基于胜率矩阵的PageRank排序

  在做博弈模型评估的时候,遇到一个问题是如何评价多个模型的优劣。例如我有训练好的三个围棋模型A,B,C,两两之间对打之后有一个胜负关系,如何对这三个模型进行排序呢?通常对于人类选手这种水平有波动的情形,棋类比赛通常计算选手Elo得分按分值排序,足球篮球等通过联赛积分或胜场进行排序,但对于固定不变的AI模型,我认为用类似PageRank的方式计算更方便也更加准确。

  这篇文章先从问题来源讲起,再讲解PageRank算法的思想,最后编程实现排序方法并指出一些需要注意的地方。

目录

一、问题来源

  现在,深度强化学习更多的用在博弈模型的训练当中,比如围棋的AlphaZero,星际争霸的AlphaStar,DOTA的OpenAI FIVE。比如我们已经训练好了三个模型A,B,C,并且可以相互对打很多局,我们需要一个方法排出谁第一,谁第二。之前NeurIPS2019多智能体竞赛设计的排序方法就存在明显的bug,出现了A能胜过B,且A对C的胜率高于B对C的胜率,最后算出的排名却是B更靠前。主办方也承认了计算方式有缺陷并表示会在之后的比赛中修正,但是当前排名维持不变。

  那为什么成熟的Elo值计算方式没有用在这类模型评估上面呢?Elo值通常用在围棋、象棋等棋类排名上,电子竞技例如英雄联盟等也可以认为是类似Elo的积分方式。这类问题的特点是

  • 可通过一对一比赛得到一局的胜负关系,但和相同对手的对局次数有限,很难得到稳定的胜率关系。
  • 玩家水平并非固定不变,可随环境、状态等因素波动(临场发挥),也可因长期训练/荒废而提升/下降(绝对实力)。

  我们需要根据这种1v1(or 5v5)的每一局的胜负关系,给出所有玩家的即时能力大小排序。由于每个人的水平都会因为身体因素、年龄因素等产生波动,这和一个固定的模型是不一样的。而Elo可以根据每一局的实时对局结果立即更新当前排名,对棋类、竞技体育等的时效性需求非常适合,也可以较为准确的反应玩家的当前水平排名。虽然它也不是绝对的准确,不过已经是针对这类需求很好的排序方法了。

  回过头来,对于已经训练好的AI模型,它的能力不会发生变化,并且我们可以通过足够多的测试得到两两之间的准确胜率关系,这种情况下我们如果强行套Elo的算法一局一局挑选对手对打,更新Elo值,再挑对手对打,再更新Elo值,就会显得没有必要(因为我们并不关心每一局后的实时排名)而且很麻烦,再者如果中途有一个新加入的模型需要从0开始评估,要想得到较为稳定的排名关系就会显得更加麻烦。

  而PageRank的方法可以充分利用模型之间容易得到的稳定胜负关系,用矩阵迭代的方式计算出最终排名,简单且准确。

二、PageRank算法

算法思想

  PageRank算法是Google发明用来做网页排序的,依据网页之间的链接关系对网页重要度进行排序。其主要设计思想如下

  • (1) 每个网页的初始重要程度相同,比如\(a=1,b=1,c=1,…\)
  • (2) 如果许多网页\(b,c,d…\)指向某个网页\(a\),则网页\(a\)很重要
  • (3) 如果某个重要的网页\(a\)指向某个网页\(b\),则网页\(b\)因为\(a\)很重要也会获得更高的重要度。

  这个想法其实和paper的引用有相似之处,每一篇新paper刚发表,很难评价其质量,可以粗略认为paper质量都一样;如果有一篇paper被引用很多,那么这篇paper肯定质量比较好;如果某偏很好的paper引用了另一篇paper,那这篇被引用的paper也理应质量不错。

  基于这三点主要思想,我们假定有a,b,c,d四个网址,其链接关系如图所示

  首先根据思想(1),假定每个网页的初始重要度相同,比如都是1,则有重要度向量\(x=(1,1,1,1)\)

