Transformer升级之路:4、二维位置的旋转式位置编码
By 苏剑林 | 2021-05-10 | 97579位读者 |在之前的文章《Transformer升级之路:2、博采众长的旋转式位置编码》中我们提出了旋转式位置编码RoPE以及对应的Transformer模型RoFormer。由于笔者主要研究的领域还是NLP,所以本来这个事情对于笔者来说已经完了。但是最近一段时间,Transformer模型在视觉领域也大火,各种Vision Transformer(ViT)层出不穷,于是就有了问题:二维情形的RoPE应该是怎样的呢?
咋看上去,这个似乎应该只是一维情形的简单推广,但其中涉及到的推导和理解却远比我们想象中复杂,本文就对此做一个分析,从而深化我们对RoPE的理解。
二维RoPE #
什么是二维位置?对应的二维RoPE又是怎样的?它的难度在哪里?在这一节中,我们先简单介绍二维位置,然后直接给出二维RoPE的结果和推导思路,在随后的几节中,我们再详细给出推导过程。
二维位置 #
在NLP中,语言的位置信息是一维的,换句话说,我们需要告诉模型这个词是句子的第几个词;但是在CV中,图像的位置信息是二维的,即我们需要告诉模型这个特征是在第几行、第几列。这里的二维指的是完整描述位置信息需要两个数字,并不是指位置向量的维数。
有读者可能想:简单展平后当作一维的处理不行吗?确实不大行,比如一个$h\times h$的feature map,位置$(x,y)$展平后就变成了$xh + y$,而位置$(x+1,y)$和$(x,y+1)$展平后就分别变成了$xh+y+h$和$xh+y+1$,两者与$xh + y$的差分别是$h$和$1$。然而,按照我们直观的认识,$(x+1,y)$、$(x,y+1)$它们与$(x,y)$的距离应该是一样的才对,但是展平后却得到了不一样的$h$和$1$,这未免就不合理了。
所以,我们需要专门为二维情形设计的位置编码,不能简单地展平为一维来做。
标准答案 #
经过后面的一番推导,得到二维RoPE的一个解为:
\begin{equation}\boldsymbol{\mathcal{R}}_{x,y}=\left(
\begin{array}{cc:cc}
\cos x\theta & -\sin x\theta & 0 & 0 \\
\sin x\theta & \cos x\theta & 0 & 0 \\
\hdashline
0 & 0 & \cos y\theta & -\sin y\theta \\
0 & 0 & \sin y\theta & \cos y\theta \\
\end{array}\right)\label{eq:rope-2d}\end{equation}
其中这个解很容易理解,它是两个一维RoPE组成的分块矩阵,实现上它就是将输入向量分为两半,一半施加$x$的一维RoPE,一半施加$y$的一维RoPE。由此形式我们也不难类比三维、四维等位置的RoPE。
矩阵$\eqref{eq:rope-2d}$是一个正交矩阵,它满足两个关键性质:
1、相对性:即$\boldsymbol{\mathcal{R}}_{x_1,y_1}^{\top}\boldsymbol{\mathcal{R}}_{x_2,y_2}=\boldsymbol{\mathcal{R}}_{x_2-x_1,y_2-y_1}$,也正是由于这个性质,RoPE才具有通过绝对位置实现相对位置的能力;
2、可逆性:给定$\boldsymbol{\mathcal{R}}_{x,y}$可以反解出$x,y$,这意味着对位置信息的编码是无损的。
某种意义上来说,式$\eqref{eq:rope-2d}$是满足上述两个性质的最简单解,也就是说,虽然存在略有不同的解满足上述两个性质,但是它们形式上和实现上都相对复杂些。
推导思路 #
事后来看,RoPE其实就是找到了矩阵$\boldsymbol{\mathcal{R}}_n=\begin{pmatrix}\cos n\theta & -\sin n\theta\\ \sin n\theta & \cos n\theta\end{pmatrix}$,使得满足“相对性”条件:
\begin{equation}\boldsymbol{\mathcal{R}}_m^{\top}\boldsymbol{\mathcal{R}}_n=\boldsymbol{\mathcal{R}}_{n-m}\label{eq:re}\end{equation}
所以,不难想到,二维RoPE的基本要求也是满足相对性,即要找到矩阵$\boldsymbol{\mathcal{R}}_{x,y}$,使得它满足二维的相对性条件$\boldsymbol{\mathcal{R}}_{x_1,y_1}^{\top}\boldsymbol{\mathcal{R}}_{x_2,y_2}=\boldsymbol{\mathcal{R}}_{x_2-x_1,y_2-y_1}$。不过,如果仅仅是这个要求的话,可行解就很多了,比如直接让
