Competindo contra uma maioria ponderada ideal no algoritmo de especialistas

No problema dos especialistas, especialistas fornecem previsões binárias diariamente e você precisa prever se choverá amanhã. $n$

Ou seja, no dia , você conhece as previsões passadas dos especialistas, o tempo real para os dias as previsões para amanhã, e precisa prever se choverá no dia seguinte. $t$ $1,2,\ldots t$

No algoritmo clássico de Maioria Ponderada , o algoritmo comete erros de , onde é o número de erros do melhor especialista. $O(\log n + m)$ $m$

Para mim, isso parece uma promessa extremamente fraca, pois não permite nenhum benefício da combinação de previsões de vários especialistas.

Assume-se que cada resultado é , a previsão de especialistas no dia é , e o resultado de dias é . Podemos definir uma maioria ponderada óptimo '' adversário `` como uma função do peso ideal , de tal modo que a decisão tomada pelo adversário no dia é definido como $\{\pm 1\}$ $i$ $t$ $p_{i,t}$ $t$ $o_t$ $w\in\Delta([n])$ $t$ $sign(w\cdot p_t)$ , ou seja, a maioria ponderada das previsões, com relação ao vetor . Usando essa notação, o adversário anterior (melhor especialista) só podia escolher vetores unitários. $w$

$1,2,\ldots T$

E = \frac{1}{2} min_{w \in Δ ([n])} \sum_{t = 1}^{T} | s i g n (w \cdot p_{t}) - o_{t} |

$E = \frac{1}{2}\min_{w\in\Delta([n])} \sum_{t=1}^T|sign(w\cdot p_t)-o_t|$

Como você minimizaria o arrependimento, comparado a ? $E$

Para ver que esse é um adversário muito mais poderoso, considere o caso de especialistas e dias em que o resultado sempre foi . Se , cada especialista cometeu um erro, mas um vetor majoritário ponderado de não possuía. $3$ $3$ $1$ $p_1=(1,1,-1), p_2 = (1,-1,1), p_3=(-1,1,1)$ $(1/3,1/3,1/3)$

ds.algorithms machine-learning RB
fonte

Eu acho que você está procurando o método exponenciadas Gradiente: users.soe.ucsc.edu/~manfred/pubs/J36.pdf

Lev Reyzin

Os pesos multiplicativos apresentam o erro relação ao melhor especialista único (fora de ) nas rodadasPoderíamos criar "meta especialistas" correspondentes a todas as maiorias possíveis ponderadas e, em seguida, executar MW para obter o erro . Não tenho certeza de quão grande precisa ser - talvez suficiente.

O (\sqrt{T \log n})

$O(\sqrt{T\log n})$

n

$n$

T

$T$

N

$N$

O (\sqrt{T \log N})

$O(\sqrt{T \log N})$

N

$N$

N = n^{O (n)}

$N=n^{O(n)}$

Thomas

@ Thomas - pensei sobre isso há um tempo. Você precisaria definir , que é bastante grande: oeis.org/A000609 .

N = n^{Θ (n^{2})}

$N=n^{\Theta(n^2)}$

O (n \sqrt{T \log n})

$O(n \sqrt{T \log n})$ erros é um bom começo. O que você está buscando?

Thomas

@ Thomas - é realmente um começo. Eu estava esperando por um algoritmo e acredito que deveria ser viável.

o (n \sqrt{T})

$o(n\sqrt T)$

Se você não se importa com a randomização, os algoritmos padrão de aprendizado on-line na "estrutura de otimização convexa on-line" fornecem essencialmente o que você pede, na expectativa. A razão é que esses algoritmos são necessários para gerar uma distribuição para especialistas a cada passo, sofrendo uma perda esperada igual à expectativa de escolher um especialista nessa distribuição. E eles têm um baixo arrependimento esperado em comparação com a melhor distribuição para especialistas, ou seja, . $w \in \Delta([n])$ $O(\sqrt{\ln n / T})$

Por exemplo, você pode usar o algoritmo clássico de pesos multiplicativos, que é apenas a maioria ponderada, mas escolhe um especialista para seguir com probabilidade proporcional ao seu "peso". Isso é mencionado na pesquisa de Arora (Teorema 6): https://www.cs.princeton.edu/~arora/pubs/MWsurvey.pdf

usul
fonte

Usul, quando você diz "arrependimento comparado à melhor distribuição por especialistas", é isso que a RB está pedindo? Não é a maneira padrão de usar uma distribuição em especialistas para simplesmente fazer previsões fracionárias a cada vez que ? Ou (mais ou menos equivalente) para prever 1 com probabilidade e -1 caso contrário. Então, há sempre uma ótima usando um único perito, certo? Mas como eu entendo a sugestão de RB, é um pouco diferente: faça a previsão inteira: sign a cada vez que . Está claro que isso não pode dar previsões substancialmente melhores?

w

$w$

w \cdot p_{t}

$w\cdot p_t$

t

$t$

(w \cdot p_{t} + 1) / 2

$(w\cdot p_t + 1)/2$

w

$w$

(w \cdot p_{t})

$(w\cdot p_t)$

t

$t$

Neal Young

@NealYoung, bom ponto, eu não pensei nisso tão profundamente. I assumiu implicitamente você pode convexify esta função objetivo e obter um bom arrependimento para ele, mas que poderia ser errado ...

usul

Competindo contra uma maioria ponderada ideal no algoritmo de especialistas

Respostas: