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Sinusoidal位置编码追根溯源

April 25, 2021 • Read: 166 • Deep Learning阅读设置

这篇文章主要是介绍自己对Google在《Attention is All You Need》中提出来的Sinusoidal位置编码

$$ \begin{equation}\left\{\begin{aligned}&\boldsymbol{p}_{k,2i}=\sin\Big(k/10000^{2i/d}\Big)\\ &\boldsymbol{p}_{k, 2i+1}=\cos\Big(k/10000^{2i/d}\Big) \end{aligned}\right. \tag{1}\end{equation} $$

的新理解,其中$\boldsymbol{p}_{k,2i},\boldsymbol{p}_{k,2i+1}$分别是位置$k$的编码向量的第$2i,2i+1$个分量,$d$是向量维度

作为位置编码的一个显式解,Google在原论文中对它的描述却寥寥无几,只是简单提及了它可以表达相对位置信息,后来知乎等平台上也出现了一些解读,它的一些特点也逐步为大家所知,但总体而言比较零散。特别是对于“它是怎么想出来的”、“非得要这个形式不可吗”等原理性问题,还没有比较好的答案。因此,本文主要围绕这些问题展开思考

泰勒展开

假设我们的模型为$f(\cdots,\boldsymbol{x}_m,\cdots,\boldsymbol{x}_n,\cdots)$,其中标记出来的$\boldsymbol{x}_m,\boldsymbol{x}_n$分别表示第$m,n$个输入。像Transformer这样的纯Attention模型,它是全对称的,即对于任意的$m,n$,都有

$$ \begin{equation}f(\cdots,\boldsymbol{x}_m,\cdots,\boldsymbol{x}_n,\cdots)=f(\cdots,\boldsymbol{x}_n,\cdots,\boldsymbol{x}_m,\cdots)\tag{2}\end{equation} $$

这就是我们说Transformer无法识别位置的原因——全对称性,简单来说就是函数天然满足恒等式$f(x,y)=f(y,x)$,以至于我们无法从结果上区分输入到底是$[x,y]$还是$[y,x]$

换句话说,"xx你好xx"和"xx好你xx"大概率具有一样的输出,这在NLP里面显然是不合理的

因此,我们要做的事情,就是打破这种对称性,比如在每个位置都加上一个不同的编码向量:

$$ \begin{equation}\tilde{f}(\cdots,\boldsymbol{x}_m,\cdots,\boldsymbol{x}_n,\cdots)=f(\cdots,\boldsymbol{x}_m + \boldsymbol{p}_m,\cdots,\boldsymbol{x}_n + \boldsymbol{p}_n,\cdots)\tag{3}\end{equation} $$

一般来说,只要每个位置的编码向量不同,那么这种全对称性就被打破了,即可以用$\tilde{f}$代替$f$来处理有序的输入。但现在我们希望能进一步分析位置编码的性质,甚至得到一个显式解

为了简化问题,我们先只考虑$m,n$这两个位置上的位置编码,将它视为扰动项,泰勒展开到二阶:

$$ \begin{equation}\tilde{f}\approx f + \boldsymbol{p}_m^{\top} \frac{\partial f}{\partial \boldsymbol{x}_m} + \boldsymbol{p}_n^{\top} \frac{\partial f}{\partial \boldsymbol{x}_n} + \frac{1}{2}\boldsymbol{p}_m^{\top} \frac{\partial^2 f}{\partial \boldsymbol{x}_m^2}\boldsymbol{p}_m + \frac{1}{2}\boldsymbol{p}_n^{\top} \frac{\partial^2 f}{\partial \boldsymbol{x}_n^2}\boldsymbol{p}_n + \underbrace{\boldsymbol{p}_m^{\top} \frac{\partial^2 f}{\partial \boldsymbol{x}_m \partial \boldsymbol{x}_n}\boldsymbol{p}_n}_{\boldsymbol{p}_m^{\top} \boldsymbol{\mathcal{H}} \boldsymbol{p}_n}\tag{4}\end{equation} $$

