aitech-moj-2023/wyk/05_Wygladzanie.org

• Wygładzanie w n-gramowych modelach języka
  • Dlaczego wygładzanie?
    • Wygładzanie — przykład
    • Idea wygładzania
    • Wygładzanie +1
      • Własności wygładzania +1
  • Wygładzanie w unigramowym modelu języku
    • Analogia do urny
    • Wygładzanie $+\alpha$
    • Jak wybrać wygładzanie?
    • Przykład
      • Tokenizacja
      • Empiryczne wyniki
    • Wygładzanie Gooda-Turinga
      • Przykład
  • Wygładzanie dla $n$-gramów
    • Rzadkość danych
    • Back-off
    • Interpolacja
  • Uwzględnianie różnorodności
    • Różnorodność kontynuacji
    • Wygładzanie Knesera-Neya

Wygładzanie w n-gramowych modelach języka

Dlaczego wygładzanie?

Wyobraźmy sobie urnę, w której znajdują się kule w $m$ kolorach (ściślej: w co najwyżej $m$ kolorach, może w ogóle nie być kul w danym kolorze). Nie wiemy, ile jest ogółem kul w urnie i w jakiej liczbie występuje każdy z kolorów.

Losujemy ze zwracaniem (to istotne!) $T$ kul, załóżmy, że wylosowaliśmy w poszczególnych kolorach $\{k_1,\dots,k_m\}$ kul (tzn. pierwszą kolor wylosowaliśmy $k_1$ razy, drugi kolor — $k_2$ razy itd.). Rzecz jasna, $\sum_{i=1}^m k_i = T$.

Jak powinniśmy racjonalnie szacować prawdopodobieństwa wylosowania kuli w $i$-tym kolorze ($p_i$)?

Wydawałoby się wystarczyłoby liczbę wylosowanych kul w danym kolorze podzielić przez liczbę wszystkich prób:

$$p_i = \frac{k_i}{T}.$$

Wygładzanie — przykład

Rozpatrzmy przykład z 3 kolorami (wiemy, że w urnie mogą być urny żółte, zielone i czerwone, tj. $m=3$) i 4 losowaniami ($T=4$):

Gdybyśmy w prosty sposób oszacowali prawdopodobieństwa, doszlibyśmy do wniosku, że prawdopodobieństwo wylosowania kuli czerwonej wynosi 3/4, żółtej — 1/4, a zielonej — 0. Wartości te są jednak dość problematyczne:

• Za bardzo przywiązujemy się do naszej skromnej próby, potrzebowalibyśmy większej liczby losowań, żeby być bardziej pewnym naszych estymacji.
• W szczególności stwierdzenie, że prawdopodobieństwo wylosowania kuli zielonej wynosi 0 jest bardzo mocnym stwierdzeniem (twierdzimy, że NIEMOŻLIWE jest wylosowanie kuli zielonej), dopiero większa liczba prób bez wylosowania zielonej kuli mogłaby sugerować prawdopodobieństwo bliskie zeru.
• Zauważmy, że niemożliwe jest wylosowanie ułamka kuli, jeśli w rzeczywistości 10% kul jest żółtych to nie oznacza się wylosujemy $4\frac{1}{10} = \frac{2}{5}$ kuli. Prawdopodobnie wylosujemy jedną kulę żółtą albo żadną. Wylosowanie dwóch kul żółtych byłoby możliwe, ale mniej prawdopodobne. Jeszcze mniej prawdopodobne byłoby wylosowanie 3 lub 4 kul żółtych.

Idea wygładzania

Wygładzanie (ang. smoothing) polega na tym, że „uszczknąć” nieco masy prawdopodobieństwa zdarzeniom wskazywanym przez eksperyment czy zbiór uczący i rozdzielić ją między mniej prawdopodobne zdarzenia.

