Sinusoidal 位置编码追根溯源

[155****7220]

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$\mathbf{p}<em>k,2i,\mathbf{p}</em>k,2i+1$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$f(\cdots ,{\mathbf{x}}_m,\cdots ,{\mathbf{x}}_n,\cdots )$，其中标记出来的${\mathbf{x}}_m,{\mathbf{x}}_n$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${\mathbf{p}}_m,{\mathbf{p}}_n$的交互项，我们将它记为${\mathbf{p}}_m^{\top }\mathcal{H}{\mathbf{p}}_n$

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$\mathcal{H}=\mathbf{I}$是单位阵，此时${\mathbf{p}}_m^{\top }\mathcal{H}{\mathbf{p}}_n={\mathbf{p}}_m^{\top }{\mathbf{p}}_n=⟨{\mathbf{p}}_m,{\mathbf{p}}_n⟩$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${\mathbf{p}}_m,{\mathbf{p}}_n$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${\mathbf{p}}_n^{<}/em>$是${\mathbf{p}}_n$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$\mathbf{q}<em>m-n$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$\mathbf{p}<em>m=r_m{e}^{\text{i}{\varphi }_m},\mathbf{p}<em>n^{\ast }=r_n{e}^{-\text{i}{\varphi }_n},\mathbf{q}</em>m-n=R</em>m-n{e}^{\text{i}\Phi </em>m-n}$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$r{e}^{i\theta }$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${\varphi }_m-{\varphi }_0={\Phi }_m$，简单起见设${\varphi }_0=0$，那么${\varphi }_m={\Phi }_m$

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${\varphi }_m-{\varphi }_{m-1}={\Phi }_1={\varphi }_1$，那么${\varphi }_m$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，$⟨{\mathbf{p}}_m,{\mathbf{p}}_n⟩$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${\int }_0^1{e}^{\text{i}(m-n){\theta }_t}dt$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$\mathcal{H}=\mathbf{I}$这个简单情况的，对于一般的$\mathcal{H}$，使用上述Sinusoidal位置编码，还能具备以上的良好性质吗？

如果$\mathcal{H}$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$\mathcal{H}<em>2i,2i=\mathcal{H}</em>2i+1,2i+1$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${\sum }_i{a}_i{b}_i$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$\mathcal{H}$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$\mathcal{H}$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$\mathbf{p}$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$\mathbf{p}$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$\mathcal{H}$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

• 《BERT为何使用学习的position embedding而非正弦position encoding?》
• Transformer升级之路：1、Sinusoidal位置编码追根溯源