博采众长式的旋转位置编码

[155****7220]

上一篇文章中，我们对原始的Sinusoidal位置编码做了较为详细的推导和理解，总的感觉是Sinusoidal位置编码是一种"想要成为相对位置编码的绝对位置编码"。

本文将会介绍追一科技自研Rotary Transformer（RoFormer）模型，它的主要改动是引用了苏剑林大佬构思的"旋转式位置编码（Rotary Position Embedding，RoPE）“，这是一种配合Attention机制能达到"绝对位置编码的方式实现相对位置编码的设计”。而也正因为这种设计，它还是目前唯一一种可用于线性Attention的相对位置编码

基本思路

我们假设通过下述运算来给$\mathbf{q},\mathbf{k}$添加绝对位置信息：
$$
\begin{equation}\tilde{\boldsymbol{q}}_m = \boldsymbol{f}(\boldsymbol{q}, m), \quad\tilde{\boldsymbol{k}}_n = \boldsymbol{f}(\boldsymbol{k}, n)\tag{1}\end{equation}
$$
也就是说，我们分别为$\mathbf{q},\mathbf{k}$设计操作$\mathbf{f}(\cdot ,m),\mathbf{f}(\cdot ,n)$，使得经过该操作后，${\tilde{\mathbf{q}}}_m,{\tilde{\mathbf{k}}}_n$就带有了位置$m,n$的绝对位置信息。Attention的核心运算是内积，所以我们希望内积的结果带有相对位置信息，因此假设存在恒等关系：
$$
\begin{equation}\langle\boldsymbol{f}(\boldsymbol{q}, m), \boldsymbol{f}(\boldsymbol{k}, n)\rangle = g(\boldsymbol{q},\boldsymbol{k},m-n)\tag{2}\end{equation}
$$
所以我们要求出该恒等式的一个（尽可能简单的）解。求解过程还需要一些初始条件，显然我们可以合理地设$f(\mathbf{q},0)=\mathbf{q}$和$f(\mathbf{k},0)=\mathbf{k}$

求解过程

同上一篇思路一样，我们先考虑二维情形，然后借助复数来求解。在复数中有$⟨\mathbf{q},\mathbf{k}⟩=\text{Re}[\mathbf{q}{\mathbf{k}}^{<}em>]$，$\text{Re}[]$代表复数的实部，我们希望存在某个函数$g$，使其能够包含相对位置信息，即：
$$
\begin{equation}\text{Re}[\boldsymbol{f}(\boldsymbol{q}, m)\boldsymbol{f}^(\boldsymbol{k}, n)] = g(\boldsymbol{q},\boldsymbol{k},m-n)\tag{3}\end{equation}
$$
简单起见，我们假设存在复数$g(\mathbf{q},\mathbf{k},m-n)$，使得$\mathbf{f}(\mathbf{q},m){\mathbf{f}}^{\ast }(\mathbf{k},n)=\mathbf{g}(\mathbf{q},\mathbf{k},m-n)$，然后我们用复数的指数形式，设
$$
\begin{equation}\begin{aligned}
\boldsymbol{f}(\boldsymbol{q}, m) =&, R_f (\boldsymbol{q}, m)e^{\text{i}\Theta_f(\boldsymbol{q}, m)} \
\boldsymbol{f}(\boldsymbol{k}, n) =&, R_f (\boldsymbol{k}, n)e^{\text{i}\Theta_f(\boldsymbol{k}, n)} \
\boldsymbol{g}(\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, m-n) =&, R_g (\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, m-n)e^{\text{i}\Theta_g(\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, m-n)} \
\end{aligned}\tag{4}\end{equation}
$$
那么带入方程后就得到方程组
$$
\begin{equation}\begin{aligned}
R_f (\boldsymbol{q}, m) R_f (\boldsymbol{k}, n) =&, R_g (\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, m-n) \
\Theta_f (\boldsymbol{q}, m) - \Theta_f (\boldsymbol{k}, n) =&, \Theta_g (\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, m-n)
\end{aligned}\tag{5}\end{equation}
$$
对于第一个方程，带入$m=n=0$得到
$$
\begin{equation}R_f (\boldsymbol{q}, m) R_f (\boldsymbol{k}, m) = R_g (\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, 0) = R_f (\boldsymbol{q}, 0) R_f (\boldsymbol{k}, 0) = \Vert \boldsymbol{q}\Vert \Vert \boldsymbol{k}\Vert\tag{6}\end{equation}
$$
最后一个等号源于初始条件$\mathbf{f}(\mathbf{q},0)=\mathbf{q}$和$\mathbf{f}(\mathbf{k},0)=\mathbf{k}$。所以现在我们可以很简单地设$R_f(\mathbf{q},m)=\Vert \mathbf{q}\Vert ,R_f(\mathbf{k},m)=\Vert \mathbf{k}\Vert$，即它不依赖于$m$。至于第二个方程，同样带入$m=n=0$得到
$$
\begin{equation}\Theta_f (\boldsymbol{q}, m) - \Theta_f (\boldsymbol{k}, m) = \Theta_g (\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, 0) = \Theta_f (\boldsymbol{q}, 0) - \Theta_f (\boldsymbol{k}, 0) = \Theta (\boldsymbol{q}) - \Theta (\boldsymbol{k})\tag{7}\end{equation}
$$
这里的$\Theta (\mathbf{q}),\Theta (\mathbf{k})$是$\mathbf{q},\mathbf{k}$本身的幅角，最后一个等号同样源于初始条件。根据上式得到${\Theta }_f(\mathbf{q},m)-\Theta (\mathbf{q})={\Theta }_f(\mathbf{k},m)-\Theta (\mathbf{k})$，所以${\Theta }_f(\mathbf{q},m)-\Theta (\mathbf{q})$应该是一个只与$m$相关，跟$\mathbf{q}$无关的函数，记为$\phi (m)$，即${\Theta }_f(\mathbf{q},m)=\Theta (\mathbf{q})+\phi (m)$。接着带入$n=m-1$，整理得到
$$
\begin{equation}\varphi(m) - \varphi(m-1) = \Theta_g (\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, 1) + \Theta (\boldsymbol{k}) - \Theta (\boldsymbol{q})\tag{8}\end{equation}
$$

