循环矩阵

循环矩阵从CSK的文章里就提出了，概念也很容易理解。一个样本xxx，可以通过循环移位生成不同的向量，组合成一个矩阵C(x)C(x)C(x)。下面的图里分别列出了xxx、C(x)C(x)C(x)和C(x)C(x)C(x)的转置。

循环矩阵C(x)C(x)C(x)和另一个列向量zzz相乘，得到的结果就是xxx和zzz进行相关运算的结果。这个也很好理解，就是xxx在zzz上面滑动，然后进行乘加运算。同样可以写出循环卷积的矩阵表达式，循环卷积需要先将xxx倒序，然后再滑动。对比循环卷积所用的矩阵和(C(x))T(C(x))^T(C(x))T的颜色，可以发现它们俩是一样的！

循环矩阵C(x)C(x)C(x)既然能和循环卷积联系起来了，那么自然可以想到把DFT矩阵也联系起来。这就能得出一个重要的结论：循环矩阵C(x)C(x)C(x)能够用DFT矩阵对角化！
下面是证明过程。先根据时域卷积等于频域乘积写出等式：
(C(x))Tz=x∗z=F−1(x^⊙z^){\left( {C(x)} \right)^T}z = x*z = {{\mathcal F}^{ - 1}}(\hat x \odot \hat z)(C(x))Tz=x∗z=F−1(x^⊙z^)
其中“⊙\odot⊙”是哈达玛积（Hadamard product），或者称为“element-wise product”，表示两个向量对应位置的分量直接相乘。x^\hat xx^和z^\hat zz^分别表示xxx和zzzDFT变换之后的序列。
(C(x))Tz=1sFH(x^⊙Fz)=1sFHdiag(x^)Fz{\left( {C(x)} \right)^T}z = \frac{1}{s}{F^H}(\hat x \odot Fz) = \frac{1}{s}{F^H}diag(\hat x)Fz(C(x))Tz=s1FH(x^⊙Fz)=s1FHdiag(x^)Fz
两个列向量的哈达玛积可以转换成对角矩阵和列向量相乘。diag(x^)diag(\hat x)diag(x^)表示把x^\hat xx^放到对角线上形成对角矩阵。因为上式对所有的zzz都成立，所以可以去掉zzz，得到：
(C(x))T=1sFHdiag(x^)FC(x)=(1sFT)diag(x^)(1sF∗)\begin{array}{l} {\left( {C(x)} \right)^T} = \frac{1}{s}{F^H}diag(\hat x)F\\ C(x) = \left( {\frac{1}{{\sqrt s }}{F^T}} \right)diag(\hat x)\left( {\frac{1}{{\sqrt s }}{F^*}} \right) \end{array}(C(x))T=s1FHdiag(x^)FC(x)=(s1FT)diag(x^)(s1F∗)
又因为F=FTF=F^TF=FT，且U=1sFU={\frac{1}{{\sqrt s }}F}U=s1F是酉矩阵。C(x)C(x)C(x)可以进一步表示为：
C(x)=Udiag(x^)U∗C(x) = Udiag(\hat x){U^*}C(x)=Udiag(x^)U∗
这个结论就非常厉害了。所有循环矩阵都可以特征分解，特征值是原始序列的DFT；所有循环矩阵的特征向量都相同。这就为后面的运算带来了很大的便利。
上面的推导是从循环卷积的角度出发的，而我在第一篇文章中还写了相关运算与DFT的关系。

这里的相关运算相当于是xxx相对于zzz在向右滑动，所以xxx的DFT结果需要取复共轭，可以这样表示结果：
C(x)z=x⋆z=F−1(x^∗⊙z^){{C(x)z = x}} \star z = {{\mathcal F}^{ - 1}}({{\hat x}^*} \odot \hat z)C(x)z=x⋆z=F−1(x^∗⊙z^)
其中⋆\star⋆表示相关运算，经过类似的推导之后可以得到：
C(x)=U∗diag(x^∗)UC(x) = U^*diag(\hat x^*){U}C(x)=U∗diag(x^∗)U

