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隱馬爾可夫模型(HMM)

設(shè) $z=z_1,z_2,...,z_T$ 表示隱狀態(tài)序列， $x=x_1,x_2,...,x_T$ 表示觀測(cè)狀態(tài)序列， $O=\{o_1,o_2,...,o_m\}$ 表示觀測(cè)狀態(tài)集， $S=\{s_1,s_2,\cdots,s_N\}$ 表示隱狀態(tài)集合。定義 $A=[a_{ij}=p(z_{t+1}=s_j|z_t=s_i)]$ 表示隱狀態(tài)轉(zhuǎn)移概率矩陣， $B=(b_j(x_k)=p(x_t=o_k|z_t=s_j))$ 表示發(fā)射矩陣(觀測(cè)狀態(tài)生成概率矩陣)，隱狀態(tài)初始化概率為 $\pi_i=p(z_1=s_i)$ ，以上的參數(shù)統(tǒng)一記為 $\theta$ 。

在 HMM 中，有兩個(gè)基本假設(shè)：

齊次一階Markov 假設(shè)（未來(lái)只依賴于當(dāng)前）：
$p(z_{t+1}|z_t,z_{t-1},\cdots,z_1,x_t,x_{t-1},\cdots,x_1)=p(z_{t+1}|z_t)$
觀測(cè)獨(dú)立假設(shè)（當(dāng)前結(jié)果只依賴于當(dāng)前隱狀態(tài)）：
$p(x_t|z_t,z_{t-1},\cdots,z_1,x_{t-1},\cdots,x_1)=p(x_t|z_t)$

HMM 要解決三個(gè)問(wèn)題：

Evaluation： $p(x;\theta)$ ，F(xiàn)orward-Backward 算法
Learning： $\theta=\mathop{argmax}\limits_{\theta}p(x;\theta)$ ，EM 算法（Baum-Welch）
Decoding：，Viterbi 算法
1. 預(yù)測(cè)問(wèn)題： $p(z_{t+1}|x_1,x_2,\cdots,x_t)$
2. 濾波問(wèn)題： $p(z_t|x_1,x_2,\cdots,x_t)$

Evaluation問(wèn)題

即要求某個(gè)觀測(cè)序列出現(xiàn)的概率：
$p(x;\theta)=\sum\limits_{z}p(z,x;\theta)=\sum\limits_{z}p(x|z;\theta)p(z;\theta)$

后面均省略參數(shù) $\theta$ 。

首先：
$p(z)=p(z_1,z_2,\cdots,z_t)=p(z_t|z_1,z_2,\cdots,z_{t-1})p(z_1,z_2,\cdots,z_{t-1})$

根據(jù)齊次 Markov 假設(shè)：
$p(z_t|z_1,z_2,\cdots,z_{t-1})=p(z_t|z_{t-1})=a_{z_{t-1},z_t}$
遞推下去，所以：
$p(z)=p(z_1)\prod\limits_{t=2}^Tp(z_t|z_{t-1})=\pi_{z_1}\prod\limits_{t=2}^Ta_{z_{t-1},z_t}$
又由于：
$p(x|z)=\prod\limits_{t=1}^Tp(x_t|z_t)=\prod\limits_{t=1}^Tb_{z_t}(x_t)$
這個(gè)式子可由HMM的概率圖得到（觀測(cè)獨(dú)立假設(shè)）。

于是由全概率公式，窮舉隱狀態(tài)做求和即可得到觀測(cè)序列 $x$ 的聯(lián)合分布：
$p(x)=\sum\limits_{z}(\pi_{1}\prod\limits_{t=2}^Ta_{z_{t-1},z_t}\prod\limits_{t=1}^Tb_{z_t}(x_t))\\=\sum_{z_1}\sum_{z_2}...\sum_{z_T}(\pi_{1}\prod\limits_{t=2}^Ta_{z_{t-1},z_t}\prod\limits_{t=1}^Tb_{z_t}(x_t))$
因每個(gè)隱狀態(tài)都有 $N$ 種可能，于是如果直接窮舉計(jì)算聯(lián)合分布復(fù)雜度為 $O(TN^T)$ 。所以我們需要更高效的算法來(lái)計(jì)算觀測(cè)序列的聯(lián)合分布。