Wygładzanie +1

Najprostszy sposób wygładzania to wygładzania +1, nazywane też wygładzaniem Laplace'a, zdefiniowane za pomocą następującego wzoru:

$$p_i = \frac{k_i+1}{T+m}.$$

W naszym przypadku z urną prawdopodobieństwo wylosowania kuli czerwonej określimy na $\frac{3+1}{4+3} = \frac{4/7}$, kuli żółtej — $\frac{1+1}{4+3}=2/7$, zielonej — $\frac{0+1}{4+3}=1/7$. Tym samym, kula zielona uzyskała niezerowe prawdopodobieństwo, żółta — nieco zyska, zaś czerwona — straciła.

Własności wygładzania +1

Zauważmy, że większa liczba prób $m$, tym bardziej ufamy naszemu eksperymentowi (czy zbiorowi uczącemu) i tym bardziej zbliżamy się do niewygładzonej wartości:

$$\lim_{m \rightarrow \infty} \frac{k_i +1}{T + m} = \frac{k_i}{T}.$$

Inna dobra, zdroworozsądkowo, własność to to, że prawdopodobieństwo nigdy nie będzie zerowe:

$$frac{k_i + 1}{T + m} > 0.$$

Wygładzanie w unigramowym modelu języku

Analogia do urny

Unigramowy model języka, abstrakcyjnie, dokładnie realizuje scenariusz losowania kul z urny: $m$ to liczba wszystkich wyrazów (czyli rozmiar słownika $|V|$), $k_i$ to ile razy w zbiorze uczącym pojawił się $i$-ty wyraz słownika, $T$ — długość zbioru uczącego.

A zatem przy użyciu wygładzania +1 w następujący sposób estymować będziemy prawdopodobieństwo słowa $w$:

$$P(w) = \fraq{\# w + 1}{|C| + |V|}.$$

Wygładzanie $+\alpha$

W modelowaniu języka wygładzanie $+1$ daje zazwyczaj niepoprawne wyniki, dlatego częściej zamiast wartości 1 używa się współczynnika $0 < \alpha < 1$:

$$P(w) = \fraq{\# w + \alpha}{|C| + \alpha|V|}.$$

W innych praktycznych zastosowaniach statystyki przyjmuje się $\alpha = \frac{1}{2}$, ale w przypadku n-gramowych modeli języka i to będzie zbyt duża wartość.

W jaki sposób ustalić wartość $\alpha$? Można $\alpha$ potraktować $\alpha$ jako hiperparametr i dostroić ją na odłożonym zbiorze.

Jak wybrać wygładzanie?

Jak ocenić, który sposób wygładzania jest lepszy? Jak wybrać $\alpha$ w czasie dostrajania?

Najprościej można sprawdzić estymowane prawdopodobieństwa na zbiorze strojącym (developerskim). Dla celów poglądowych bardziej czytelny będzie podział zbioru uczącego na dwie równe części — będziemy porównywać częstości estymowane na jednej połówce korpusu z rzeczywistymi, empirycznymi częstościami z drugiej połówki.

Wyniki będziemy przedstawiać w postaci tabeli, gdzie w poszczególnych wierszach będziemy opisywać częstości estymowane dla wszystkich wyrazów, które pojawiły się określoną liczbę razy w pierwszej połówce korpusu.

Ostatecznie możemy też po prostu policzyć perplexity na zbiorze testowym

Przykład

Użyjemy polskiej części z korpusu równoległego Open Subtitles:

wget -O en-pl.txt.zip 'https://opus.nlpl.eu/download.php?f=OpenSubtitles/v2018/moses/en-pl.txt.zip'
unzip en-pl.txt.zip

Usuńmy duplikaty (zachowując kolejność):

nl OpenSubtitles.en-pl.pl | sort -k 2 -u | sort -k 1 | cut -f 2- > opensubtitles.pl.txt

Korpus zawiera ponad 28 mln słów, zdania są krótkie, jest to język potoczny, czasami wulgarny.

