基于胜率矩阵的PageRank排序

  在做博弈模型评估的时候，遇到一个问题是如何评价多个模型的优劣。例如我有训练好的三个围棋模型A,B,C，两两之间对打之后有一个胜负关系，如何对这三个模型进行排序呢？通常对于人类选手这种水平有波动的情形，棋类比赛通常计算选手Elo得分按分值排序，足球篮球等通过联赛积分或胜场进行排序，但对于固定不变的AI模型，我认为用类似PageRank的方式计算更方便也更加准确。

  这篇文章先从问题来源讲起，再讲解PageRank算法的思想，最后编程实现排序方法并指出一些需要注意的地方。

目录

• 一、问题来源
• 二、PageRank算法
  • 算法思想
  • 数学原理
• 三、实例分析
  • 对角线取值
  • 构造不可约且正常返
  • 完整代码及示例

一、问题来源

  现在，深度强化学习更多的用在博弈模型的训练当中，比如围棋的AlphaZero，星际争霸的AlphaStar,DOTA的OpenAI FIVE。比如我们已经训练好了三个模型A，B，C，并且可以相互对打很多局，我们需要一个方法排出谁第一，谁第二。之前NeurIPS2019多智能体竞赛设计的排序方法就存在明显的bug,出现了A能胜过B，且A对C的胜率高于B对C的胜率，最后算出的排名却是B更靠前。主办方也承认了计算方式有缺陷并表示会在之后的比赛中修正，但是当前排名维持不变。

  那为什么成熟的Elo值计算方式没有用在这类模型评估上面呢？Elo值通常用在围棋、象棋等棋类排名上，电子竞技例如英雄联盟等也可以认为是类似Elo的积分方式。这类问题的特点是

• 可通过一对一比赛得到一局的胜负关系，但和相同对手的对局次数有限，很难得到稳定的胜率关系。
• 玩家水平并非固定不变，可随环境、状态等因素波动（临场发挥），也可因长期训练/荒废而提升/下降（绝对实力）。

  我们需要根据这种1v1(or 5v5)的每一局的胜负关系，给出所有玩家的即时能力大小排序。由于每个人的水平都会因为身体因素、年龄因素等产生波动，这和一个固定的模型是不一样的。而Elo可以根据每一局的实时对局结果立即更新当前排名，对棋类、竞技体育等的时效性需求非常适合，也可以较为准确的反应玩家的当前水平排名。虽然它也不是绝对的准确，不过已经是针对这类需求很好的排序方法了。

  回过头来，对于已经训练好的AI模型，它的能力不会发生变化，并且我们可以通过足够多的测试得到两两之间的准确胜率关系，这种情况下我们如果强行套Elo的算法一局一局挑选对手对打，更新Elo值，再挑对手对打，再更新Elo值，就会显得没有必要(因为我们并不关心每一局后的实时排名)而且很麻烦，再者如果中途有一个新加入的模型需要从0开始评估，要想得到较为稳定的排名关系就会显得更加麻烦。

  而PageRank的方法可以充分利用模型之间容易得到的稳定胜负关系，用矩阵迭代的方式计算出最终排名，简单且准确。

二、PageRank算法

算法思想

  PageRank算法是Google发明用来做网页排序的，依据网页之间的链接关系对网页重要度进行排序。其主要设计思想如下

• (1) 每个网页的初始重要程度相同,比如(a=1,b=1,c=1,...)
• (2) 如果许多网页(b,c,d...)指向某个网页(a)，则网页(a)很重要
• (3) 如果某个重要的网页(a)指向某个网页(b)，则网页(b)因为(a)很重要也会获得更高的重要度。

  这个想法其实和paper的引用有相似之处，每一篇新paper刚发表,很难评价其质量，可以粗略认为paper质量都一样；如果有一篇paper被引用很多，那么这篇paper肯定质量比较好；如果某偏很好的paper引用了另一篇paper，那这篇被引用的paper也理应质量不错。

