给定一个英文语料库，里面有很多句子，已经做好了分词，/前面的是词，后面的表示该词的词性并且每句话由句号分隔，如下图所示
对于一个句子S，句子中每个词语$w_i$标注了对应的词性$z_i$。现在的问题是，再给定一个句子S‘，生成每个词$w'_i$的词性$z'_i$
也就是要求使得概率$P(Z|S)$最大的$Z$，由贝叶斯定理可得
$$ \begin{aligned} P(Z|S)&=\frac{P(S|Z)P(Z)}{P(S)}\\ &\propto P(S|Z)·P(Z)\\ &=P(w_1,w_2,...,w_N|z_1,z_2,...,z_N)·P(z_1,z_2,...,z_N)\\ &=\prod_{i=1}^{N}P(w_i|z_i)·P(z_1)P(z_2|z_1)···P(z_N|z_{N-1})\\ &=\prod_{i=1}^{N}P(w_i|z_i)·P(z_1)\prod_{j=2}^NP(z_j|z_{j-1}) \end{aligned} $$
其中，倒数两行的公式推导过程中，使用了如下两个假设：
- HMM假设，即$w_i$仅与$z_i$相关，与其它所有单词或词性相互独立。因此$P(w_1,...,w_N|z_1,...,z_N)$可化简为$\prod_{i=1}^{N}P(w_i|z_i)$
- 假设Language Model为bigram。因此$P(z_1,...,z_N)$可写成$P(z_1)P(z_2|z_1)···P(z_N|z_{N-1})$，即$P(z_1)\prod_{j=2}^NP(z_j|z_{j-1})$
由于整个式子存在大量的概率连乘，最终可能导致浮点数下溢，为了避免这种情况，我们可以采用取对数的方法，将乘变加，基于上述思想，式子结果最终转化为
$$ \begin{aligned} P(Z|S)&=\log(\prod_{i=1}^{N}P(w_i|z_i)·P(z_1)\prod_{j=2}^NP(z_j|z_{j-1})\\ &=\sum_{i=1}^N\log(P(w_i|z_i))+\log P(z_1)+\sum_{j=2}^N\log P(z_j|z_{j-1}) \end{aligned} $$
确定参数
最终的概率函数中包含三个可变参数，下面分别解释其含义
第一个参数：$A=P(w_i|z_i)$
参数$A$表示，在给定词性$z_i$的情况下，其对应的单词是$w_i$的条件概率，即所有被标记为词性$z_i$的单词中，单词$w_i$的占比
$$ P(w_i|z_i)=\frac{词性为z_i的w_i的数量}{词性为z_i的单词总数} $$
举例来说，假设现在先给定词性NN(名词)，其中对应单词是apple的概率肯定要高于eat，即$P(\text{apple}\mid \text{NN})>P(\text{eat}\mid \text{NN})$
为了后面计算方便，我们把参数$A$的取值空间存放在一个N行M列的矩阵中，其中N为语料库中不同词性的数量，M为语料库中不同单词的数量。矩阵的每一行表示一个词性，每一列表示一个单词，矩阵元素$a_{ij}$表示在所有词性为$i$的单词中，单词$j$的占比（即条件概率），由此可知，同一行中所有所有概率之和为1，即$\sum_{j=1}^Ma_{ij}=1$
计算矩阵A很简单，首先定义一个大小为$N\times M$的全0矩阵，然后遍历语料库中的每一行单词/词性，将矩阵对应中对应的"当前遍历到的词性"行和"当前遍历到的单词"列位置的数值加1
最后进行归一化，因为到目前为止矩阵中存的是count，而我们需要的probability，所以用每个元素除以所在行元素之和即可。最终得到的参数$A$矩阵的一般形式如下图所示
第二个参数：$\pi=P(z_i)$
参数$\pi$表示句首词性是$z_i$的概率，即计算所有在句首的词性中$z_i$的占比
$$ P(z_i)=\frac{句首词性是z_i的数量}{句首词性总数量} $$
举例来说，一般句首是NN(名词)的概率要高于VB(动词)，即$P(\text{NN})>P(\text{VB})$
参数$\pi$的取值范围可以保存在一个长度为$N$的向量中，$N$为语料库中不同词性的数量。可以推知，此向量的元素之和为1，即$\sum_{i=1}^NP(i)=1$
首先用0初始化向量$\pi$，长度为$N$。然后遍历语料库中的每一行单词/词性，判断当前单词是否在句首，判断的依据是看前一个单词是否是句号、感叹号、问号等终止性标点符号。如果是句首，则取出当前词性，并将向量中对应"当前遍历到的词性"位置的数值加1
最后进行归一化，用每个元素除以向量所有元素之和，即得到占比（概率）
第三个参数：$B=P(z_i|z_{i-1})$
