### 基本要素 - 狀態 $N$個 - 狀態序列 $S = s_1,s_2,...$ - 觀測序列 $O=O_1,O_2,...$ - $\lambda(A,B,\pi)$ - 狀態轉移概率 $A = \{a_{ij}\}$ - 發射概率 $B = \{b_{ik}\}$ - 初始概率分佈 $\pi = \{\pi_i\}$ - 觀測序列生成過程 - 初始狀態 - 選擇觀測 - 狀態轉移 - 返回step2 ### HMM三大問題 - 概率計算問題（評估問題） 給定觀測序列 $O=O_1O_2...O_T$，模型 $\lambda (A,B,\pi)$，計算 $P(O|\lambda)$，即計算觀測序列的概率 - 解碼問題 給定觀測序列 $O=O_1O_2...O_T$，模型 $\lambda (A,B,\pi)$，找到對應的狀態序列 $S$ - 學習問題 給定觀測序列 $O=O_1O_2...O_T$，找到模型引數 $\lambda (A,B,\pi)$，以最大化 $P(O|\lambda)$， ### 概率計算問題 給定模型 $\lambda$ 和觀測序列 $O$，如何計算$P(O| \lambda)$？ **暴力列舉**每一個可能的狀態序列 $S$ - 對每一個給定的狀態序列 $$ P(O|S,\lambda) = \prod^T_{t=1} P(O_t|s_t,\lambda) =\prod^T_{t=1} b_{s_tO_t} $$ - 一個狀態序列的產生概率 $$ P(S|\lambda) = P(s_1)\prod^T_{t=2}P(s_t|s_{t-1})=\pi_1\prod^T_{t=2}a_{s_{t-1}s_t} $$ - 聯合概率 $$ P(O,S|\lambda) = P(S|\lambda)P(O|S,\lambda) =\pi_1\prod^T_{t=2}a_{s_{t-1}s_t}\prod^T_{t=1} b_{s_tO_t} $$ - 考慮所有的狀態序列 $$ P(O|\lambda)=\sum_S\pi_1b_{s_1O_1}\prod^T_{t=2}a_{s_{t-1}s_t}b_{s_tO_t} $$ $O$ 可能由任意一個狀態得到，所以需要將每個狀態的可能性相加。 這樣做什麼問題？時間複雜度高達 $O(2TN^T)$。每個序列需要計算 $2T$ 次，一共 $N^T$ 個序列。 **前向演算法** 在時刻 $t$，狀態為 $i$ 時，前面的時刻觀測到 $O_1,O_2, ..., O_t$ 的概率，記為 $\alpha _i(t)$ ： $$ \alpha_{i}(t)=P\left(O_{1}, O_{2}, \ldots O_{t}, s_{t}=i | \lambda\right) $$ 當 $t=1$ 時，輸出為 $O_1$，假設有三個狀態，$O_1$ 可能是任意一個狀態發出，即 $$ P(O_1|\lambda) = \pi_1b_1(O_1)+\pi_2b_2(O_1)+\pi_2b_3(O_1) = \alpha_1(1)+\alpha_2(1)+\alpha_3(1) $$  當 $t=2$ 時，輸出為 $O_1O_2$ ，$O_2$ 可能由任一個狀態發出，同時產生 $O_2$ 對應的狀態可以由 $t=1$ 時刻任意一個狀態轉移得到。假設 $O_2$ 由狀態 `1` 發出，如下圖  $$ P(O_1O_2,s_2=q_1|\lambda) = \pi_1b_1(O_1)a_{11}b_1(O_2)+\pi_2b_2(O_1)a_{21}b_1(O_2)+\pi_2b_3(O_1)a_{31}b_1(O_2) \\=\bold{\alpha_1(1)}a_{11}b_1(O_2)+\bold{\alpha_2(1)}a_{21}b_1(O_2)+\bold{\alpha_3(1)}a_{31}b_1(O_2) = \bold{\alpha_1(2)} $$ 同理可得 $\alpha_2(2),\alpha_3(2)$ $$ \bold{\alpha_2(2)} = P(O_1O_2,s_2=q_2|\lambda) =\bold{\alpha_1(1)}a_{12}b_1(O_2)+\bold{\alpha_2(1)}a_{22}b_1(O_2)+\bold{\alpha_3(1)}a_{32}b_1(O_2)\\\bold{\alpha_3(2)} = P(O_1O_2,s_2=q_3|\lambda) =\bold{\alpha_1(1)}a_{13}b_1(O_2)+\bold{\alpha_2(1)}a_{23}b_1(O_2)+\bold{\alpha_3(1)}a_{33}b_1(O_2) $$ 所以 $$ P(O_1O_2|\lambda) =P(O_1O_2,s_2=q_1|\lambda)+ P(O_1O_2,s_2=q_2|\lambda) +P(O_1O_2,s_2=q_3|\lambda)\\= \alpha_1(2)+\alpha_2(2)+\alpha_3(2) $$ 所以**前向演算法**過程如下： ​ step1：初始化 $\alpha_i(1)= \pi_i*b_i(O_1)$ ​ step2：計算 $\alpha(t) = (\sum^{N}_{i=1} \alpha_i(t-1)a_{ij})b_j(O_{t})$ ​ step3：$P(O|\lambda) = \sum^N_{i=1}\alpha_i(t)$ 相比暴力法，時間複雜度降低了嗎？ 