  接下来我们根据思想(2)、(3)计算每个网页被指向后的重要度变化。令\(T_{i,j}\)表示网页\(j\)是否指向网页\(i\),则有

\[T_{i,j}= \left\{\begin{array}{l} 1, if \ \ j \rightarrow i\\ 0,otherwise \end{array}\right. \]

  其中\(i,j \in \{a,b,c,d\}\),且自己指向自己记为0,即\(T(i,i)=0\)。重要度的变化如下计算\(x_i=\sum x_j \times T_{i,j}\),这种方式也很直觉,就是把所有指向\(i\)的网页的当前重要度加起来,就是网页\(i\)的重要度。由于刚开始大家的初始重要度都是1,则从图中的指向关系可以算出

\[\begin{array}{l} x^\prime(a)=1 \times T_{a,a}+1 \times T_{a,b}+1 \times T_{a,c}+1 \times T_{a,d}\\ \qquad \ \ = 1 \times 0 + 1 \times 0 + 1 \times 1 + 1 \times 1 \\ \qquad \ \ = 2 \end{array} \]

  同理有\(x^\prime(b)=1;x^\prime(c)=3;x^\prime(d)=2\)。这里有一个问题需要注意,大家的初始权值都为1,但是发出去的权重却大于1,例如网页\(a\)指向了\(b,c,d\)三个网页,它发出去的权值为3,这是不太合理的。一个简单的修正方式是,令\(T_{i,j}\)中同一个网页发出去的链接的和为1,从而每个\(T_{i,j}\)还表示发出去的权值,而不仅仅表示有无。即有

\[T_{i,j}\leftarrow \left\{\begin{array}{l} \frac{1}{\sum_{k \in \{a,b,c,d\}} T_{k,j}}, if \ \exists \ \ j \rightarrow k\\ 0, otherwise \end{array}\right. \]

  此时,我们有\(T_{i,a}=\frac{1}{3};T_{i,b}=\frac{1}{2};T_{i,c}=1;T_{i,d}=\frac{1}{2}\)。重新计算每个网页的重要度有

\[\begin{array}{l} x^\prime(a)=1 \times T_{a,a}+1 \times T_{a,b}+1 \times T_{a,c}+1 \times T_{a,d}\\ \qquad \ \ = 1 \times 0 + 1 \times 0 + 1 \times 1 + 1 \times \frac{1}{2} \\ \qquad \ \ = \frac{3}{2} \end{array} \]

  同理有\(x^\prime(b)=\frac{1}{3};x^\prime(c)=\frac{4}{3};x^\prime(d)=\frac{5}{6}\)。我们继续将重要度向量\(x\)进行第二次迭代计算,有

\[\begin{array}{l} x^{\prime\prime}(a)=x^\prime(a) \times T_{a,a} + x^\prime(b) \times T_{a,b}+ x^\prime(c) \times T_{a,c}+ x^\prime(d) \times T_{a,d}\\ \qquad \ \ = \frac{3}{2} \times 0 + \frac{1}{3} \times 0 + \frac{4}{3} \times 1 + \frac{5}{6} \times \frac{1}{2} \\ \qquad \ \ = \frac{7}{4} \end{array} \]

  同理有\(x^{\prime\prime}(b)=\frac{1}{2};x^{\prime\prime}(c)=\frac{13}{12};x^{\prime\prime}(d)=\frac{2}{3}\)。将计算表示为矩阵形式,我们有

\[x=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad T=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{3} & 0 & 0 & 0 \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{2} & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

  那么前两次迭代可以表示为

\[x^\prime=Tx;\quad x^{\prime\prime}=Tx^\prime=T^2x \]

  经过无穷次迭代\(x^\infty=T^\infty x\)收敛,\(x^\infty\)每个分量的大小即为对应网页的重要度大小。实际情况中,不必作无限次运算即可收敛。