\begin{equation}\boldsymbol{\mathcal{R}}_{x,y} = \begin{pmatrix}\cos (x+y)\theta & -\sin (x+y)\theta\\ \sin (x+y)\theta & \cos (x+y)\theta\end{pmatrix}\end{equation}
但这个解的问题是,我们无法从$x+y$逆向推出$(x,y)$,这意味着这个选择对位置信息来说是有损的,所以我们需要多一个“可逆性”,保证可以从位置矩阵中无损地重构出原始位置信号。
对此,我们有两个比较自然的途径选择:1、四元数;2、矩阵指数。接下来我们将会逐一介绍它们。
四元数 #
在一维RoPE的推导中,我们主要以复数为工具,而四元数(Quaternion)是复数的推广,它同时也保留了复数的很多性质,所以用它来推导二维RoPE也算是一个自然的思路。不过很遗憾,这是一条走不通的途径,但笔者仍然将思考过程放置在此,供大家参考。
复数与矩阵 #
在高中时我们就学习过,复数$a+b\boldsymbol{i}$跟二维向量$(a,b)$时一一对应的(为了跟后面的四元数对齐,这里把虚数单位$\boldsymbol{i}$也加粗了),但这个对应关系只能保持加减法对应(因为向量没有通用的乘法运算)。更精妙的对应是将复数与矩阵对应
\begin{equation}a+b\boldsymbol{i} \quad \leftrightarrow \quad \begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix}\end{equation}
在这个映射下,复数的加减乘除与矩阵的加减乘除一一对应,比如
\begin{equation}\begin{array}{ccc}
(a+b\boldsymbol{i})(c+d\boldsymbol{i}) &=& (ac - bd) + (ad + bc)\boldsymbol{i} \\[5pt]
\begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} c & -d \\ d & c \end{pmatrix} &=& \begin{pmatrix} ac - bd & - ad - bc \\ ad + bc & ac - bd \end{pmatrix}
\end{array}\end{equation}
所以,矩阵映射才是复数域的完全同构,而向量映射只是直观的几何理解。
复数的矩阵映射也是RoPE的重要基础,在《Transformer升级之路:2、博采众长的旋转式位置编码》中我们已经推导得到RoPE的复数表示是$\boldsymbol{q}e^{n\boldsymbol{i}\theta}=(\cos n\theta + \boldsymbol{i}\sin n\theta)\boldsymbol{q}$,所以根据复数的矩阵映射,$\cos n\theta + \boldsymbol{i}\sin n\theta$就对应着矩阵
\begin{equation}\boldsymbol{\mathcal{R}}_n=\begin{pmatrix}\cos n\theta & -\sin n\theta\\ \sin n\theta & \cos n\theta\end{pmatrix}\end{equation}
从而得到了一维RoPE的矩阵形式。
四元数简介 #
前面说了,四元数是复数是一种推广,事实上它还是矩阵的“鼻祖”,从历史上来说,是先有四元数然后才有一般的矩阵运算,并且四元数启发了矩阵的很多运算。早年笔者也写了《与向量的渊源极深的四元数》、《几何的数与数的几何:超复数的浅探究》等文章来介绍四元数,欢迎读者参考。
如果说复数是一个二维向量,那么四元数就是一个四维向量,表示为$a+b\boldsymbol{i}+c\boldsymbol{j}+d\boldsymbol{k}$,这里的$\boldsymbol{i}^2=\boldsymbol{j}^2=\boldsymbol{k}^2=-1$,但是它们本身都各不相等,几个基之间的运算规则是:
\begin{array}{c|cccc}
\times & 1 & \boldsymbol{i} & \boldsymbol{j} & \boldsymbol{k} \\
\hline
1 & 1 & \boldsymbol{i} & \boldsymbol{j} & \boldsymbol{k} \\