参数$B$表示给定前驱词性为$z_{i-1}$，当前词性为$z_i$的条件概率，即计算在前驱词性为$z_{i-1}$的(前驱词性,当前词性)组合对中，当前词性为$z_i$的组合对的占比
$$ P(z_i|z_{i-1})=\frac{当前词性为z_{i-1}且前驱词性为z_i的\text{bigram}数量}{前驱词性为z_i的\text{bigram}总数} $$
举例来说，对于给定的前驱词性VB(动词)，当前词性为NN(名词)的概率要高于VB(动词)，即$P(\text{NN}|\text{VB})>P(\text{VB}|\text{VB})$
参数$B$是一个$N\times N$的矩阵，$N$为语料库中不同词性的数量。矩阵的行表示前驱词性，列表示当前词性，矩阵元素$b_{ij}$表示前驱词性为$i$时，当前词性为$j$的条件概率，由此可知同一行中所有元素之和为1，即$\sum_{j=1}^Nb_{ij}=1$
矩阵$B$的计算很简单，首先定义一个大小为$N\times N$的全0方阵。然后遍历语料库，统计词性序列的bigram，将方阵中对应的"前驱词性"行和"当前词性"列位置的数值加1
最后进行归一化，用每个元素除以所在行元素之和，即得到所在行占比（概率）
tag2id, id2tag = {}, {} # tag2id: {"VB":0,...}, id2tag: {0:"VB",...}
word2id, id2word = {}, {}
for line in open('traindata.txt'):
items = line.split('/')
word, tag = items[0], items[1].rstrip() # 去掉换行符
if word not in word2id:
word2id[word] = len(word2id)
id2word[len(id2word)] = word
if tag not in tag2id:
tag2id[tag] = len(tag2id)
id2tag[len(id2tag)] = tag
N = len(tag2id) # number of tags
M = len(word2id) # number of words
print(N, M)
# define pi, A, B
import numpy as np
pi = np.zeros(N) # pi[i] 表示tag i出现在句子开头的概率, vector
A = np.zeros((N, M)) # A[i][j] 表示给定tag i, 出现word j的概率, matrix
B = np.zeros((N, N)) # B[i][j] 表示前一个是tag i, 后一个是tag j的概率, matrix
pre_tag = -1 # 记录前一个tag的id
for line in open('traindata.txt'):
items = line.split('/')
wordid, tagid = word2id[items[0]], tag2id[items[1].rstrip()]
if pre_tag == -1: # 这意味着是句子的开始
pi[tagid] += 1
A[tagid][wordid] += 1
pre_tag = tagid
else: # 不是句子开头
A[tagid][wordid] += 1
B[pre_tag][tagid] += 1
if items[0] == '.':
pre_tag = -1
else:
pre_tag = tagid
# normalize
pi /= sum(pi) # probability
for i in range(N):
A[i] /= sum(A[i])
B[i] /= sum(B[i])计算最优解
通过前面的分析，我们已经确定了三个参数及其取值空间，接下来可以用暴力枚举的方法测试出使得目标函数最大的参数取值，但时间复杂度太高，不建议采用
通过分析，我们发现这是一个最优化问题，而且问题的求解可以分为$T$个步骤（$T$为测试集的文本长度），每个步骤求解方式相同，符合动态规划算法的应用场景
设
$$ score=\sum_{i=1}^T\log P(w_i|z_i)+\log P(z_1)+\sum_{j=2}^T\log P(z_j|z_{j-1}) $$
我们的目标是对于给定的文本$S=w_1w_2...w_T$，给这$T$个单词分别赋予一个词性（有$N$个可选词性），使得score的值最大。score的计算过程描述如下
图中黑点给出了一个示例的标记方案（如同一条路径）：
- $w_1$被标记为$pos_2$
- $w_2$被标记为$pos_1$
- $w_3$被标记为$pos_3$
- ...