  基于这三点主要思想，我们假定有a,b,c,d四个网址，其链接关系如图所示

  首先根据思想(1),假定每个网页的初始重要度相同，比如都是1，则有重要度向量(x=(1,1,1,1))。

  接下来我们根据思想(2)、(3)计算每个网页被指向后的重要度变化。令(T_{i,j})表示网页(j)是否指向网页(i)，则有

[T_{i,j}= left{egin{array}{l} 1, if j ightarrow i\ 0,otherwise end{array} ight. ]

  其中(i,j in {a,b,c,d})，且自己指向自己记为0，即(T(i,i)=0)。重要度的变化如下计算(x_i=sum x_j imes T_{i,j})，这种方式也很直觉，就是把所有指向(i)的网页的当前重要度加起来，就是网页(i)的重要度。由于刚开始大家的初始重要度都是1，则从图中的指向关系可以算出

[egin{array}{l} x^prime(a)=1 imes T_{a,a}+1 imes T_{a,b}+1 imes T_{a,c}+1 imes T_{a,d}\ qquad = 1 imes 0 + 1 imes 0 + 1 imes 1 + 1 imes 1 \ qquad = 2 end{array} ]

  同理有(x^prime(b)=1;x^prime(c)=3;x^prime(d)=2)。这里有一个问题需要注意，大家的初始权值都为1，但是发出去的权重却大于1，例如网页(a)指向了(b,c,d)三个网页，它发出去的权值为3，这是不太合理的。一个简单的修正方式是，令(T_{i,j})中同一个网页发出去的链接的和为1，从而每个(T_{i,j})还表示发出去的权值，而不仅仅表示有无。即有

[T_{i,j}leftarrow left{egin{array}{l} frac{1}{sum_{k in {a,b,c,d}} T_{k,j}}, if exists j ightarrow k\ 0, otherwise end{array} ight. ]

  此时，我们有(T_{i,a}=frac{1}{3};T_{i,b}=frac{1}{2};T_{i,c}=1;T_{i,d}=frac{1}{2})。重新计算每个网页的重要度有

[egin{array}{l} x^prime(a)=1 imes T_{a,a}+1 imes T_{a,b}+1 imes T_{a,c}+1 imes T_{a,d}\ qquad = 1 imes 0 + 1 imes 0 + 1 imes 1 + 1 imes frac{1}{2} \ qquad = frac{3}{2} end{array} ]

  同理有(x^prime(b)=frac{1}{3};x^prime(c)=frac{4}{3};x^prime(d)=frac{5}{6})。我们继续将重要度向量(x)进行第二次迭代计算，有

[egin{array}{l} x^{primeprime}(a)=x^prime(a) imes T_{a,a} + x^prime(b) imes T_{a,b}+ x^prime(c) imes T_{a,c}+ x^prime(d) imes T_{a,d}\ qquad = frac{3}{2} imes 0 + frac{1}{3} imes 0 + frac{4}{3} imes 1 + frac{5}{6} imes frac{1}{2} \ qquad = frac{7}{4} end{array} ]

  同理有(x^{primeprime}(b)=frac{1}{2};x^{primeprime}(c)=frac{13}{12};x^{primeprime}(d)=frac{2}{3})。将计算表示为矩阵形式，我们有

[x=egin{pmatrix} 1 \ 1 \ 1 \ 1 end{pmatrix}, qquad T=egin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & frac{1}{2} \ frac{1}{3} & 0 & 0 & 0 \ frac{1}{3} & frac{1}{2} & 0 & frac{1}{2} \ frac{1}{3} & frac{1}{2} & 0 & 0 end{pmatrix} ]

  那么前两次迭代可以表示为

[x^prime=Tx;quad x^{primeprime}=Tx^prime=T^2x ]

  经过无穷次迭代(x^infty=T^infty x)收敛，(x^infty)每个分量的大小即为对应网页的重要度大小。实际情况中，不必作无限次运算即可收敛。

  接下来的问题是：对于任意这样的矩阵，是否都会收敛呢？如何判断当前矩阵是否具有这种收敛性？下一步给出比较直观的理解和判断方法，忽略证明过程。

数学原理

  如果我们把这个问题看作一个马氏(随机)过程，那么四个网页组成的向量(x)其实就是四个状态。我们不取权值1，而是归一化为(x=(frac{1}{4},frac{1}{4},frac{1}{4},frac{1}{4}))，那么(x)可以看做是该马氏过程的初始状态概率分布。矩阵(T)就是一步的状态转移概率矩阵。我们的目标则是求该转移矩阵的平稳分布，这个平稳分布是与初始状态分布(x)无关的，也就是说无论(x)的取值是多少，最后算出来的(x^infty)都一样。那么现在的问题是什么样的(T)可以保证平稳分布存在且唯一。这里我们给出结论并简单解释，不作数学证明，可参考马氏链平稳分布存在与唯一性的简洁证明与计算。