\boldsymbol{i} & \boldsymbol{i} & -1 & \boldsymbol{k} & -\boldsymbol{j} \\
\boldsymbol{j} & \boldsymbol{j} & -\boldsymbol{k} & -1 & \boldsymbol{i} \\
\boldsymbol{k} & \boldsymbol{k} & \boldsymbol{j} & -\boldsymbol{i} & -1 \\
\end{array}
在当时它给人们最大的冲击是非交换性,比如$\boldsymbol{i}\boldsymbol{j}=-\boldsymbol{j}\boldsymbol{i}\neq \boldsymbol{j}\boldsymbol{i}$。但除此之外,它跟复数运算其实是高度相似的。
比如类似复数的欧拉公式
\begin{equation}e^{a+b\boldsymbol{i}+c\boldsymbol{j}+d\boldsymbol{k}} = e^a\left(\cos r + \frac{b\boldsymbol{i}+c\boldsymbol{j}+d\boldsymbol{k}}{r}\sin r\right)\label{eq:euler}\end{equation}
这里$r = \Vert b\boldsymbol{i}+c\boldsymbol{j}+d\boldsymbol{k}\Vert = \sqrt{b^2+c^2+d^2}$。此外,还有类似的矩阵映射
\begin{equation}
a+b\boldsymbol{i}+c\boldsymbol{j}+d\boldsymbol{k} \quad \leftrightarrow \quad \begin{pmatrix}
a & -b & -c & -d \\
b & a & -d & c \\
c & d & a & -b \\
d & -c & b & a
\end{pmatrix}\label{eq:mapping}\end{equation}
违背相对性 #
关于这些公式背后的起源,那就说来话长了,这里也不打算细谈,有兴趣的读者请自行搜索资料阅读。有了欧拉公式和指数映射后,读者或许反应过来:一维RoPE无非是$e^{n\boldsymbol{i}\theta}$对应的矩阵映射,那么二维RoPE的话将$e^{x\boldsymbol{i}\theta + y\boldsymbol{j}\theta}$映射为矩阵形式不就行了?
笔者一开始也是这样想的,很遗憾,这是错的。错在哪里呢?在一维RoPE中,我们利用了内积的复数表示:
\begin{equation}\langle\boldsymbol{q},\boldsymbol{k}\rangle=\text{Re}[\boldsymbol{q}\boldsymbol{k}^*]\end{equation}
该恒等式在四元数中同样成立,因此可以照搬。接着我们利用了复指数:
\begin{equation}\langle\boldsymbol{q}e^{m\boldsymbol{i}\theta},\boldsymbol{k}\boldsymbol{q}e^{n\boldsymbol{i}\theta}\rangle=\text{Re}\left[\left(\boldsymbol{q}e^{m\boldsymbol{i}\theta}\right)\left(\boldsymbol{k}e^{n\boldsymbol{i}\theta}\right)^*\right]=\text{Re}\left[\boldsymbol{q}e^{m\boldsymbol{i}\theta}e^{-n\boldsymbol{i}\theta}\boldsymbol{k}^*\right]=\text{Re}\left[\boldsymbol{q}e^{(m-n)\boldsymbol{i}\theta}\boldsymbol{k}^*\right]\end{equation}
前两个等号都可以照搬到四元数中,关键是第三个等号在四元数中并不恒成立!一般地,对于两个四元数$\boldsymbol{p},\boldsymbol{q}$,等式$e^{\boldsymbol{p}+\boldsymbol{q}}=e^{\boldsymbol{p}}e^{\boldsymbol{q}}$并不成立!更广义来说,对于两个乘法不满足交换律的对象,一般都有$e^{\boldsymbol{p}+\boldsymbol{q}}\neq e^{\boldsymbol{p}}e^{\boldsymbol{q}}$。
所以,推导到最后,由于指数乘法无法转换为加法,最后的相对性没法得到保证。因此通过四元数推导这条路,就此夭折了...