$ wc opensubtitles.pl.txt
  28154303  178866171 1206735898 opensubtitles.pl.txt
$ head -n 10 opensubtitles.pl.txt
Lubisz curry, prawda?
Nałożę ci więcej.
Hey!
Smakuje ci?
Hey, brzydalu.
Spójrz na nią.
- Wariatka.
- Zadałam ci pytanie!
No, tak lepiej!
- Wygląda dobrze!

Podzielimy korpus na dwie części:

head -n 14077151 < opensubtitles.pl.txt > opensubtitlesA.pl.txt
tail -n 14077151 < opensubtitles.pl.txt > opensubtitlesB.pl.txt

Tokenizacja

Stwórzmy generator, który będzie wczytywał słowa z pliku, dodatkowo:

• ciągi znaków interpunkcyjnych będziemy traktować jak tokeny,
• sprowadzimy wszystkie litery do małych,
• dodamy specjalne tokeny na początek i koniec zdania (<s> i </s>).

  from itertools import islice
  import regex as re
  import sys

  def get_words_from_file(file_name):
    with open(file_name, 'r') as fh:
      for line in fh:
         line = line.rstrip()
         yield '<s>'
         for m in re.finditer(r'[\p{L}0-9\*]+|\p{P}+', line):
            yield m.group(0)
         yield '</s>'

  list(islice(get_words_from_file('opensubtitlesA.pl.txt'), 0, 100))

['<s>', 'Lubisz', 'curry', ',', 'prawda', '?', '</s>', '<s>', 'Nałożę', 'ci', 'więcej', '.', '</s>', '<s>', 'Hey', '!', '</s>', '<s>', 'Smakuje', 'ci', '?', '</s>', '<s>', 'Hey', ',', 'brzydalu', '.', '</s>', '<s>', 'Spójrz', 'na', 'nią', '.', '</s>', '<s>', '-', 'Wariatka', '.', '</s>', '<s>', '-', 'Zadałam', 'ci', 'pytanie', '!', '</s>', '<s>', 'No', ',', 'tak', 'lepiej', '!', '</s>', '<s>', '-', 'Wygląda', 'dobrze', '!', '</s>', '<s>', '-', 'Tak', 'lepiej', '!', '</s>', '<s>', 'Pasuje', 'jej', '.', '</s>', '<s>', '-', 'Hey', '.', '</s>', '<s>', '-', 'Co', 'do', '…?', '</s>', '<s>', 'Co', 'do', 'cholery', 'robisz', '?', '</s>', '<s>', 'Zejdź', 'mi', 'z', 'oczu', ',', 'zdziro', '.', '</s>', '<s>', 'Przestań', 'dokuczać']

Empiryczne wyniki

Zobaczmy, ile razy, średnio w drugiej połówce korpusu występują wyrazy, które w pierwszej wystąpiły określoną liczbę razy.

  from collections import Counter

  counterA = Counter(get_words_from_file('opensubtitlesA.pl.txt'))

counterA['taki']

42330

  max_r = 10

  buckets = {}
  for token in counterA:
    buckets.setdefault(counterA[token], 0)
    buckets[counterA[token]] += 1

  bucket_counts = {}

  counterB = Counter(get_words_from_file('opensubtitlesB.pl.txt'))

  for token in counterB:
    bucket_id = counterA[token] if token in counterA else 0
    if bucket_id <= max_r:
      bucket_counts.setdefault(bucket_id, 0)
      bucket_counts[bucket_id] += counterB[token]
    if bucket_id == 0:
      buckets.setdefault(0, 0)
      buckets[0] += 1

  nb_of_types = [buckets[ix] for ix in range(0, max_r+1)]
  empirical_counts = [bucket_counts[ix] / buckets[ix] for ix in range(0, max_r)]

Policzmy teraz jakiej liczby wystąpień byśmy oczekiwali gdyby użyć wygładzania +1 bądź +0.01. (Uwaga: zwracamy liczbę wystąpień, a nie względną częstość, stąd przemnażamy przez rozmiar całego korpusu).