首先将$n=m-1$带入式(5)的第二个式子，得到
$$
\begin{aligned}
\Theta_f (\boldsymbol{q}, m) - \Theta_f (\boldsymbol{k}, m-1) =, \Theta_g (\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, 1)
\end{aligned}
$$
上式两边同减$\Theta (\mathbf{q})$得
$$
\begin{aligned}
\Theta_f (\boldsymbol{q}, m) - \Theta(\boldsymbol{q}) - \Theta_f (\boldsymbol{k}, m-1) =, \Theta_g (\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, 1) - \Theta(\boldsymbol{q})
\end{aligned}
$$
因为${\Theta }_f(\mathbf{q},m)-\Theta (\mathbf{q})=\phi (m)$，所以
$$
\begin{aligned}
\varphi(m) - \Theta_f (\boldsymbol{k}, m-1) =, \Theta_g (\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, 1) - \Theta(\boldsymbol{q})
\end{aligned}
$$
上式两边同加$\Theta (\mathbf{k})$得
$$
\begin{aligned}
\varphi(m) + \Theta(\boldsymbol{k}) - \Theta_f (\boldsymbol{k}, m-1) =, \Theta_g (\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, 1) + \Theta(\boldsymbol{k}) - \Theta(\boldsymbol{q})
\end{aligned}
$$
因为$\Theta (\mathbf{q})-{\Theta }_f(\mathbf{q},m)=\Theta (\mathbf{k})-{\Theta }_f(\mathbf{k},m)$，所以
$$
\begin{aligned}
\varphi(m) + \Theta (\boldsymbol{q}) - \Theta_f (\boldsymbol{q}, m-1) =, \Theta_g (\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, 1) + \Theta(\boldsymbol{k}) - \Theta(\boldsymbol{q})
\end{aligned}
$$
最后因为${\Theta }_f(\mathbf{q},m-1)-\Theta (\mathbf{q})=\phi (m-1)$，所以
$$
\begin{equation}\varphi(m) - \varphi(m-1) = \Theta_g (\boldsymbol{q}, \boldsymbol{k}, 1) + \Theta (\boldsymbol{k}) - \Theta (\boldsymbol{q})\end{equation}
$$