  接下来的问题是:对于任意这样的矩阵,是否都会收敛呢?如何判断当前矩阵是否具有这种收敛性?下一步给出比较直观的理解和判断方法,忽略证明过程。

数学原理

  如果我们把这个问题看作一个马氏(随机)过程,那么四个网页组成的向量\(x\)其实就是四个状态。我们不取权值1,而是归一化为\(x=(\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{4})\),那么\(x\)可以看做是该马氏过程的初始状态概率分布。矩阵\(T\)就是一步的状态转移概率矩阵。我们的目标则是求该转移矩阵的平稳分布,这个平稳分布是与初始状态分布\(x\)无关的,也就是说无论\(x\)的取值是多少,最后算出来的\(x^\infty\)都一样。那么现在的问题是什么样的\(T\)可以保证平稳分布存在且唯一。这里我们给出结论并简单解释,不作数学证明,可参考马氏链平稳分布存在与唯一性的简洁证明与计算

  定理: 若马氏链不可约且正常返,则平稳分布存在且唯一。

  • 不可约:通俗来说,就是每个状态都可以通过一步或者多步转移到达任意另一个状态。
  • 正常返:可以理解为每个状态在有限步转移后再回到自己的概率为1。

    如下图所示例子

  从图中可以看出,\(a\)可以通过\(a \rightarrow b \rightarrow c \rightarrow d\)到达\(d\),而\(d\)无法转移到\(a\)等状态,所以这个转移矩阵不可约。同理,当\(a\)转移到\(d\)等状态时,就再也无法回到\(a\),则该转移矩阵非正常返。这种情况下我们无法得到唯一的分布。

  例如我们分别取初始分布为

\[x_1=\begin{pmatrix} 0.1 \\ 0.2 \\ 0.3 \\ 0.1 \\ 0.1 \\ 0.2 \end{pmatrix}, \qquad x_2=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0.3 \\ 0.2 \\ 0.5 \end{pmatrix} \]

  状态转移矩阵为

\[T=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0.5 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0.5 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0.5 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0.5 & 1 & 0 \end{pmatrix} \]

  则有

\[x^\infty_1=T^\infty x_1=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0.45 \\ 0.55 \end{pmatrix}, \qquad x^\infty_2=T^\infty x_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0.35 \\ 0.65 \end{pmatrix} \]

  显然\(x^\infty_1 \not = x^\infty_2\)

  到这里我们说明了收敛性的问题,但其实真正在运用的时候还会遇到一些实际问题。下面,我们回到需要真正解决的AI模型排序的问题,用代码实现算法,并解决一些运用中遇到的实际问题。

三、实例分析

  通过前述方式构建胜率矩阵,我们可以算得平稳分布,但还有一些实际问题需要微调算法。

对角线取值

  在之前的网页排序里,对角线的元素被取为0,如果在胜率矩阵中也取为0,会出现错误的排序。假如胜率矩阵为

    a    b    c
a   0   0.2  0.9
b  0.8   0    1  
c  0.1   0    0

  其中\(a\)\(b\)的胜率为0.2,\(a\)\(c\)的胜率为0.9;而\(b\)\(a\)的胜率为0.8,\(b\)\(c\)的胜率为1。可以很容易的看出\(b\)是最厉害的,\(a\)次之,\(c\)最弱。但如果我们直接套前面的计算方式,有

import numpy as np

T = np.matrix([[0  ,0.2,0.9],
               [0.8, 0 , 1 ],
               [0.1, 0 , 0 ]])

for i in range(T.shape[0]): # 归一化为状态转移概率矩阵
    T[:,i] = T[:,i]/np.sum(T[:,i])

X = np.matrix([1/3,1/3,1/3]) # 初始分布
X = X.T

print(T)
print(T**2000*X) 

  得到

T: 
[[0.         1.         0.47368421]
 [0.88888889 0.         0.52631579]
 [0.11111111 0.         0.        ]]

X:
[[0.48579545]
 [0.46022727]
 [0.05397727]]