- $w_T$被标记为$pos_T$
该路径的score值为
$$ \begin{aligned} score &= \log P(w_1|pos_2)+\log P(pos_2)\\ &+\log P(w_2|pos_1)+\log P(pos_1|pos_2)\\ &+\log P(w_3|pos_3)+\log P(pos_3|pos_1)\\ &+...\\ &+\log P(w_T|pos_1)+\log P(pos_1|pos_3) \end{aligned} $$
从上式可以看出，score的求解过程分为$T$个步骤，每个步骤有$N$种选择。因为我们可以定义一个$T\times N$的二维数组DP，为了描述的方便，我们假设数组的下标从0开始，其中元素DP[i][j]表示从第一个单词开始，当计算到第$i$个单词（第$i$步）且将词性标记为$j$时的最优路径（最大概率）
状态转移方程为
$$ \begin{aligned} DP[i][j]=\max(&\\ &dp[i-1][0]+\log B[0][j]+\log A[j][w_i在词典中的下标],\\ &dp[i-1][1]+\log B[1][j]+\log A[j][w_i在词典中的下标],\\ &dp[i-1][2]+\log B[2][j]+\log A[j][w_i在词典中的下标],\\ &...\\ &dp[i-1][N-1]+\log B[N-1][j]+\log A[j][w_i在词典中的下标],\\ ) \end{aligned} $$
最终答案（最大的概率值），就是max(DP[T-1][0],DP[T-1][1],...,DP[T-1][N-1])。但是光有概率不够，我们还需要记录，这个概率是通过怎样的路径过来的，这个路径就是每个词的词性。因此我们还需要另外建立一个$T\times N$的二维数组，用于记录最优的词性选择路径
viterbi算法部分的代码如下
def log(v):
if v == 0:
return np.log(v + 0.0000001)
return np.log(v)
def viterbi(x, pi, A, B):
"""
x: user input string/sentence
pi: initial probability of tags
A: 给定tag，每个单词出现的概率
B: tag之间的转移概率
"""
x = [word2id[word] for word in x.split(" ")]
T = len(x)
dp = np.zeros((T, N))
path = np.array([[0 for x in range(N)] for y in range(T)]) # T*N
for j in range(N): # basecase for dp algorithm
dp[0][j] = log(pi[j]) + log(A[j][x[0]])
for i in range(1, T): # every words
for j in range(N): # every tags
dp[i][j] = -9999999
for k in range(N): # 从每个k可以到达j
score = dp[i-1][k] + log(B[k][j]) + log(A[j][x[i]])
if score > dp[i][j]:
dp[i][j] = score
path[i][j] = k
# print best tag sequence
best_seq = [0] * T # best_seq = [1, 5, 0, 3, 55, ...]
# step1: 找出最后一个单词的词性
best_seq[T-1] = np.argmax(dp[T-1]) # 求出最大值所在下标
# step2: 通过从后往前的循环以此求出每个单词的词性
for i in range(T-2, -1, -1):
best_seq[i] = path[i + 1][best_seq[i + 1]]
# step3: print
for i in range(len(best_seq)):
print(id2tag[best_seq[i]])
# Test
x = "Social Security number , passport number and details about the services provided for the payment"
viterbi(x, pi, A, B)
你是学院还是老师阿？ 我觉得你的博客写的很好
我是学生
我也在入门nlp，能加个好友讨论么？
可以，我qq739616037