说了这么多，就是为了证明$\phi (m)$是等差数列，设右端为$\theta$，那么就解得$\phi (m)=m\theta$

编码形式

综上，我们得到二维情况下用复数表示的RoPE：
$$
\boldsymbol{f}(\boldsymbol{q},m)=R_f(\boldsymbol{q},m)e^{\text{i}\Theta_f(\boldsymbol{q},m)}=\Vert q\Vert e^{\text{i}(\Theta(q)+m\theta)}=\boldsymbol{q}e^{\text{i}m\theta}\tag{9}
$$

$$
\begin{aligned}
\Vert q\Vert e^{\text{i}(\Theta(q)+m\theta)}&=\Vert q\Vert (e^{\text{i}\Theta(\boldsymbol{q})}\cdot e^{\text{i}m\theta}) \
&= (\Vert q\Vert e^{\text{i}\Theta(\boldsymbol{q})} )e^{\text{i}m\theta}\
&=\boldsymbol{q}e^{\text{i}m\theta}
\end{aligned}
$$

根据复数乘法的几何意义，该变换实际上对应着向量的旋转，所以我们称之为"旋转式位置编码"，它还可以写成矩阵形式：
$$
\begin{equation}
\boldsymbol{f}(\boldsymbol{q}, m) =\begin{pmatrix}\cos m\theta & -\sin m\theta\ \sin m\theta & \cos m\theta\end{pmatrix} \begin{pmatrix}q_0 \ q_1\end{pmatrix}\tag{10}\end{equation}
$$

为什么旋转对应矩阵相乘，可以看这篇文章：旋转之一 - 复数与2D旋转，或者大家直接搜复数乘法与向量旋转

由于内积满足线性叠加性，因此任意偶数维的RoPE，我们都可以表示为二维情形的拼接，即
$$
\begin{equation}\scriptsize{\underbrace{\begin{pmatrix}
\cos m\theta_0 & -\sin m\theta_0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \
\sin m\theta_0 & \cos m\theta_0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \
0 & 0 & \cos m\theta_1 & -\sin m\theta_1 & \cdots & 0 & 0 \
0 & 0 & \sin m\theta_1 & \cos m\theta_1 & \cdots & 0 & 0 \
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & \cos m\theta_{d/2-1} & -\sin m\theta_{d/2-1} \
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & \sin m\theta_{d/2-1} & \cos m\theta_{d/2-1} \
\end{pmatrix}}{\boldsymbol{\mathcal{R}}m} \begin{pmatrix}q_0 \ q_1 \ q_2 \ q_3 \ \vdots \ q{d-2} \ q{d-1}\end{pmatrix}}\tag{11}\end{equation}
$$
也就是说，给位置为$m$的向量$\mathbf{q}$乘上矩阵${\mathbf{R}}_m$，位置为$n$的向量$\mathbf{k}$乘上矩阵${\mathbf{R}}_n$，用变换后的$\mathbf{Q},\mathbf{K}$序列做Attention，那么Attention就自动包含相对位置信息了，因为下列等式恒成立：
$$
\begin{equation}(\boldsymbol{\mathcal{R}}_m \boldsymbol{q})^{\top}(\boldsymbol{\mathcal{R}}_n \boldsymbol{k}) = \boldsymbol{q}^{\top} \boldsymbol{\mathcal{R}}_m^{\top}\boldsymbol{\mathcal{R}}n \boldsymbol{k} = \boldsymbol{q}^{\top} \boldsymbol{\mathcal{R}}{n-m} \boldsymbol{k}\tag{12}\end{equation}
$$

总可以利用积化和差公式，使得$\cos$或者$\sin$中带有$(m-n)$项

值得指出的是，${\mathbf{R}}_m$是一个正交矩阵，它不会改变向量的模长，因此通常来说它不会改变原模型的稳定性

由于$\mathbf{R}<em>m$的稀疏性，所以直接用矩阵乘法来实现会很浪费算力，推荐通过使用下述方式来实现RoPE：
$$
\begin{equation}\begin{pmatrix}q_0 \ q_1 \ q_2 \ q_3 \ \vdots \ q{d-2} \ q_{d-1}
\end{pmatrix}\otimes\begin{pmatrix}\cos m\theta_0 \ \cos m\theta_0 \ \cos m\theta_1 \ \cos m\theta_1 \ \vdots \ \cos m\theta_{d/2-1} \ \cos m\theta_{d/2-1}
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}-q_1 \ q_0 \ -q_3 \ q_2 \ \vdots \ -q_{d-1} \ q_{d-2}
\end{pmatrix}\otimes\begin{pmatrix}\sin m\theta_0 \ \sin m\theta_0 \ \sin m\theta_1 \ \sin m\theta_1 \ \vdots \ \sin m\theta_{d/2-1} \ \sin m\theta_{d/2-1}
\end{pmatrix}\tag{13}\end{equation}
$$
其中$\otimes$是逐位对应相乘，即Numpy、Tensorflow、PyTorch等计算框架中的$\ast$运算。从这个实现角度也可以看到，RoPE可以视为是乘性位置编码的变体