  可以发现\(a\)居然比\(b\)的分值高,这显然是不合理的。出现这个问题的原因在于,在将胜率矩阵转化为概率矩阵时,归一化的操作改变了\(b\)指向\(a\)的权值,直接从0.2拉到了1,使得\(b\)把所有自身的重要度都贡献给了\(a\)。一个合理的解决办法是将对角线取为0.5,表示自己对自己的胜率是五五开。这种方式可以防止某个概率在归一化的过程中被不合理的放缩。此时胜率矩阵为:

    a    b    c
a  0.5  0.2  0.9
b  0.8  0.5   1  
c  0.1   0   0.5

  计算得到

T:
[[0.35714286 0.28571429 0.375     ]
 [0.57142857 0.71428571 0.41666667]
 [0.07142857 0.         0.20833333]]

X:
[[0.31038506]
 [0.66161027]
 [0.02800467]]

  可以看到,这个结果是合理的。同时这种方式还可以防止某一列出现全为0的情形。

构造不可约且正常返

  通常我们需要考虑到各种胜负关系的情况,来保证平稳分布存在且唯一。假如胜率矩阵为

    a    b    c
a  0.5   1    1
b   0   0.5  0.3  
c   0   0.7  0.5

  可以看出\(a\)\(b\)\(c\)的胜率都为1;而\(c\)\(b\)的胜率为0.7。可以很容易的看出排序应该为\(a,c,b\)。但计算得到的结果为:

T:
[[1.         0.45454545 0.55555556]
 [0.         0.22727273 0.16666667]
 [0.         0.31818182 0.27777778]]

X:
[[1.]
 [0.]
 [0.]]

  可以发现\(b\)\(c\)的排序无法区分。出现这个问题的原因在于\(a\)是一个吸收态,只有指入没有指出。可以通过一个权值很小的均匀的转移矩阵进行微调。取

\[E=\begin{pmatrix} \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{pmatrix} \]

  其中权重参数\(\alpha=0.001\),则修正后的矩阵表示为\(S = (1-\alpha)\times T + \alpha \times E\)。这里的\(T\)是归一化为概率矩阵的\(T\)。此时有矩阵\(S\)对每个状态都至少有一个小的转移概率,即不存在吸收态。同时可以注意到\(T\)并不满足不可约且正常返的条件,但\(T\)存在平稳分布,这说明了之前的定理条件是充分条件,而非必要条件。可以留意一下这点。最终有

T = np.matrix([[0.5, 1 , 1 ],
               [ 0 ,0.5,0.3],
               [ 0 ,0.7,0.5]])

for i in range(T.shape[0]): # 归一化为状态转移概率矩阵
    T[:,i] = T[:,i]/np.sum(T[:,i])

E = np.matrix(np.ones_like(T))/T.shape[0]
alpha = 1e-3
S = (1-alpha)*T+alpha*E

X = np.matrix([1/3,1/3,1/3]) # 初始分布
X = X.T

print(S)
print(S**2000*X) 

  得到

S:
[[9.99333333e-01 4.54424242e-01 5.55333333e-01]
 [3.33333333e-04 2.27378788e-01 1.66833333e-01]
 [3.33333333e-04 3.18196970e-01 2.77833333e-01]]

X:
[[9.98694573e-01]
 [5.86177258e-04]
 [7.19249506e-04]]

  此结果合理,且可以看出\(a\)远远强于\(c,b\)

完整代码及示例

  最终代码封装为函数:

def pagerank(T):
    assert type(T) == np.matrix, 'please use np.matrix'
    for i in range(T.shape[0]):
        T[:,i] = T[:,i]/np.sum(T[:,i])
    E = np.matrix(np.ones_like(T))/T.shape[0]
    alpha = 1e-3
    S = (1-alpha)*T+alpha*E
    
    X = np.matrix([1]*T.shape[0])/T.shape[0]
    X = X.T
    
    score = S**200*X
    
    return score

  我们给一个不太好肉眼判断的胜率关系如下:

    a    b    c
a  0.5  0.6  0.3
b  0.4  0.5  0.6  
c  0.7  0.4  0.5

  这里三个模型出现了相互克制的情形,即
\(a \stackrel{beats}{\longrightarrow} b \stackrel{beats}{\longrightarrow} c \stackrel{beats}{\longrightarrow} a\),带入函数:

score:
matrix([[0.30789762],
        [0.34109655],
        [0.35100582]])

  可得排序关系\(c,b,a\)

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THE END
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