Forward Algorithm

記 $\alpha_t(i)=p(x_1,x_2,\cdots,x_t,z_t=s_i)$ ，其含義是到時(shí)刻 $t$ 隱狀態(tài)為 $s_i$ 的條件下觀測(cè)到序列 $x_1,...,x_t$ 的概率，所以， $\alpha_T(i)=p(x,z_T=s_i)$ 。于是遍歷隱狀態(tài)空間就得到了觀測(cè)序列 $x_1,x_2,...,x_T$ 的概率：
$p(x)=\sum\limits_{i=1}^Np(x,z_T=s_i)=\sum\limits_{i=1}^N\alpha_T(i)$
對(duì) $\alpha_{t+1}(j)$ ，分出一個(gè) $z_t$ ，對(duì)其利用全概率公式，則：
$\begin{align}\alpha_{t+1}(j)&=p(x_1,x_2,\cdots,x_{t+1},z_{t+1}=s_j)\nonumber\\ &=\sum\limits_{i=1}^Np(x_1,x_2,\cdots,x_{t+1},z_{t+1}=s_j,z_t=s_i)\nonumber\\ &=\sum\limits_{i=1}^Np(x_{t+1}|x_1,x_2,\cdots,z_{t+1}=s_j,z_t=s_i)p(x_1,\cdots,x_t,z_t=s_i,z_{t+1}=s_j) \end{align}$
利用觀測(cè)獨(dú)立假設(shè)和齊次馬爾科夫假設(shè)：
$\begin{align}\alpha_{t+1}(j)&=\sum\limits_{i=1}^Np(x_{t+1}|z_{t+1}=s_j)p(x_1,\cdots,x_t,z_t=s_i,z_{t+1}=s_j)\nonumber\\ &=\sum\limits_{i=1}^Np(x_{t+1}|z_{t+1}=x_j)p(z_{t+1}=s_j|x_1,\cdots,x_t,z_t=s_i)p(x_1,\cdots,x_t,z_t=s_i)\nonumber\\ &=\sum\limits_{i=1}^Nb_{j}(x_{t+1})a_{ij}\alpha_t(i) =(\sum\limits_{i=1}^N\alpha_t(i)a_{ij})\cdot b_{j}(x_{t+1}) \end{align}$
上式中 $\alpha_t(i)$ 表示時(shí)刻 $t$ 觀測(cè)到狀態(tài) $x_i$ 的概率， $\alpha_t(i)a_{ij}$ 表示觀測(cè)到 $x_1,...,x_t$ 后隱狀態(tài)轉(zhuǎn)移到 $s_j$ 的概率，由于時(shí)刻 $t$ 觀測(cè)到 $x_t$ 可由 $N$ 種可能的隱狀態(tài)得到，所以做求和，再乘 $b_j(x_{t+1})$ 表示 $t+1$ 時(shí)刻觀測(cè)到 $x_{t+1}$ 的概率。

這樣，由初始化概率，根據(jù)遞推公式求得各個(gè) $\alpha$ ，最后由 $p(x)=\sum\limits_{i=1}^N\alpha_T(i)$ ，就可以得到觀測(cè)序列的聯(lián)合概率分布了。時(shí)間復(fù)雜度為 $O(TN^2)$ 。

Forward Algorithm

（1）初始化： $t = 1$

? $\alpha_1(i)=\pi_i\cdot b_i(x_1)$ , $1\leq i \leq N$

（2）遞歸計(jì)算： $t = 2, 3, ... , T - 1$

? $\alpha_{t+1}(j)=(\sum\limits_{i=1}^N\alpha_t(i)a_{ij})\cdot b_{j}(x_{t+1})$ , $1\leq j \leq N$

（3）終止：

? $p(x) =\sum_{i=1}^N\alpha_T(i)$

初始態(tài)到 $t+1$ ? 時(shí)狀態(tài) = (初始態(tài)到 $t$ 時(shí)狀態(tài)) $\cdot$ ( $t$ 狀態(tài) 轉(zhuǎn)移到 $t+1$ 狀態(tài))