矩阵指数 #
四元数的矩阵映射表明四元数事实上代表了一簇特定的$4\times 4$矩阵,四元数推导走不通,那么或许使用一般的矩阵分析可以走得通。事实上确实如此,在这一节中,我们将利用矩阵指数给出一个推导结果。
矩阵指数 #
这里的矩阵指数,并不是神经网络的用指数函数作为激活函数的逐位运算,而是是按照幂级数定义的运算:
\begin{equation}\exp \boldsymbol{B} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\boldsymbol{B}^k}{k!}\end{equation}
其中$\boldsymbol{B}^k$是指按照矩阵乘法将$k$个$\boldsymbol{B}$连乘。关于矩阵指数,笔者之前曾写过《恒等式 det(exp(A)) = exp(Tr(A)) 赏析》,也欢迎参考阅读。
矩阵指数是非常重要的一种矩阵运算,它可以直接写出常系数微分方程组$\frac{d}{dt}\boldsymbol{x}_t=\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}_t$的解:
\begin{equation}\boldsymbol{x}_t = \big(\exp t\boldsymbol{A}\big)\boldsymbol{x}_0\end{equation}
当然这跟本文的主题关系不大。对于RoPE的推导,我们主要利用到矩阵指数的如下性质:
\begin{equation}\boldsymbol{A}\boldsymbol{B} = \boldsymbol{B}\boldsymbol{A} \quad\Rightarrow\quad \big(\exp \boldsymbol{A}\big)\big(\exp \boldsymbol{B}\big) = \exp \big(\boldsymbol{A} + \boldsymbol{B}\big)\label{eq:expm-ex}\end{equation}
也就是说,如果$\boldsymbol{A},\boldsymbol{B}$的乘法可以交换,那么矩阵指数就可以像数的指数一样将乘法转换为加法。不过要注意这是一个充分不必要条件。
至于怎么把矩阵指数算出来,这里没法再展开介绍了,但是很多软件库已经自带了矩阵指数运算,比如数值计算库scipy和tensorflow都有expm
函数,而符号计算的话,Mathematica里边有MatrixExp
函数。
一维通解 #
为什么能够将RoPE跟矩阵指数联系起来呢?因为一维的RoPE存在比较简单的指数表达式:
\begin{equation}\boldsymbol{\mathcal{R}}_n=\begin{pmatrix}\cos n\theta & -\sin n\theta\\ \sin n\theta & \cos n\theta\end{pmatrix}=\exp\left\{n\theta\begin{pmatrix}0 & -1\\ 1 & 0\end{pmatrix}\right\}\label{eq:rope-exp}\end{equation}
于是笔者开始思考如下形式的矩阵作为RoPE的解:
\begin{equation}\boldsymbol{\mathcal{R}}_n=\exp n\boldsymbol{B}\end{equation}
其中$\boldsymbol{B}$是一个跟$n$无关的矩阵。RoPE的必要条件是满足“相对性”条件$\eqref{eq:re}$,于是我们分析
\begin{equation}\big(\exp m\boldsymbol{B}\big)^{\top}\big(\exp n\boldsymbol{B}\big) = \big(\exp m\boldsymbol{B}^{\top}\big)\big(\exp n\boldsymbol{B}\big)\end{equation}
这里先假设$\boldsymbol{B}^{\top},\boldsymbol{B}$是可交换的,那么根据式$\eqref{eq:expm-ex}$有
\begin{equation}\big(\exp m\boldsymbol{B}^{\top}\big)\big(\exp n\boldsymbol{B}\big) = \exp \big(m\boldsymbol{B}^{\top} + n\boldsymbol{B}\big)\end{equation}
要让$m\boldsymbol{B}^{\top} + n\boldsymbol{B}=(n-m)\boldsymbol{B}$,只需要满足
\begin{equation}\boldsymbol{B}^{\top} = - \boldsymbol{B}\end{equation}
这便是“相对性”给出的约束条件,刚才我们还假设了$\boldsymbol{B}^{\top},\boldsymbol{B}$是可交换的,现在可以检验满足这个等式的$\boldsymbol{B}^{\top},\boldsymbol{B}$一定是可交换的,所以结果是自洽的。
这也就是说,对于任何满足$\boldsymbol{B}^{\top} + \boldsymbol{B} = 0$的矩阵$\boldsymbol{B}$,$\exp n\boldsymbol{B}$都是方程$\eqref{eq:re}$的解,并且还可以证明它一定是正交矩阵。当然,根据$\exp n\boldsymbol{B}=\left(\exp \boldsymbol{B}\right)^n$,我们更直接的得到:对于任意正交矩阵$\boldsymbol{O}$,$\boldsymbol{\mathcal{R}}_n=\boldsymbol{O}^n$都是方程$\eqref{eq:re}$的解。