循环移位的意义

一方面原因已经在上面推导，循环矩阵能够用DFT对角化。另一方面要清楚输入样本xxx并不都是我们关心的目标。我们关心的Target只有其中的一部分，就如下面的图所示。

这么做就能够在训练的时候为我们关心的Target提供一些上下文（context）信息。xxx在循环移位的过程中确实起到了“密集采样”的作用。

生成标签

在生成标签的时候我们可以给原始样本xxx一个较大的标签值，其他由循环移位产生的样本给较小的标签值，相对位移越大，标签值越小。

因为是循环移位，所以移位越接近一个周期，这个样本越接近正样本。所以样本的标签值是一个峰值在两侧的高斯函数。

训练（不带核函数）

样本训练还是用的岭回归。结合第二篇文章，虽然在引入核函数之后，我们就不关心ω\omegaω是多少了，但在没有引入核函数的时候，能求出ω\omegaω自然更好。
ω=(XTX+λI)−1XTy\omega = {\left( {X^TX + \lambda I} \right)^{ - 1}}X^Tyω=(XTX+λI)−1XTy
只需要将样本矩阵XXX替换成C(x)C(x)C(x)即可。上面的表达式里用的是转置而不是共轭转置，因为我们前面的推导是在实数的条件下得到的，因为这对于我们分析问题来说已经足够了。
有人可能会担心，C(x)C(x)C(x)分解之后的三个矩阵都是复矩阵，这里是不是应该用共轭转置啊？要用共轭转置很简单，把前面岭回归的推导用共轭转置推导一遍就行，这里的转置是可以推广到共轭转置的。但其实也可以就只用转置，因为这里的C(x)C(x)C(x)本质上还是实数矩阵，转置是能够成立的。我们已经在前面已经有两个关于C(x)C(x)C(x)的分解了，可以都用来帮助化简。把X=C(x)X=C(x)X=C(x)代入：
ω=(UTdiag(x^∗)UHUdiag(x^)U∗+λI)−1UTdiag(x^∗)UHy\omega = {\left( {{U^T}diag({{\hat x}^*}){U^H}Udiag(\hat x){U^*} + \lambda I} \right)^{ - 1}}{U^T}diag({{\hat x}^*}){U^H}yω=(UTdiag(x^∗)UHUdiag(x^)U∗+λI)−1UTdiag(x^∗)UHy
把握几个关键点，UHU=UUH=U∗U=UU∗=IU^HU=UU^H=U^*U=UU^*=IUHU=UUH=U∗U=UU∗=I；对角矩阵相乘就是对角线上元素的对应相乘；对角矩阵转置就是对角线上元素求倒数；(ABC)−1=C−1B−1C−1(ABC)^{-1}=C^{-1}B^{-1}C^{-1}(ABC)−1=C−1B−1C−1；Ux=x^/sUx=\hat x/\sqrt sUx=x^/s；U∗x=x^∗/sU^*x=\hat x^*/\sqrt sU∗x=x^∗/s。
ω=(UTdiag(x^∗)UHUdiag(x^)U∗+λI)−1UTdiag(x^∗)UHy=Udiag(1x^∗⊙x^+λ)U∗Udiag(x^∗)U∗y=Udiag(x^∗x^∗⊙x^+λ)U∗y\begin{array}{l} \omega = {\left( {{U^T}diag({{\hat x}^*}){U^H}Udiag(\hat x){U^*} + \lambda I} \right)^{ - 1}}{U^T}diag({{\hat x}^*}){U^H}y\\ \ \ \ \ = Udiag\left( {\frac{1}{{{{\hat x}^*} \odot \hat x + \lambda }}} \right){U^*}Udiag({{\hat x}^*}){U^*}y\\ \ \ \ \ = Udiag\left( {\frac{{{{\hat x}^*}}}{{{{\hat x}^*} \odot \hat x + \lambda }}} \right){U^*}y \end{array}ω=(UTdiag(x^∗)UHUdiag(x^)U∗+λI)−1UTdiag(x^∗)UHy =Udiag(x^∗⊙x^+λ1)U∗Udiag(x^∗)U∗y =Udiag(x^∗⊙x^+λx^∗)U∗y
这里diagdiagdiag里面的计算都是element-wise的。
U∗ω=diag(x^∗x^∗⊙x^+λ)U∗y{U^*}\omega = diag\left( {\frac{{{{\hat x}^*}}}{{{{\hat x}^*} \odot \hat x + \lambda }}} \right){U^*}yU∗ω=diag(x^∗⊙x^+λx^∗)U∗y
ω^∗=x^∗⊙y^∗x^∗⊙x^+λ{{\hat \omega }^*} = \frac{{{{\hat x}^*} \odot {{\hat y}^*}}}{{{{\hat x}^*} \odot \hat x + \lambda }}ω^∗=x^∗⊙x^+λx^∗⊙y^∗
最后的化简结果如下。相比于原先复杂的矩阵运算，现在只需要少量DFT、IDFT和element-wise的运算即可。
ω^=x^⊙y^x^∗⊙x^+λ\hat \omega = \frac{{\hat x \odot \hat y}}{{{{\hat x}^*} \odot \hat x + \lambda }}ω^=x^∗⊙x^+λx^⊙y^
这个地方的推导也是知乎上有人提出推导有误的地方。原文中的结果里面分子的x^\hat xx^多了复共轭，因为在原文的公式（55）处落下了一个复共轭。而这部分结果作者也没有用到具体算法中，所以对算法没有影响。