  定理: 若马氏链不可约且正常返，则平稳分布存在且唯一。

• 不可约：通俗来说，就是每个状态都可以通过一步或者多步转移到达任意另一个状态。
• 正常返：可以理解为每个状态在有限步转移后再回到自己的概率为1。
  
  如下图所示例子
  
  
  

  从图中可以看出，(a)可以通过(a ightarrow b ightarrow c ightarrow d)到达(d)，而(d)无法转移到(a)等状态，所以这个转移矩阵不可约。同理，当(a)转移到(d)等状态时，就再也无法回到(a)，则该转移矩阵非正常返。这种情况下我们无法得到唯一的分布。

  例如我们分别取初始分布为

[x_1=egin{pmatrix} 0.1 \ 0.2 \ 0.3 \ 0.1 \ 0.1 \ 0.2 end{pmatrix}, qquad x_2=egin{pmatrix} 0 \ 0 \ 0 \ 0.3 \ 0.2 \ 0.5 end{pmatrix} ]

  状态转移矩阵为

[T=egin{pmatrix} 0 & 0 & 0.5 & 0 & 0 & 0 \ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0.5 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 0.5 & 0 & 1 \ 0 & 0 & 0 & 0.5 & 1 & 0 end{pmatrix} ]

  则有

[x^infty_1=T^infty x_1=egin{pmatrix} 0 \ 0 \ 0 \ 0 \ 0.45 \ 0.55 end{pmatrix}, qquad x^infty_2=T^infty x_2 = egin{pmatrix} 0 \ 0 \ 0 \ 0 \ 0.35 \ 0.65 end{pmatrix} ]

  显然(x^infty_1 ot = x^infty_2)。

  到这里我们说明了收敛性的问题，但其实真正在运用的时候还会遇到一些实际问题。下面，我们回到需要真正解决的AI模型排序的问题，用代码实现算法，并解决一些运用中遇到的实际问题。

三、实例分析

  通过前述方式构建胜率矩阵，我们可以算得平稳分布，但还有一些实际问题需要微调算法。

对角线取值

  在之前的网页排序里，对角线的元素被取为0，如果在胜率矩阵中也取为0，会出现错误的排序。假如胜率矩阵为

    a    b    c
a   0   0.2  0.9
b  0.8   0    1  
c  0.1   0    0

  其中(a)对(b)的胜率为0.2，(a)对(c)的胜率为0.9;而(b)对(a)的胜率为0.8，(b)对(c)的胜率为1。可以很容易的看出(b)是最厉害的，(a)次之，(c)最弱。但如果我们直接套前面的计算方式，有

import numpy as np

T = np.matrix([[0  ,0.2,0.9],
               [0.8, 0 , 1 ],
               [0.1, 0 , 0 ]])

for i in range(T.shape[0]): # 归一化为状态转移概率矩阵
    T[:,i] = T[:,i]/np.sum(T[:,i])

X = np.matrix([1/3,1/3,1/3]) # 初始分布
X = X.T

print(T)
print(T**2000*X) 

  得到

T: 
[[0.         1.         0.47368421]
 [0.88888889 0.         0.52631579]
 [0.11111111 0.         0.        ]]

X：
[[0.48579545]
 [0.46022727]
 [0.05397727]]