对于$2\times 2$的矩阵来说,$\boldsymbol{B}^{\top} + \boldsymbol{B} = 0$的通解是$\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix}0 & -\theta\\ \theta & 0\end{pmatrix}$,于是就有了如式$\eqref{eq:rope-exp}$的解。
二维约束 #
类似地,对于二维RoPE,我们考虑
\begin{equation}\boldsymbol{\mathcal{R}}_{x,y}=\exp \big(x\boldsymbol{B}_1 + y\boldsymbol{B}_2\big)\end{equation}
作为候选解。重复上述关于“相对性”条件的推导:先假设$x_1\boldsymbol{B}_1^{\top} + y_1\boldsymbol{B}_2^{\top}$与$x_2\boldsymbol{B}_1 + y_2\boldsymbol{B}_2$是可交换的,那么我们可以得到如下约束条件:
\begin{equation}\boldsymbol{B}_1^{\top} + \boldsymbol{B}_1 = 0,\quad \boldsymbol{B}_2^{\top} + \boldsymbol{B}_2 = 0\end{equation}
然而,$x_1\boldsymbol{B}_1^{\top} + y_1\boldsymbol{B}_2^{\top}$与$x_2\boldsymbol{B}_1 + y_2\boldsymbol{B}_2$可交换,意味着$(\boldsymbol{B}_1,\boldsymbol{B}_1^{\top})$、$(\boldsymbol{B}_2,\boldsymbol{B}_2^{\top})$、$(\boldsymbol{B}_1,\boldsymbol{B}_2^{\top})$和$(\boldsymbol{B}_2,\boldsymbol{B}_1^{\top})$都可交换,但是上述两个约束只能保证$(\boldsymbol{B}_1,\boldsymbol{B}_1^{\top})$和$(\boldsymbol{B}_2,\boldsymbol{B}_2^{\top})$可交换,不能保证后两者的交换性,所以我们需要把它作为约束条件补充上去,得到:
\begin{equation}\left\{\begin{aligned}
&\boldsymbol{B}_1^{\top} + \boldsymbol{B}_1 = 0\\
&\boldsymbol{B}_2^{\top} + \boldsymbol{B}_2 = 0\\
&\boldsymbol{B}_1 \boldsymbol{B}_2^{\top} = \boldsymbol{B}_2^{\top} \boldsymbol{B}_1
\end{aligned}\right.\label{eq:2d-conds}\end{equation}
不难证明在前两个条件下,新增的约束条件也相当于$\boldsymbol{B}_1 \boldsymbol{B}_2 = \boldsymbol{B}_2 \boldsymbol{B}_1$。
RoPE现身 #
由于满足前两个条件的$2\times 2$矩阵只有一个独立参数,不满足“可逆性”,所以我们至少要考虑$3\times 3$矩阵,它有3个独立参数
\begin{equation}\begin{pmatrix}0 & -a & -b \\ a & 0 & -c \\ b & c & 0\end{pmatrix}\end{equation}
为了保证可逆性,我们不妨设$\boldsymbol{B}_1,\boldsymbol{B}_2$是“正交”的,比如设:
\begin{equation}\boldsymbol{B}_1=\begin{pmatrix}0 & -a & 0 \\ a & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix},\quad\boldsymbol{B}_2=\begin{pmatrix}0 & 0 & -b \\ 0 & 0 & -c \\ b & c & 0\end{pmatrix}\end{equation}
不失一般性还可以设$a=1$,那么由条件$\eqref{eq:2d-conds}$解得$b=0,c=0$,即$\boldsymbol{B}_2$只能是全零解,这不符合我们的要求。Mathematica的求解代码为:
B[a_, b_, c_] = {{0, -a, -b}, {a, 0, -c}, {b, c, 0}};
B1 = B[1, 0, 0];
B2 = B[0, b, c];
Solve[{Dot[B1, B2] == Dot[B2, B1]}, {b, c}]
因此,我们至少要考虑$4\times 4$矩阵,它有6个独立参数,不失一般性,考虑正交分解:
\begin{equation}\boldsymbol{B}_1=\begin{pmatrix}0 & -a & -b & 0 \\ a & 0 & -c & 0 \\ b & c & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix},\quad\boldsymbol{B}_2=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & -d \\ 0 & 0 & 0 & -e \\ 0 & 0 & 0 & -f \\ d & e & f & 0\end{pmatrix}\end{equation}