Backward Algorithm

Forward算法是從前往后的，當(dāng)然也可以從后往前計(jì)算，定義 $\beta_t(i)=p(x_{t+1},x_{t},\cdots，x_T|z_t=s_i)$ ，可以這樣來(lái)理解，上式表示已知第 $t$ 次的隱狀態(tài)為 $z_t$ ，從 $t+1$ 時(shí)刻到 $T$ 時(shí)刻觀測(cè)到序列 $x_{t+1},...,x_T$ 的概率。于是觀測(cè)序列聯(lián)合分布可表示為：

$\begin{align}p(x)&=p(x_1,\cdots,x_T)\\ &=\sum\limits_{i=1}^Np(x_1,x_2,\cdots,x_T,z_1=s_i)\\ &=\sum\limits_{i=1}^N\pi_i\cdot p(x_1,x_2,\cdots,x_T|z_1=s_i)\\ &=\sum\limits_{i=1}^N\pi_i\cdot p(x_1|x_2,\cdots,x_T,z_1=s_i)\cdot p(x_2,\cdots,x_T|z_1=s_i)\\ &=\sum\limits_{i=1}^N\pi_i\cdot b_i(x_1)\cdot \beta_1(i) \end{align}$
對(duì)于這個(gè) $\beta_1(i)$ ，我們只需從后向前導(dǎo)出 $\beta_t(i)$ 的遞推式即可：
$\begin{align}\beta_t(i)&=p(x_{t+1},\cdots,x_T|z_t=s_i)\nonumber\\ &=\sum\limits_{j=1}^Np(x_{t+1},x_{t+2},\cdots,x_T,z_{t+1}=s_j|z_t=s_i)\nonumber\\ &=\sum\limits_{j=1}^Np(x_{t+1},\cdots,x_T|z_{t+1}=s_j,z_t=s_i)\cdot \underbrace{p(z_{t+1}=s_j|z_t=s_i)}_{a_{ij}}\\ &=\sum\limits_{j=1}^Np(x_{t+1},\cdots,x_T|z_{t+1}=s_j)a_{ij}\\ &=\sum\limits_{j=1}^Np(x_{t+1}|x_{t+2},\cdots,x_T,z_{t+1}=s_j)\cdot\underbrace{p(x_{t+2},\cdots,x_T|z_{t+1}=s_j)}_{\beta_{t+1}(j)}\cdot a_{ij}\\ &=\sum\limits_{j=1}^Np(x_{t+1}|z_{t+1}=s_j)\cdot\beta_{t+1}(j)\cdot a_{ij}\\ &=\sum\limits_{j=1}^Nb_j(x_{t+1})\cdot\beta_{t+1}(j)\cdot a_{ij}\\ &=\sum\limits_{j=1}^Na_{ij}\cdot b_j(x_{t+1})\cdot\beta_{t+1}(j) \end{align}$
這樣，讓初始值 $t=T,\beta_T(i)=1$ ，因?yàn)樽詈笠淮蔚碾[狀態(tài)為 $s_i$ ，時(shí)刻 $T$ 之后我們不再關(guān)注，它轉(zhuǎn)移到任意狀態(tài)的概率和是歸一的，所以 $\beta_T(i)=1$ 。利用上述遞推公式，于是后向地得到了每一項(xiàng)，進(jìn)而求得聯(lián)合概率。

Backward Algorithm

（1）初始化： $t = T$

? $\beta_T(i)=1$ , $1\leq i \leq N$

（2）遞歸計(jì)算： $t = T - 1,T-2,...,2,1$

? $\beta_t(i)=\sum\limits_{j=1}^Na_{ij}\cdot b_j(x_{t+1})\cdot\beta_{t+1}(j)$ , $1\leq i \leq N$

（3）終止：

? $p(x) =\sum\limits_{i=1}^N\pi_i\cdot b_i(x_1)\cdot \beta_1(i)$

$t$ 時(shí)狀態(tài)到終態(tài)=( $t+1$ 時(shí)狀態(tài)到終態(tài)) $\cdot$ ( $t$ 時(shí)狀態(tài)轉(zhuǎn)移到 $t+1$ 時(shí)狀態(tài))