训练（带核函数）

带核函数的情况下，我们就不用求ω\omegaω了，只要求中间变量α\alphaα就好了。
α=(K+λI)−1y\alpha = {\left( {K + \lambda I} \right)^{ - 1}}yα=(K+λI)−1y
计算Gram矩阵

逐行观察上面的矩阵乘法，就看前两行就行。可以发现这两行的结果也是一个相对移位的关系。所以当样本矩阵是循环矩阵的时候，这一组样本的Gram矩阵也会是循环矩阵。而循环的基向量就是Gram矩阵的第一行。KKK是高维空间的Gram矩阵，这一结论自然也成立，KKK也是一个循环矩阵。
K=C(kxx)kxx=[κ(x,P0x)κ(x,P1x)κ(x,P2x)⋯κ(x,Pnx)]K = C({k^{xx}})\;\;\;\;{k^{xx}} = \left[ {\begin{matrix} {\kappa (x,P^0x)}&{\kappa (x,P^1x)}&{\kappa (x,P^2x)}& \cdots &{\kappa (x,P^nx)} \end{matrix}} \right]K=C(kxx)kxx=[κ(x,P0x)κ(x,P1x)κ(x,P2x)⋯κ(x,Pnx)]
这里的PPP矩阵的作用是让列向量φ(x)\varphi(x)φ(x)循环移位。比如P0P^0P0是不移位，P1P^1P1是循环移位1次，P2P^2P2是循环移位2次，以此类推。
α=(C(kxx)+λI)−1y=(Udiag(k^xx)U∗+λI)−1y\alpha = {\left( {C({k^{xx}}) + \lambda I} \right)^{ - 1}}y = {\left( {Udiag({{\hat k}^{xx}}){U^*} + \lambda I} \right)^{ - 1}}yα=(C(kxx)+λI)−1y=(Udiag(k^xx)U∗+λI)−1y
U∗α=diag(1k^xx+λ)U∗y{U^*}\alpha = diag\left( {\frac{1}{{{{\hat k}^{xx}} + \lambda }}} \right){U^*}yU∗α=diag(k^xx+λ1)U∗y
α^∗=y^∗k^xx+λ\hat \alpha^* = \frac{{\hat y^*}}{{{{\hat k}^{xx}} + \lambda }}α^∗=k^xx+λy^∗
用循环矩阵的形式表示KKK，然后特征分解，利用对角矩阵和酉矩阵的特性即可完成上面的化简。这时候计算量相对比较大的地方就是求kxxk^{xx}kxx了，它是向量xxx和xxx的循环移位的向量在高维空间的内积构成的向量。
然后对上面的等式两边取复共轭，就可以得到：
α^=y^k^xx∗+λ\hat \alpha = \frac{{\hat y}}{{{{{\hat k}^{xx}}^*} + \lambda }}α^=k^xx∗+λy^
但这和论文里的结论不一样，论文里的结论，分母的k^xx{\hat k }^{xx}k^xx没有取复共轭。但实际上这里取复共轭或者不取复共轭都行，因为k^xx{\hat k }^{xx}k^xx是实数。
什么样的实数序列做DFT之后还能是实数？观察旋转因子WNknW_N^{kn}WNkn，旋转因子在复平面上的分布就是有对称性的，当实数序列满足一定条件之后，虚部就能够抵消。