  def plus_alpha_smoothing(alpha, m, t, k):
    return t*(k + alpha)/(t + alpha * m)

  def plus_one_smoothing(m, t, k):
    return plus_alpha_smoothing(1.0, m, t, k)

  vocabulary_size = len(counterA)
  corpus_size = counterA.total()

  plus_one_counts = [plus_one_smoothing(vocabulary_size, corpus_size, ix)  for ix in range(0, max_r)]

  plus_alpha_counts = [plus_alpha_smoothing(0.01, vocabulary_size, corpus_size, ix)  for ix in range(0, max_r)]

  data = list(zip(nb_of_types, empirical_counts, plus_one_counts, plus_alpha_counts))

  vocabulary_size

1181065

    import pandas as pd

    pd.DataFrame(data, columns=["liczba tokenów", "średnia częstość w części B", "estymacje +1", "estymacje +0.01"])

liczba tokenów średnia częstość w części B estymacje +1 estymacje +0.01 0 494664 1.805294 0.991839 0.009999 1 528998 0.591116 1.983678 1.009917 2 154689 1.574443 2.975517 2.009835 3 81398 2.512285 3.967356 3.009752 4 52899 3.502240 4.959196 4.009670 5 37917 4.433763 5.951035 5.009588 6 28921 5.280834 6.942874 6.009506 7 23267 6.209438 7.934713 7.009423 8 19014 7.265909 8.926552 8.009341 9 15849 8.193135 9.918391 9.009259

Wygładzanie Gooda-Turinga

Inna metoda — wygładzanie Gooda-Turinga — polega na zliczaniu, ile $n$-gramów (na razie rozpatrujemy model unigramowy, więc po prostu pojedynczych wyrazów) wystąpiło zadaną liczbę razy. Niech $N_r$ oznacza właśnie, ile $n$-gramów wystąpiło dokładnie $r$ razy; na przykład $N_1$ oznacza liczbę hapax legomena.

W metodzie Gooda-Turinga używamy następującej estymacji:

$$p(w) = \frac{\# w + 1}{|C|}\frac{N_{r+1}}{N_r}.$$

Przykład

  good_turing_counts = [(ix+1)*nb_of_types[ix+1]/nb_of_types[ix]  for ix in range(0, max_r)]

  data2 = list(zip(nb_of_types, empirical_counts, plus_one_counts, good_turing_counts))

  pd.DataFrame(data2, columns=["liczba tokenów", "średnia częstość w części B", "estymacje +1", "Good-Turing"])

liczba tokenów średnia częstość w części B estymacje +1 Good-Turing 0 494664 1.805294 0.991839 1.069409 1 528998 0.591116 1.983678 0.584838 2 154689 1.574443 2.975517 1.578613 3 81398 2.512285 3.967356 2.599523 4 52899 3.502240 4.959196 3.583905 5 37917 4.433763 5.951035 4.576470 6 28921 5.280834 6.942874 5.631513 7 23267 6.209438 7.934713 6.537671 8 19014 7.265909 8.926552 7.501893 9 15849 8.193135 9.918391 8.670579

Wygładzanie metodą Gooda-Turinga, mimo prostoty, daje wyniki zaskakująco zbliżone do rzeczywistych.

Wygładzanie dla $n$-gramów

Rzadkość danych

W wypadku bigramów, trigramów itd. jeszcze dotkliwy staje się problem rzadkości danych (data sparsity). Przestrzeń możliwych zdarzeń jest jeszcze większa ($|V|^2$ dla bigramów), więc estymacje stają się jeszcze mniej pewne.

Back-off

Dla $n$-gramów, gdzie $n>1$, nie jesteśmy ograniczeni do wygładzania $+1$, $+k$ czy Gooda-Turinga. W przypadku rzadkich $n$-gramów, w szczególności gdy $n$-gram w ogóle się nie pojawił w korpusie, możemy „zejść” na poziom krótszych $n$-gramów. Na tym polega back-off.

Otóż jeśli $\# w_{i-n+1}\ldots w_{i-1} > 0$, wówczas estymujemy prawdopodobieństwa w tradycyjny sposób:

$$P_B(w_i|w_{i-n+1}\ldots w_{i-1}) = d_n(w_{i-n+1}\ldots w_{i-1}\ldots w_{i-1}) P(w_i|w_{i-n+1}\ldots w_{i-1})$$

W przeciwnym razie, rozpatrujemy rekurencyjnie krótszy $n$-gram:

$$P_B(w_i|w_{i-n+1}\ldots w_{i-1}) = \delta_n(w_{i-n+1}\ldots w_{i-1}\ldots w_{i-1}) P_B(w_i|w_{i-n+2}\ldots w_{i-1}).$$

Technicznie, aby $P_B$ stanowiło rozkład prawdopodobieństwa, trzeba dobrać współczynniki $d$ i $\delta$.

Interpolacja

Alternatywą do metody back-off jest interpolacja — zawsze z pewnym współczynnikiem uwzględniamy prawdopodobieństwa dla krótszych $n$-gramów:

$$P_I(w_i|w_{i-n+1}\ldots w_{i-1}) = \lambda P(w_i|w_{i-n+1}\dots w_{i-1}) + (1-\lambda) P_I(w_i|w_{i-n+2}\dots w_{i-1}).$$

Na przykład, dla trigramów:

$$P_I(w_i|w_{i-2}w_{i-1}) = \lambda P_(w_i|w_{i-2}w_{i-1}) + (1-\lambda)(\lambda P(w_i|w_{i-1}) + (1-\lambda)P_I(w_i)).$$

Uwzględnianie różnorodności

Różnorodność kontynuacji

Zauważmy, że słowa mogą bardzo różnić się co do różnorodności kontynuacji. Na przykład po słowie szop spodziewamy się raczej tylko słowa pracz, każde inne, niewidziane w zbiorze uczącym, będzie zaskakujące. Dla porównania słowo seledynowy ma bardzo dużo możliwych kontynuacji i powinniśmy przeznaczyć znaczniejszą część masy prawdopodobieństwa na kontynuacje niewidziane w zbiorze uczącym.

Różnorodność kontynuacji bierze pod uwagę metoda wygładzania Wittena-Bella, będącą wersją interpolacji.

Wprowadźmy oznaczenie na liczbę możliwych kontynuacji $n-1$-gramu $w_1\ldots w_{n-1}$:

$$N_{1+}(w_1\ldots w_{n-1}\dot\bullet) = |\{w_n : \# w_1\ldots w_{n-1}w_n > 0\}|.$$

Teraz zastosujemy interpolację z następującą wartością parametru $1-\lambda$, sterującego wagą, jaką przypisujemy do krótszych $n$-gramów:

$$1 - \lambda = \frag{N_{1+}(w_1\ldots w_{n-1}\dot\bullet)}{N_{1+}(w_1\ldots w_{n-1}\dot\bullet) + \# w_1\ldots w_{n-1}}.$$

Wygładzanie Knesera-Neya

Zamiast brać pod uwagę różnorodność kontynuacji, możemy rozpatrywać różnorodność historii — w momencie liczenia prawdopodobieństwa dla unigramów dla interpolacji (nie ma to zastosowania dla modeli unigramowych). Na przykład dla wyrazu Jork spodziewamy się tylko bigramu Nowy Jork, a zatem przy interpolacji czy back-off prawdopodobieństwo unigramowe powinno być niskie.

Wprowadźmy oznaczenia na liczbę możliwych historii:

$$N_{1+}(\bullet w) = |\{w_j : \# w_jw > 0\}|$$.

W metodzie Knesera-Neya w następujący sposób estymujemy prawdopodobieństwo unigramu:

$$P(w) = \frac{N_{1+}(\bullet w)}{\sum_{w_j} N_{1+}(\bullet w_j)}.$$