可以看到,第1项与位置无关,第2项到第5项都只依赖于单一位置,它们都是存粹的绝对位置信息,第6项是第一个同时包含$\boldsymbol{p}_m,\boldsymbol{p}_n$的交互项,我们将它记为$\boldsymbol{p}_m^{\top} \boldsymbol{\mathcal{H}} \boldsymbol{p}_n$

补充一下二元函数泰勒展开知识:

$$ f(x+h,y+k)=f(x, y)+h\frac{\partial f}{\partial x}+k\frac{\partial f}{\partial y}+\frac{1}{2!}(h\frac{\partial f}{\partial x}+k\frac{\partial f}{\partial y})^2+\cdots $$

相对位置

我们先从简单的例子入手,假设$\boldsymbol{\mathcal{H}}=\boldsymbol{I}$是单位阵,此时$\boldsymbol{p}_m^{\top} \boldsymbol{\mathcal{H}} \boldsymbol{p}_n = \boldsymbol{p}_m^{\top} \boldsymbol{p}_n = \langle\boldsymbol{p}_m, \boldsymbol{p}_n\rangle$是两个位置编码的内积,我们希望在这个简单的例子中该项表达的是相对位置信息,即存在某个函数$g$使得

$$ \begin{equation}\langle\boldsymbol{p}_m, \boldsymbol{p}_n\rangle = g(m-n)\tag{5}\end{equation} $$

这里的$\boldsymbol{p}_m,\boldsymbol{p}_n$是$d$维向量,这里我们从最简单的$d=2$入手

对于2维向量,我们借助复数来推导,即将向量$[x,y]$视为复数$x+y\text{i}$,根据复数乘法的运算法则,我们不难得到:

$$ \begin{equation}\langle\boldsymbol{p}_m, \boldsymbol{p}_n\rangle = \text{Re}[\boldsymbol{p}_m \boldsymbol{p}_n^*]\tag{6}\end{equation} $$

其中$\boldsymbol{p}_n^*$是$\boldsymbol{p}_n$的共轭复数,$\text{Re}[]$代表复数的实部。

举个栗子:$[3,5]$对应的复数为$3+5\text{i}$,$[1,6]$对应的复数为$1+6\text{i}$,其共轭复数为$1-6\text{i}$

$[3,5]\cdot [1,6]^{\top}=33$,而$(3+5\text{i})(1-6\text{i})=33-13\text{i}$,且$\text{Re}[33-13\text{i}]=33$

为了满足式(5),我们可以假设存在复数$\boldsymbol{q}_{m-n}$使得

$$ \begin{equation}\boldsymbol{p}_m \boldsymbol{p}_n^* = \boldsymbol{q}_{m-n}\tag{7}\end{equation} $$

这样两边取实部就得到了式(5)。为了求解这个方程,我们可以使用复数的指数形式,即设$\boldsymbol{p}_m=r_m e^{\text{i}\phi_m}, \boldsymbol{p}_n^*=r_n e^{-\text{i}\phi_n}, \boldsymbol{q}_{m-n}=R_{m-n} e^{\text{i}\Phi_{m-n}}$得到

$$ \begin{equation}r_m r_n e^{\text{i}(\phi_m - \phi_n)} = R_{m-n} e^{\text{i}\Phi_{m-n}}\quad\\\Rightarrow\quad \left\{\begin{aligned}&r_m r_n = R_{m-n}\\ & \phi_m - \phi_n=\Phi_{m-n}\end{aligned}\right.\tag{8}\end{equation} $$

这里补充一下复数的指数形式:

根据定义有复数的三角形式$r(\cos\theta+\text{i}\sin\theta)$,又由于欧拉公式

$$ \cos\theta +\text{i}\sin\theta=e^{\text{i}\theta} $$

上式两端同乘以$r(r>0)$,得

$$ r(\cos\theta+\text{i}\sin\theta)=re^{\text{i}\theta} $$

这说明复数可以用指数形式$re^{i\theta}$来表示。实际上,复数的代数形式、三角形式和指数形式之间有下面的关系

$$ a+b\text{i}=r(\cos\theta+\text{i}\sin\theta)=re^{\text{i}\theta} $$

对于第一个方程,带入$n=m$得$r_m^2=R_0$,即$r_m$是一个常数,简单起见这里设为1

对于第二个方程,带入$n=0$得$\phi_m-\phi_0=\Phi_m$,简单起见设$\phi_0=0$,那么$\phi_m=\Phi_m$

对于第二个方程,带入$n=m-1$(在NLP中,这个式子的含义相当于两个词的位置是相邻的)得$\phi_m-\phi_{m-1}=\Phi_1=\phi_1$,那么${\phi_m}$只是一个等差数列,通解为$m\theta$,因此我们就得到二维情形下的位置编码的解为:

$$ \begin{equation}\boldsymbol{p}_m = e^{\text{i}m\theta}\quad\Leftrightarrow\quad \boldsymbol{p}_m=\begin{pmatrix}\cos m\theta \\ \sin m\theta\end{pmatrix}\tag{9}\end{equation} $$

由于内积满足线性叠加性,所以更高维的偶数维位置编码,我们可以表示为多个二维位置编码的组合:

$$ \begin{equation}\boldsymbol{p}_m = \begin{pmatrix}e^{\text{i}m\theta_0} \\ e^{\text{i}m\theta_1} \\ \vdots \\ e^{\text{i}m\theta_{d/2-1}}\end{pmatrix}\quad\Leftrightarrow\quad \boldsymbol{p}_m=\begin{pmatrix}\cos m\theta_0 \\ \sin m\theta_0 \\ \cos m\theta_1 \\ \sin m\theta_1 \\ \vdots \\ \cos m\theta_{d/2-1} \\ \sin m\theta_{d/2-1} \end{pmatrix}\tag{10}\end{equation} $$

它同样满足式(5)。当然,这只能说是式(5)的一个解,但不是唯一解,对于我们来说,求出这一个简单的解就行了

远程衰减

基于前面的假设,我们推导出了位置编码的形式(10),它跟标准的Sinusoidal位置编码(1)形式基本一样了,只是$\sin,\cos$的位置有点不同。一般情况下,神经网络的神经元都是无序的,所以哪怕打乱各个维度,也是一种合理的位置编码,因此除了各个$\theta_i$没确定下来外,式(10)和式(1)并无本质区别

式(1)的选择是$\theta_i=10000^{-2i/d}$,这个选择有什么意义呢?事实上,这个形式有一个良好的性质:它使得随着$|m-n|$的增大,$\langle\boldsymbol{p}_m, \boldsymbol{p}_n\rangle$有着趋近于零的趋势。按照我们的直观想象,输入句子中相对距离越大的两个单词,其相关性应该越弱,因此这个性质是符合我们的直觉的。只是,明明是周期性的三角函数,为什么会呈现出衰减的趋势呢?

这的确是个神奇的现象,源于高频振荡积分的渐近趋零性。具体来说,我们将内积写为

$$ \begin{equation}\begin{aligned} \langle\boldsymbol{p}_m, \boldsymbol{p}_n\rangle =&\, \text{Re}\left[e^{\text{i}(m-n)\theta_0} + e^{\text{i}(m-n)\theta_1} + \cdots + e^{\text{i}(m-n)\theta_{d/2-1}}\right]\\ =&\, \text{Re}\left[\sum_{i=0}^{d/2-1}e^{\text{i}(m-n)\theta_i}\right]\\ =&\,\text{Re}\left[\frac{d}{2}\cdot\frac{1}{d/2}\cdot\sum_{i=0}^{d/2-1} e^{\text{i}(m-n)10000^{-i/(d/2)}}\right]\\ \sim&\, \frac{d}{2}\cdot\text{Re}\left[\int_0^1 e^{\text{i}(m-n)\cdot 10000^{-t}}dt\right] \end{aligned}\tag{11}\end{equation} $$