远程衰减

可以看到，RoPE形式上和Sinusoidal位置编码有点相似，只不过Sinusoidal位置编码是加性的，而RoPE可以视为乘性的。在${\theta }_i$的选择上，我们同样沿用了Sinusoidal位置编码的方案，即${\theta }_i=10000^{-2i/d}$，它可以带来一定的远程衰减性

具体证明如下：将$\mathbf{q},\mathbf{k}$两两分组后，它们加上RoPE后的内积可以用复数乘法表示为
$$
\begin{equation}
(\boldsymbol{\mathcal{R}}m \boldsymbol{q})^{\top}(\boldsymbol{\mathcal{R}}n \boldsymbol{k}) = \text{Re}\left[\sum{i=0}^{d/2-1}\boldsymbol{q}{[2i:2i+1]}\boldsymbol{k}_{[2i:2i+1]}^* e^{\text{i}(m-n)\theta_i}\right]\tag{14}\end{equation}
$$

式(14)主要是由式(12)变形得到

记$h_i=\mathbf{q}<em>[2i:2i+1]\mathbf{k}</em>{[2i:2i+1]}^{<}em>,S_j=\sum _{i=0}^{j-1}{e}^{\text{i}(m-n){\theta }_i}$，并约定$h_{d/2}=0,S_0=0$，那么有：
$$
\begin{equation}\sum_{i=0}^{d/2-1}\boldsymbol{q}{[2i:2i+1]}\boldsymbol{k}{[2i:2i+1]}^ e^{\text{i}(m-n)\theta_i} = \sum_{i=0}^{d/2-1} h_i (S_{i
+1} - S_i) = -\sum_{i=0}^{d/2-1} S_{i+1}(h_{i+1} - h_i)\tag{15}\end{equation}
$$

式(15)的第二个等式主要由Abel分部求和法得到（令$d/2=n$）：
$$
\begin{aligned}
\sum_{i=0}^{n-1} h_i (S_{i
+1} - S_i)&=-0+h_{n-1}S_n-h_{n-1}S_{n-1}+h_{n-2}S_{n-1}-h_{n-2}S_{n-2}\cdots +h_0S_1-h_0S_0\
&=-h_{n}S_n+h_{n-1}S_n+\cdots +h_0S_1-h_0S_0\
&=\sum_{i=0}^{n-1}S_{i+1}(h_i-h_{i+1})\
&=-\sum_{i=0}^{n-1}S_{i+1}(h_{i+1}-h_i)
\end{aligned}
$$

所以
$$
\begin{equation}\begin{aligned}
\left|\sum_{i=0}^{d/2-1}\boldsymbol{q}{[2i:2i+1]}\boldsymbol{k}{[2i:2i+1]}^* e^{\text{i}(m-n)\theta_i}\right| =&, \left|\sum_{i=0}^{d/2-1} S_{i+1}(h_{i+1} - h_i)\right| \
\leq&, \sum_{i=0}^{d/2-1} |S_{i+1}| |h_{i+1} - h_i| \
\leq&, \left(\max_i |h_{i+1} - h_i|\right)\sum_{i=0}^{d/2-1} |S_{i+1}|
\end{aligned}\tag{16}\end{equation}
$$
因此我们可以考察$\frac{1}{d/2}\sum _{i=1}^{d/2}|S_i|$随着相对距离变化的情况作为衰减性的体现，Mathematica代码如下

d = 128;
[Theta][t_] = 10000^(-2*t/d);
f[m_] = Sum[
    Norm[Sum[Exp[I*m*[Theta][i]], {i, 0, j}]], {j, 0, d/2 - 1}]/(d/2);
Plot[f[m], {m, 0, 256}, AxesLabel -> {相对距离, 相对大小}]

结果如下图：

从途中我们可以看到，随着相对距离的变大，内积结果有衰减趋势的出现。因此，选择${\theta }_i=10000^{-2i/d}$，确实能带来一定的远程衰减性。当然，同上一篇文章说的一样，能带来远程衰减性的不止这个选择，几乎任意的光滑单调函数都可以，这里只是沿用了已有的选择而已。苏剑林大佬还试过以${\theta }_i=10000^{-2i/d}$为初始化，将${\theta }_i$视为可训练参数，然后训练一段时间后发现${\theta }_i$并没有显著更新，因此干脆就直接固定${\theta }_i=10000^{-2i/d}$了

线性场景

最后，我们指出，RoPE是目前唯一一种可以用于线性Attention的相对位置编码。这是因为其他的相对位置编码，都是直接基于Attention矩阵进行操作的，但是线性Attention并没有事先算出Attention矩阵，因此也就不存在操作Attention矩阵的做法，所以其他的方案无法应用到线性Attention中。而对于RoPE来说，它是用绝对位置编码的方式来实现相关位置编码，不需要操作Attention矩阵，因此有了应用到线性Attention的可能性

关于线性Attention的介绍，这里不再重复，有需要的读者请参考《去掉 Attention 的 Softmax，复杂度降为 O (n)》。线性Attention的常见形式是：
$$
\begin{equation}Attention(\boldsymbol{Q},\boldsymbol{K},\boldsymbol{V})i = \frac{\sum\limits{j=1}^n \text{sim}(\boldsymbol{q}_i, \boldsymbol{k}_j)\boldsymbol{v}j}{\sum\limits{j=1}^n \text{sim}(\boldsymbol{q}_i, \boldsymbol{k}j)} = \frac{\sum\limits{j=1}^n \phi(\boldsymbol{q}_i)^{\top} \varphi(\boldsymbol{k}_j)\boldsymbol{v}j}{\sum\limits{j=1}^n \phi(\boldsymbol{q}_i)^{\top} \varphi(\boldsymbol{k}j)}\tag{17}\end{equation}
$$
其中$\varphi ,\phi$是值域非负的激活函数。可以看到，线性Attention也是基于内积的，所以很自然的想法是将RoPE插入到内积中：
$$
\begin{equation}\frac{\sum\limits{j=1}^n [\boldsymbol{\mathcal{R}}_i\phi(\boldsymbol{q}_i)]^{\top} [\boldsymbol{\mathcal{R}}_j\varphi(\boldsymbol{k}_j)]\boldsymbol{v}j}{\sum\limits{j=1}^n [\boldsymbol{\mathcal{R}}_i\phi(\boldsymbol{q}_i)]^{\top} [\boldsymbol{\mathcal{R}}_j\varphi(\boldsymbol{k}_j)]}\tag{18}\end{equation}
$$
但这样存在的问题是，$[{\mathcal{R}}_i\varphi ({\mathbf{q}}_i){]}^{\top }[{\mathcal{R}}_j\phi ({\mathbf{k}}_j)]$可能为负数，因此它不再是常规的概率注意力，而且分母有0的风险，可能会带来优化上的不稳定，考虑到${\mathbf{R}}_i,\mathbf{R}<em>j$都是正交矩阵，它不改变向量的模长，因此我们可以抛弃常规的概率归一化要求，使用如下运算作为一种新的线性Attention：
$$
\begin{equation}\frac{\sum\limits{j=1}^n [\boldsymbol{\mathcal{R}}_i\phi(\boldsymbol{q}_i)]^{\top} [\boldsymbol{\mathcal{R}}_j\varphi(\boldsymbol{k}_j)]\boldsymbol{v}j}{\sum\limits{j=1}^n \phi(\boldsymbol{q}_i)^{\top} \varphi(\boldsymbol{k}_j)}\tag{19}\end{equation}
$$
也就是说，RoPE只插入分子中，而分母则不改变，这样的注意力不再是基于概率的（注意力矩阵不再满足归一性），但它某种意义上来说也是一个归一化方案，而且也没有证据表明非概率式的注意力就不好（比如Nyströmformer也算是没有严格依据概率分布的方式构筑注意力），所以我们将它作为候选方案之一进行实验，而我们初步的实验结果显示这样的线性Attention也是有效的

此外，苏剑林大佬在《去掉 Attention 的 Softmax，复杂度降为 O (n)》中还提出过另外一种线性Attention方案：
$$
\text{sim}(\boldsymbol{q}_i, \boldsymbol{k}_j) = 1 + \left( \frac{\boldsymbol{q}_i}{\Vert \boldsymbol{q}_i\Vert}\right)^{\top}\left(\frac{\boldsymbol{k}_j}{\Vert \boldsymbol{k}_j\Vert}\right)\tag{20}
$$
它不依赖于值域的非负性，而RoPE也不改变模长，因此RoPE可以直接应用于此类线性Attention，并且不改变它的概率意义

模型开源

关于模型开源部分请查看文章开头部分的Rotary Transformer（RoFormer）

Reference

• Transformer升级之路：2、博采众长的旋转式位置编码