  可以发现(a)居然比(b)的分值高，这显然是不合理的。出现这个问题的原因在于，在将胜率矩阵转化为概率矩阵时，归一化的操作改变了(b)指向(a)的权值，直接从0.2拉到了1，使得(b)把所有自身的重要度都贡献给了(a)。一个合理的解决办法是将对角线取为0.5，表示自己对自己的胜率是五五开。这种方式可以防止某个概率在归一化的过程中被不合理的放缩。此时胜率矩阵为：

    a    b    c
a  0.5  0.2  0.9
b  0.8  0.5   1  
c  0.1   0   0.5

  计算得到

T：
[[0.35714286 0.28571429 0.375     ]
 [0.57142857 0.71428571 0.41666667]
 [0.07142857 0.         0.20833333]]

X：
[[0.31038506]
 [0.66161027]
 [0.02800467]]

  可以看到，这个结果是合理的。同时这种方式还可以防止某一列出现全为0的情形。

构造不可约且正常返

  通常我们需要考虑到各种胜负关系的情况，来保证平稳分布存在且唯一。假如胜率矩阵为

    a    b    c
a  0.5   1    1
b   0   0.5  0.3  
c   0   0.7  0.5

  可以看出(a)对(b)和(c)的胜率都为1;而(c)对(b)的胜率为0.7。可以很容易的看出排序应该为(a,c,b)。但计算得到的结果为：

T：
[[1.         0.45454545 0.55555556]
 [0.         0.22727273 0.16666667]
 [0.         0.31818182 0.27777778]]

X:
[[1.]
 [0.]
 [0.]]

  可以发现(b)和(c)的排序无法区分。出现这个问题的原因在于(a)是一个吸收态，只有指入没有指出。可以通过一个权值很小的均匀的转移矩阵进行微调。取

[E=egin{pmatrix} frac{1}{3} & frac{1}{3} & frac{1}{3} \ frac{1}{3} & frac{1}{3} & frac{1}{3} \ frac{1}{3} & frac{1}{3} & frac{1}{3} end{pmatrix} ]

  其中权重参数(alpha=0.001),则修正后的矩阵表示为(S = (1-alpha) imes T + alpha imes E)。这里的(T)是归一化为概率矩阵的(T)。此时有矩阵(S)对每个状态都至少有一个小的转移概率，即不存在吸收态。同时可以注意到(T)并不满足不可约且正常返的条件，但(T)存在平稳分布，这说明了之前的定理条件是充分条件，而非必要条件。可以留意一下这点。最终有

T = np.matrix([[0.5, 1 , 1 ],
               [ 0 ,0.5,0.3],
               [ 0 ,0.7,0.5]])

for i in range(T.shape[0]): # 归一化为状态转移概率矩阵
    T[:,i] = T[:,i]/np.sum(T[:,i])

E = np.matrix(np.ones_like(T))/T.shape[0]
alpha = 1e-3
S = (1-alpha)*T+alpha*E

X = np.matrix([1/3,1/3,1/3]) # 初始分布
X = X.T

print(S)
print(S**2000*X) 

  得到

S:
[[9.99333333e-01 4.54424242e-01 5.55333333e-01]
 [3.33333333e-04 2.27378788e-01 1.66833333e-01]
 [3.33333333e-04 3.18196970e-01 2.77833333e-01]]

X:
[[9.98694573e-01]
 [5.86177258e-04]
 [7.19249506e-04]]

  此结果合理，且可以看出(a)远远强于(c,b)。

完整代码及示例

  最终代码封装为函数：

def pagerank(T):
    assert type(T) == np.matrix, 'please use np.matrix'
    for i in range(T.shape[0]):
        T[:,i] = T[:,i]/np.sum(T[:,i])
    E = np.matrix(np.ones_like(T))/T.shape[0]
    alpha = 1e-3
    S = (1-alpha)*T+alpha*E
    
    X = np.matrix([1]*T.shape[0])/T.shape[0]
    X = X.T
    
    score = S**200*X
    
    return score

  我们给一个不太好肉眼判断的胜率关系如下：

    a    b    c
a  0.5  0.6  0.3
b  0.4  0.5  0.6  
c  0.7  0.4  0.5

  这里三个模型出现了相互克制的情形，即
(a stackrel{beats}{longrightarrow} b stackrel{beats}{longrightarrow} c stackrel{beats}{longrightarrow} a),带入函数：

score：
matrix([[0.30789762],
        [0.34109655],
        [0.35100582]])

  可得排序关系(c,b,a)。