对于式(11),将$d/2$看成一个整体$n$,于是就变为:

$$ \text{Re}\left[n\cdot\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}e^{\text{i}(m-n)10000^{-\frac{i}{n}}}\right] $$

根据定积分的定义,即

$$ \lim \limits_{n\to \infty} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f(\frac{i}{n})=\int_0^1 f(x)dx $$

于是即可推导出式(11)

这样问题就变成了积分$\int_{0}^1 e^{\text{i}(m-n)\theta_t}dt$的渐进估计问题了。对我们来说,最直接的方法就是通过Mathematica把积分结果的图像画出来

\[Theta][t_] = (1/10000)^t;
f[x_] = Re[Integrate[Exp[I*x*\[Theta][t]], {t, 0, 1}]];
Plot[f[x], {x, -128, 128}]

从图像中我们可以看出确实具有衰减趋势

那么问题来了,必须是$\theta_t=10000^{-t}$才能呈现出远程衰减趋势吗?当然不是。事实上,对于我们这里的场景,"几乎"每个值域在$[0,1]$上的单调光滑函数$\theta_t$,都能使得积分$\int_0^1e^{\text{i}(m-n)\theta_t}dt$具有渐近衰减趋势,比如幂函数$\theta_t=t^{\alpha}$。那么$\theta_t=10000^{-t}$有什么特别的吗?我们来比较一些结果(下面两张图分别是短距离和长距离时的趋势)

这样看上去,除了$\theta_t=t$比较异常之外(与横轴有交点),其他都没有什么明显的区分度,很难断定孰优孰劣,无非就是幂函数在短距离降的快一点,而指数函数则在长距离降的快一点。如此来看$\theta_t=10000^{-t}$也只是一个折中的选择,没有什么特殊性,要是笔者来选,多半会选$\theta_t=1000^{-t}$。还有一个方案是,直接让$\theta_i=10000^{-2i/d}$作为各个$\theta_i$的初始化值,然后将它设为可训练的,由模型自动微调,这样也不用纠结选哪个了

一般情况

前面两节中,我们展示了通过绝对位置编码来表达相对位置信息的思想,加上远程衰减的约束,可以"反推"出Sinusoidal位置编码,并且给出了关于$\theta_i$的其他选择。但是别忘了,到目前为止,我们的推导都是基于$\boldsymbol{\mathcal{H}}=\boldsymbol{I}$这个简单情况的,对于一般的$\boldsymbol{\mathcal{H}}$,使用上述Sinusoidal位置编码,还能具备以上的良好性质吗?

如果$\boldsymbol{\mathcal{H}}$是一个对角阵,那么上面的各个性质可以得到一定的保留,此时

$$ \begin{equation}\boldsymbol{p}_m^{\top} \boldsymbol{\mathcal{H}} \boldsymbol{p}_n=\sum_{i=1}^{d/2} \boldsymbol{\mathcal{H}}_{2i,2i} \cos m\theta_i \cos n\theta_i + \boldsymbol{\mathcal{H}}_{2i+1,2i+1} \sin m\theta_i \sin n\theta_i\tag{12}\end{equation} $$

由积化和差公式得到

$$ \begin{equation}\sum_{i=1}^{d/2} \frac{1}{2}\left(\boldsymbol{\mathcal{H}}_{2i,2i} + \boldsymbol{\mathcal{H}}_{2i+1,2i+1}\right) \cos (m-n)\theta_i + \frac{1}{2}\left(\boldsymbol{\mathcal{H}}_{2i,2i} - \boldsymbol{\mathcal{H}}_{2i+1,2i+1}\right) \cos (m+n)\theta_i\tag{13} \end{equation} $$