解得
\begin{equation}d=cf,\quad e=-bf\end{equation}
求解代码:
B[a_, b_, c_, d_, e_,
f_] = {{0, -a, -b, -d}, {a, 0, -c, -e}, {b, c, 0, -f}, {d, e, f,
0}};
B1 = B[1, b, c, 0, 0, 0];
B2 = B[0, 0, 0, d, e, f];
Solve[{Dot[B1, B2] == Dot[B2, B1]}, {b, c, d, e, f}]
可以发现结果没有对$f$提出约束,所以从最简单起见,我们可以让$f=1$,剩下的$b,c,d,e$全部为0,此时
\begin{equation}\boldsymbol{\mathcal{R}}_{x,y}=\exp \,\begin{pmatrix}0 & -x & 0 & 0 \\ x & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -y \\ 0 & 0 & y & 0\end{pmatrix}\end{equation}
可以增加个参数$\theta$,完成展开,就得到:
\begin{equation}\boldsymbol{\mathcal{R}}_{x,y}=\exp \,\left\{\begin{pmatrix}0 & -x & 0 & 0 \\ x & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -y \\ 0 & 0 & y & 0\end{pmatrix}\theta\right\}=\left(
\begin{array}{cc:cc}
\cos x\theta & -\sin x\theta & 0 & 0 \\
\sin x\theta & \cos x\theta & 0 & 0 \\
\hdashline
0 & 0 & \cos y\theta & -\sin y\theta \\
0 & 0 & \sin y\theta & \cos y\theta \\
\end{array}\right)\end{equation}
延伸故事 #
至此,关于二维RoPE的推导介绍完毕。现在读者可能想问的是效果如何?很遗憾,现在还没有很完整的实验结果,毕竟笔者之前也没做过ViT相关的工作,而这个二维RoPE的推导也刚完成没多久,所以进展比较慢,只能说初步的结果显示还是挺有效的。EleutherAI团队的成员也实验过这个方案,效果也比已有的其他位置编码好。
说到EleutherAI团队,这里再多说几句。EleutherAI团队是前段时候比较火的号称要“复现GPT3”的那个团队,我们在文章《Transformer升级之路:2、博采众长的旋转式位置编码》中提出了RoPE及RoFormer后,有幸得到了EleutherAI团队的关注,他们做了很多补充实验,确认了RoPE比很多其他位置编码都更加有效(参考他们的博客《Rotary Embeddings: A Relative Revolution》),这促使我们完成了英文论文《RoFormer: Enhanced Transformer with Rotary Position Embedding》并提交到了Arxiv上。而关于二维RoPE的疑问,最初也是来源于EleutherAI团队。
文章小结 #
本文介绍了我们对RoPE的二维推广,主要以“相对性”、“可逆性”为出发点来确定二维RoPE的最终形式,尝试了四元数和矩阵指数两种推导过程,最终通过矩阵指数来给出了最终的解,从推导过程中我们还可以深化对RoPE的理解。
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如果您需要引用本文,请参考:
苏剑林. (May. 10, 2021). 《Transformer升级之路:4、二维位置的旋转式位置编码 》[Blog post]. Retrieved from https://spaces.ac.cn/archives/8397
@online{kexuefm-8397,
title={Transformer升级之路:4、二维位置的旋转式位置编码},
author={苏剑林},
year={2021},
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url={\url{https://spaces.ac.cn/archives/8397}},
}
February 28th, 2024
苏老师您好,我目前不太理解的地方是,从一维RoPE推广到二维RoPE,和单纯地把每个方向当作一维RoPE再concat(和传统三角式位置编码的扩展方法一样)的区别在哪里呢
苏老师我还有一点疑惑,一维RoPE中,假设10个特征通道(x0,x1,..x9),在编码时(x0+jx1)*(cosT0+jsinT0), (x2+jx3)*(cosT1+jsinT1)与(x0+jx5)*(cosT0+jsinT0), (x1+jx6)*(cosT1+jsinT1)是否是一样的呢(后者在编程上简练很多)
效果上等价,目前主流的LLM中确实都有这两种等价实现的出现。
没什么区别。
苏老师,我有一个不成熟的想法。在三维坐标系中,可以使用一个3*3的矩阵来同时表示沿着x,y,z三轴的旋转角度,并且可以让矩阵相乘以实现进两个旋转效果的叠加,您觉得是否有机会应用到三维图像的位置编码中去呢?