當前時刻有 $N$ 個狀態，每個狀態可能由前一時刻 $N$ 個狀態中的任意一個轉移得到，所以單個時刻的時間複雜度為 $O(N^2)$,總**時間複雜度**為 $O(TN^2)$ **後向演算法** 在時刻 $t$，狀態為 $i$ 時，觀測到 $O_{t+1},O_{t+2}, ..., O_T$ 的概率，記為 $\beta _i(t)$ ： $$ \beta_{i}(t)=P\left(O_{t+1},O_{t+2}, ..., O_T | s_{t}=i, \lambda\right) $$ 當 $t=T$ 時，由於 $T$ 時刻之後為空，沒有觀測，所以 $\beta_i(t)=1$ 當 $t = T-1$ 時，觀測 $O_T$ ，$O_T$ 可能由任意一個狀態產生 $$ \beta_i(T-1) = P(O_T|s_{t}=i,\lambda) = a_{i1}b_1(O_T)\beta_1(T)+a_{i2}b_2(O_T)\beta_2(T)+a_{i3}b_3(O_T)\beta_3(T) $$  當 $t=1$ 時，觀測為 $O_{2},O_{3}, ..., O_T$ $$ \begin{aligned}\beta_1(1) &= P(O_{2},O_{3}, ..., O_T|s_1=1,\lambda)\\&=a_{11}b_1(O_2)\beta_1(2)+a_{12}b_2(O_2)\beta_2(2)+a_{13}b_3(O_2)\beta_3(2)\\\quad\\\beta_2(1) &= P(O_{2},O_{3}, ..., O_T|s_1=2,\lambda)\\&=a_{21}b_1(O_2)\beta_1(2)+a_{22}b_2(O_2)\beta_2(2)+a_{23}b_3(O_2)\beta_3(2)\\\quad\\\beta_3(1) &=P(O_{2},O_{3}, ..., O_T|s_1=3,\lambda)\\&=a_{31}b_1(O_2)\beta_1(2)+a_{32}b_2(O_2)\beta_2(2)+a_{33}b_3(O_2)\beta_3(2)\end{aligned} $$ 所以 $$ P(O_{2},O_{3}, ..., O_T|\lambda) = \beta_1(1)+\beta_2(1)+\beta_3(1) $$ 後向演算法過程如下： ​ step1：初始化 $\beta_i(T=1)$ ​ step2：計算 $\beta_i(t) = \sum^N_{j=1}a_{ij}b_j(O_{t+1})\beta_j(t+1)$ ​ step3：$P(O|\lambda) = \sum^N_{i=1}\pi_ib_i(O_1)\beta_i(1)$ - 時間複雜度 $O(N^2T)$ **前向-後向演算法**  回顧前向、後向變數： - $a_i(t)$ 時刻 $t$，狀態為 $i$ ，觀測序列為 $O_1,O_2, ..., O_t$ 的概率 - $\beta_i(t)$ 時刻 $t$，狀態為 $i$ ，觀測序列為 $O_{t+1},O_{t+2}, ..., O_T$ 的概率 $$ \begin{aligned}P(O,s_t=i|\lambda)&= P(O_1,O_2, ..., O_T,s_t=i|\lambda)\\&= P(O_1,O_2, ..., O_t,s_t=i,O_{t+1},O_{t+2}, ..., O_T|\lambda)\\&= P(O_1,O_2, ..., O_t,s_t=i|\lambda)*P(O_{t+1},O_{t+2}, ..., O_T|O_1,O_2, ..., O_t,s_t=i,\lambda) \\&= P(O_1,O_2, ..., O_t,s_t=i|\lambda)*P(O_{t+1},O_{t+2}, ..., O_T,s_t=i|\lambda)\\&= a_i(t)*\beta_i(t)\end{aligned} $$ 即在給定的狀態序列中，$t$ 時刻狀態為 $i$ 的概率。 使用前後向演算法可以計算隱狀態，記 $\gamma_i(t) = P(s_t=i|O,\lambda)$ 表示時刻 $t$ 位於隱狀態 $i$ 的概率 $$ P\left(s_{t}=i, O | \lambda\right)=\alpha_{i}(t) \beta_{i}(t) $$ $$ \begin{aligned}\gamma_{i}(t)&=P\left(s_{t}={i} | O, \lambda\right)=\frac{P\left(s_{t}={i}, O | \lambda\right)}{P(O | \lambda)} \\&=\frac{\alpha_{i}(t) \beta_{i}(t)}{P(O | \lambda)}=\frac{\alpha_{i}(t) \beta_{i}(t)}{\sum_{i=1}^{N} \alpha_{i}(t) \beta_{i}(t)}\end{aligned} $$ **未完待續。。。** ### Decoder 維特比演算法 維特比演算法的基礎可以概括為下面三點（來源於吳軍：數學之美）： 1、如果概率最大的路徑經過籬笆網路的某點，則從開始點到該點的子路徑也一定是從開始到該點路徑中概率最大的。 2、假定第i時刻有k個狀態，從開始到i時刻的k個狀態有k條最短路徑，而最終的最短路徑必然經過其中的一條。 3、根據上述性質，在計算第i+1狀態的最短路徑時，只需要考慮從開始到當前的k個狀態值的最短路徑和當前狀態值到第i+1狀態值的最短路徑即可，如求t=3時的最短路徑，等於求t=2時的所有狀態結點x2i的最短路徑加上t=2到t=3的各節點的最短路徑。 references： [1] https://www.cs.sjsu.edu/~stamp/RUA/HMM.pdf [2] https://www.cnblogs.com/skyme/p/4651A331.html [3] https://www.cnblogs.com/sjjsxl/p/6285629.html [4] https://hmmlearn.readthedocs.io/en/latest/tutorial.html [5] https://blog.csdn.net/xueyingxue001/article/details/52396494 [6] https://blog.csdn.net/hudashi/java/article/details/87875259 [7] https://www.zhihu.com/question/20136144 [8] https://blog.csdn.net/v_JULY_v/article/details/81708386 [9] https://blog.csdn.net/u014688145/article/details/