inject(:+)
end

diff_btw_sum_of_squars_and_squar_of_sum #call for above method