观察可以发现，只要序列满足x[i]=x[N−i]i=1,2,...,N−1x[i] = x[N-i]\ \ \ i=1,2,...,N-1x[i]=x[N−i] i=1,2,...,N−1这个条件，这些旋转因子的虚部就都能够被抵消。对于二维的图像来说，就是我们不关心它的第0行和第0列，第0行和第0列可以是任意实数，然后剩余的数据是中心对称的就可以。
序列xxx的自相关kxxk^{xx}kxx自然就满足这一条件。所以更一般的结果还可以是：
α^=y^real(k^xx)+λ\hat \alpha = \frac{{\hat y}}{{{real({{\hat k}^{xx}})} + \lambda }}α^=real(k^xx)+λy^
我们还可以让结果更简单，就是如果yyy给定的标签同样满足上面的条件，那么y^\hat yy^就也是一个实数。这样整个α^\hat \alphaα^也是实数了！！
α^=real(y^)real(k^xx)+λ\hat \alpha = \frac{real({\hat y})}{{{real({{\hat k}^{xx}})} + \lambda }}α^=real(k^xx)+λreal(y^)
通过上面的计算，我们还可以想到一个结论，K=C(kxx)K = C({k^{xx}})K=C(kxx)不光是一个循环矩阵，也还是一个对称矩阵，K=KTK=K^TK=KT。结合这一结论我们可以重新进行一次推导：
α=(KT+λI)−1y\alpha = {\left( {{K^T} + \lambda I} \right)^{ - 1}}yα=(KT+λI)−1y
α=(C(kxx)T+λI)−1y=(U∗diag(k^xx)U+λI)−1y\alpha = {\left( {C({k^{xx}})^T + \lambda I} \right)^{ - 1}}y = {\left( {U^*diag({{\hat k}^{xx}}){U} + \lambda I} \right)^{ - 1}}yα=(C(kxx)T+λI)−1y=(U∗diag(k^xx)U+λI)−1y
Uα=diag(1k^xx+λ)Uy{U}\alpha = diag\left( {\frac{1}{{{{\hat k}^{xx}} + \lambda }}} \right){U}yUα=diag(k^xx+λ1)Uy
α^=y^k^xx+λ\hat \alpha = \frac{{\hat y}}{{{{\hat k}^{xx}} + \lambda }}α^=k^xx+λy^
这样就能直接得到论文中给出的结论。

带核函数的检测

检测就是我们的训练完成之后送进一个新的样本zzz来预测输出。不带核函数的情况下因为直接计算出了ω\omegaω，所以只需要求ω\omegaω和zzz的内积就能得到结果。带核函数的情况在上一篇文章中介绍了，不需要显式地求出ω\omegaω，只需要将输入样本zzz和所有训练样本做内积，得到一个维度是样本个数的列向量，然后把这个列向量和α\alphaα做内积即可得到一个预测结果。
逐个样本zzz进行检测太慢了，我们把zzz也扩展成循环矩阵C(z)C(z)C(z)，然后就可以直接做一批样本的检测，这一批样本相互之间是空间上的位移关系，最后得到f(z)f(z)f(z)是一个列向量，表示一批样本的检测结果。