好吧,三维的旋转和四元数是一样的,没有疑问了
March 20th, 2024
请问如何保证旋转不变?
比如图片旋转90度,原来x轴上两个不同点,现在x轴坐标可能都为0
据我所知,没有通用的办法保证旋转不变,事实上严格来说图像也不是旋转不变的。
March 29th, 2024
[...]在这个系列的第二篇文章《Transformer升级之路:2、博采众长的旋转式位置编码》中,笔者提出了旋转位置编码(RoPE)——通过绝对位置的形式实现相对位置编码的方案。一开始RoPE是针对一维序列如文本、音频等设计的(RoPE-1D),后来在《Transformer升级之路:4、二维位置的旋转式位置编码》中我们将它推广到了二维序列(RoPE-2D),这适用于图像的ViT。然而,不管是RoPE-1[...]
April 26th, 2024
苏神好,我最近在模型里加了二维的rope,但是没找到相关的开源实现,不知道是不是我理解的这样,position_ids的dim=-1是(x,y)的二维表示,将q和k的d维特征拆成2份,对每一个d/2在x和y上进行一维的rope:
def apply_rotary_pos_emb(q, k, cos, sin, position_ids, unsqueeze_dim=1):
# position_ids type=[b, n, 2]
dtype = k.dtype
x = position_ids[..., : 1]
y = position_ids[..., 1 :]
x = x.squeeze(-1)
y = y.squeeze(-1)
cos_x = cos[x].unsqueeze(unsqueeze_dim)[..., : cos.shape[-1] // 2]
sin_x = sin[x].unsqueeze(unsqueeze_dim)[..., sin.shape[-1] // 2 :]
cos_y = cos[y].unsqueeze(unsqueeze_dim)[..., : cos.shape[-1] // 2]
sin_y = sin[y].unsqueeze(unsqueeze_dim)[..., sin.shape[-1] // 2 :]
q_fp32 = q.to(dtype=torch.float32, device=q.device)
k_fp32 = k.to(dtype=torch.float32, device=k.device)
q_x_fp32 = q_fp32[..., : q_fp32.shape[-1] // 2]
q_y_fp32 = q_fp32[..., q_fp32.shape[-1] // 2 :]
k_x_fp32 = k_fp32[..., : k_fp32.shape[-1] // 2]
k_y_fp32 = k_fp32[..., k_fp32.shape[-1] // 2 :]
q_x_embed = (q_x_fp32 * cos_x) + (rotate_half(q_x_fp32) * sin_x)
q_y_embed = (q_y_fp32 * cos_y) + (rotate_half(q_y_fp32) * sin_y)
k_x_embed = (k_x_fp32 * cos_x) + (rotate_half(k_x_fp32) * sin_x)
k_y_embed = (k_y_fp32 * cos_y) + (rotate_half(k_y_fp32) * sin_y)
q_embed = torch.cat((q_x_embed, q_y_embed), dim=-1)
k_embed = torch.cat((k_x_embed, k_y_embed), dim=-1)
return q_embed.to(dtype=dtype), k_embed.to(dtype=dtype)
https://github.com/naver-ai/rope-vit
我看了一下,应该没什么问题,此外还可以参考我之前写的 https://github.com/bojone/Keras-DDPM/blob/main/ddpm-gau.py
April 27th, 2024
苏神好,
请问有办法对2D的embedding加上一些额外性质吗?比如让它轴对称
关于哪个轴对称?