Learning問(wèn)題

為了學(xué)習(xí)得到參數(shù)的最優(yōu)值，在 MLE 中：
$\theta_{MLE}=\mathop{argmax}_\theta p(x|\theta)$
我們采用 EM 算法（在這里也叫 Baum Welch 算法），用上標(biāo)表示迭代：
$\theta^{t+1}=\mathop{argmax}_{\theta}\int_z\log p(x,z|\theta)p(z|x,\theta^t)dz$
其中， $x$ 是觀測(cè)變量， $z$ 是隱變量序列。于是：
$\theta^{t+1}=\mathop{argmax}_\theta\sum\limits_z\log p(x,z|\theta)p(z|x,\theta^t)\\ =\mathop{argmax}_\theta\sum\limits_z\log p(x,z|\theta)p(x,z|\theta^t)$
這里利用了 $p(x|\theta^t)$ 和 $\theta$ 無(wú)關(guān)。將 Evaluation 中的式子代入：
$\sum\limits_z\log p(x,z|\theta)p(x,z|\theta^t)=\sum\limits_z[\log \pi_{i_1}+\sum\limits_{t=2}^T\log a_{i_{t-1},i_t}+\sum\limits_{t=1}^T\log b_{i_t}(x_t)]p(x,z|\theta^t)$
對(duì) $\pi^{t+1}$ ：
$\begin{align}\pi^{t+1}&=\mathop{argmax}_\pi\sum\limits_z[\log \pi_{i_1}p(x,z|\theta^t)]\nonumber\\ &=\mathop{argmax}_\pi\sum\limits_z[\log \pi_{i_1}\cdot p(x,z_1,z_2,\cdots,z_T|\theta^t)] \end{align}$
上面的式子中，對(duì) $z_2,z_2,\cdots,z_T$ 求和可以將這些參數(shù)消掉：
$\pi^{t+1}=\mathop{argmax}_\pi\sum\limits_{z_1}[\log \pi_{z_1}\cdot p(x,z_1|\theta^t)]$
上面的式子還有對(duì) $\pi$ 的約束 $\sum\limits_i\pi_i=1$ 。 Lagrange 函數(shù)：
$L(\pi,\eta)=\sum\limits_{i=1}^N\log \pi_i\cdot p(x,z_1=s_i|\theta^t)+\eta(\sum\limits_{i=1}^N\pi_i-1)$
于是：
$\frac{\partial L}{\partial\pi_i}=\frac{1}{\pi_i}p(x,z_1=s_i|\theta^t)+\eta=0$
對(duì)上式求和：
$\sum\limits_{i=1}^Np(x,z_1=s_i|\theta^t)+\pi_i\eta=0\Rightarrow\eta=-p(x|\theta^t)$
所以：
$\pi_i^{t+1}=\frac{p(x,z_1=s_i|\theta^t)}{p(x|\theta^t)}$

Decoding問(wèn)題

Decoding 問(wèn)題表述為：
$z=\mathop{argmax}\limits_{z}p(z|x,\theta)$
即找到一個(gè)隱狀態(tài)序列，其概率最大，這個(gè)序列其實(shí)就是要在參數(shù)空間中找一個(gè)路徑，可以采用動(dòng)態(tài)規(guī)劃的思想。

定義：
$\delta_{t}(j)=\max\limits_{i_1,\cdots,i_{t-1}}p(x_1,\cdots,x_t,z_1,\cdots,z_{t-1},z_t=s_i)$
于是：
$\delta_{t+1}(j)=\max\limits_{1\le i\le N}\delta_t(i)a_{ij}b_j(x_{t+1})$
這個(gè)式子就是從上一步到下一步的概率再求最大值。記這個(gè)路徑為：
$\psi_{t+1}(j)=\mathop{argmax}\limits_{1\le i\le N}\delta_t(i)a_{ij}$

動(dòng)態(tài)規(guī)劃求解即可。

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隱馬爾可夫模型

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Forward Algorithm

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Learning問(wèn)題

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