可以看到它也是确实包含了相对位置$m-n$,只不过可能会多出$m+n$这一项,如果不需要它,模型可以让$\boldsymbol{\mathcal{H}}_{2i,2i} = \boldsymbol{\mathcal{H}}_{2i+1,2i+1}$来消除它。在这个特例下,我们指出的是Sinusoidal位置编码赋予了模型学习相对位置的可能,至于具体需要什么位置信息,则由模型的训练自行决定

特别地,对于上式,远程衰减特性依然存在,比如第一项求和,类比前一节的近似,它相当于积分

$$ \begin{equation}\sum_{i=1}^{d/2} \frac{1}{2}\left(\boldsymbol{\mathcal{H}}_{2i,2i} + \boldsymbol{\mathcal{H}}_{2i+1,2i+1}\right) \cos (m-n)\theta_i \sim \int_0^1 h_t e^{\text{i}(m-n)\theta_t}dt\tag{14}\end{equation} $$

其实式(14)没有严格的推导,$\sim$的意思是"类比","相当于",就是说我们要分析$\sum_i a_ib_i$的性态,大致上相当于分析$\int a(x)b(x)dx$的性态。读者不要一味的钻牛角尖想办法证明两者相等

同样地,振荡积分的一些估计结果(参考《Oscillatory integrals》《学习笔记3-一维振荡积分与应用》等)告诉我们,该振荡积分在比较容易达到的条件下,有$|m-n|\to\infty$时积分值趋于零,因此远程衰减特性是可以得到保留的

如果$\boldsymbol{\mathcal{H}}$不是对角阵,那么很遗憾,上述性质很难重现。我们只能寄望于$\boldsymbol{\mathcal{H}}$的对角线部分占了主项,这样一来上述性质还能近似保留。对角线部分占主项,意味着$d$维向量之间任意两个维度的相关性比较小,满足一定的解耦性。对于Embedding层来说,这个假设还是有一定的合理性的,笔者检验了BERT训练出来的词Embedding矩阵和位置Embedding矩阵的协方差矩阵,发现对角线元素明显比非对角线元素大,证明了对角线元素占主项这个假设有一定的合理性

问题讨论

有读者会反驳:"就算你把Sinusoidal位置编码说的无与伦比,也改变不了直接训练的位置编码比Sinusoidal位置编码效果要好的事实",的确,有实验表明,在像BERT这样经过充分预训练的Transformer模型中,直接训练的位置编码效果是要比Sinusoidal位置编码好些,这个并不否认。本文要做的事情,只是从原理和假设出发,推导Sinusoidal位置编码为什么可以作为一个有效的手段,但并不代表它就一定是最好的位置编码方式

推导是基于一些假设的,如果推导出来的结果不够好,那么就意味着假设与实际情况不够符合。那么,对于Sinusoidal位置编码来说,问题可能出现在哪呢?我们可以逐步来反思下

第一步,泰勒展开,这个依赖于$\boldsymbol{p}$的值比较小,笔者也在BERT中做了检验,发现词Embedding的平均模长要比位置Embedding的平均模长大,这说明$\boldsymbol{p}$的值比较小在某种程度上是合理的,但是多合理也说不准,因为Embedding模长虽然更大但也并不是压倒性的

第二步,假设$\boldsymbol{\mathcal{H}}$是单位阵,因为上一节我们分析了它很可能是对角线占主项的,所以先假设单位阵也没什么太大的问题

第三步,假设通过两个绝对位置向量的内积来表达相对位置信息,这个直觉上来说是合理的,绝对位置的交互应当有能力表达一定程度的相对位置信息

最后一步,通过自动远程衰减的特性来确定$\theta_i$,这个本身应该也是好的,但就是这一步变数太大,因为可选的$\theta_i$形式太多,甚至还有可训练的$\theta_i$,很难挑出最合理的,因此如果说Sinusoidal位置编码不够好,这一步是最值得反思的

Reference

Last Modified: April 26, 2021
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