比如关于矩阵的对角线对称?
正交矩阵且对称那就只能是单位阵的平方根了,也就是对角线为$\pm 1$的对角矩阵的相似矩阵。
June 22nd, 2024
苏神好,
请问 2d 的 rope 写成完整形式是这个样子的吗
扩展到多维后的公式如下:
$$\tiny
\begin{pmatrix}
\cos x \theta_0 & -\sin x \theta_0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\
\sin x \theta_0 & \cos x \theta_0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\
0 & 0 & \cos x \theta_1 & -\sin x \theta_1 & \cdots & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\
0 & 0 & \sin x \theta_1 & \cos x \theta_1 & \cdots & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & \cos x \theta_{d / 4-1} & -\sin x \theta_{d / 4-1} & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & \sin x \theta_{d / 4-1} & \cos x \theta_{d / 4-1} & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \cos y \theta_0 & -\sin y \theta_0 & \cdots & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \sin y \theta_0 & \cos y \theta_0 & \cdots & 0 & 0\\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & \cos y \theta_{d / 4-1} & -\sin y \theta_{d / 4-1}\\
0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & \sin y \theta_{d / 4-1} & \cos y \theta_{d / 4-1}
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
q_{0,0} \\
q_{0,1} \\
q_{0,2} \\
q_{0,3} \\
\vdots \\
q_{d/4-1,d/4-2} \\
q_{d/4-1,d/4-1} \\
q_{d/4-1,d/4} \\
q_{d/4-1,d/4+1} \\
\vdots \\
q_{d/2-1,d/2-2} \\
q_{d/2-1,d/2-1}
\end{pmatrix}
$$
当然了,这个稀疏矩阵也可以简化为:
$$
\begin{pmatrix}
q_{0,0} \\
q_{0,1} \\
q_{0,2} \\
q_{0,3} \\
\vdots \\
q_{d/4-1,d/4-2} \\
q_{d/4-1,d/4-1} \\
q_{d/4-1,d/4} \\
q_{d/4-1,d/4+1} \\
\vdots \\
q_{d/2-1,d/2-2} \\
q_{d/2-1,d/2-1}
\end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix}
\cos x \theta_0 \\
\cos x \theta_0 \\
\cos x \theta_1 \\
\cos x \theta_1 \\
\vdots \\
\cos x \theta_{d / 4-1} \\
\cos x \theta_{d / 4-1} \\
\cos y \theta_0 \\
\cos y \theta_0 \\
\vdots \\
\cos y \theta_{d / 4-1} \\
\cos y \theta_{d / 4-1}
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
-q_{0,1} \\
q_{0,0} \\
-q_{0,3} \\
q_{0,2} \\
\vdots \\
-q_{d/4-1,d/4-2} \\
q_{d/4-1,d/4-1} \\
-q_{d/4-1,d/4} \\
q_{d/4-1,d/4+1} \\
\vdots \\
-q_{d/2-1,d/2-2} \\
q_{d/2-1,d/2-1}
\end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix}
\sin x \theta_0 \\
\sin x \theta_0 \\
\sin x \theta_1 \\
\sin x \theta_1 \\
\vdots \\
\sin x \theta_{d / 4-1} \\
\sin x \theta_{d / 4-1} \\
\sin y \theta_0 \\
\sin y \theta_0 \\
\vdots \\
\sin y \theta_{d / 4-1} \\
\sin y \theta_{d / 4-1}
\end{pmatrix}
$$
是的,你费心了。
November 8th, 2024
右侧位置向量这里q的下标是不是不对,应该是q0,0 q0,1 q1,0 q1,1 ... q_(d-1),0 q_(d-1),1 ?