在没有引入核函数的情况下，上面的C(z)C(z)C(z)和(C(x))T(C(x))^T(C(x))T相乘得到的也是一个循环矩阵。引入核函数之后，每个样本都经过φ(x)\varphi(x)φ(x)映射到高维空间。我们把高维空间的C′(z)C'(z)C′(z)和(C′(x))T(C'(x))^T(C′(x))T相乘的结果记作KzK^zKz
Kz=C(kzx)kzx=[κ(z,P0x)κ(z,P1x)κ(z,P2x)⋯κ(z,Pnx)]K^z = C({k^{zx}})\;\;\;\;{k^{zx}} = \left[ {\begin{matrix} {\kappa (z,P^0x)}&{\kappa (z,P^1x)}&{\kappa (z,P^2x)}& \cdots &{\kappa (z,P^nx)} \end{matrix}} \right]Kz=C(kzx)kzx=[κ(z,P0x)κ(z,P1x)κ(z,P2x)⋯κ(z,Pnx)]
把结果用循环矩阵化简：
f(z)=C(z)(C(x))Tα=Kzα=C(kzx)α=Udiag(k^zx)U∗αf(z) = C(z){\left( {C(x)} \right)^T}\alpha = {K^z}\alpha = C({k^{zx}})\alpha = Udiag({\hat k^{zx}}){U^*}\alphaf(z)=C(z)(C(x))Tα=Kzα=C(kzx)α=Udiag(k^zx)U∗α
U∗f(z)=diag(k^zx)U∗α{U^*}f(z) = diag({{\hat k}^{zx}}){U^*}\alphaU∗f(z)=diag(k^zx)U∗α
f^∗(z)=k^zx⊙a^∗{{\hat f}^*}(z) = {{\hat k}^{zx}} \odot {{\hat a}^*}f^∗(z)=k^zx⊙a^∗
这里的结果和论文中的结果有点不一样，这是因为KzK^zKz的表示方式不太一样，原文中用的是f(z)=(Kz)Tαf(z)=(K^z)^T\alphaf(z)=(Kz)Tα，所以Kz=C(x)(C(z))TK^z=C(x)\left (C(z) \right)^TKz=C(x)(C(z))T

Kz=C(kxz)kxz=[κ(x,P0z)κ(x,P1z)κ(x,P2z)⋯κ(x,Pnz)]K^z = C({k^{xz}})\;\;\;\;{k^{xz}} = \left[ {\begin{matrix} {\kappa (x,P^0z)}&{\kappa (x,P^1z)}&{\kappa (x,P^2z)}& \cdots &{\kappa (x,P^nz)} \end{matrix}} \right]Kz=C(kxz)kxz=[κ(x,P0z)κ(x,P1z)κ(x,P2z)⋯κ(x,Pnz)]
把结果用循环矩阵化简：
f(z)=(Kz)Tα=(C(kxz))Tα=U∗diag(k^xz)Uαf(z) = ({K^z})^T\alpha = (C({k^{xz}}))^T\alpha = U^*diag({\hat k^{xz}}){U}\alphaf(z)=(Kz)Tα=(C(kxz))Tα=U∗diag(k^xz)Uα
Uf(z)=diag(k^xz)Uα{U}f(z) = diag({{\hat k}^{xz}}){U}\alphaUf(z)=diag(k^xz)Uα
f^(z)=k^xz⊙a^{{\hat f}}(z) = {{\hat k}^{xz}} \odot {{\hat a}}f^(z)=k^xz⊙a^
这两个结论的区别在于求xxx和zzz的互相关时，两个序列的相对滑动方向不一样。结合我的第一篇文章中关于相关运算用DFT加速的内容：
k^zx=z^⊙x^∗{\hat k}^{zx} = \hat z \odot{\hat x}^*k^zx=z^⊙x^∗
k^xz=x^⊙z^∗{\hat k}^{xz} = \hat x \odot{\hat z}^*k^xz=x^⊙z^∗
我更倾向于使用后者的结论，那样在没有引入核函数的情况下计算f(z)f(z)f(z)可以表示为：
f(z)=F−1(x^⊙z^∗⊙α^)f(z)={\mathcal F}^{-1}(\hat x \odot{\hat z}^*\odot\hat \alpha)f(z)=F−1(x^⊙z^∗⊙α^)

核函数计算

有些核函数的计算也可以利用循环矩阵来加速。

多项式核

κ(u,v)=(uTv+a)b\kappa(u,v)=(u^Tv+a)^bκ(u,v)=(uTv+a)b
在训练的时候计算kxxk^{xx}kxx，uuu和vvv一个始终是原始样本xxx，另一个是循环移位的样本。这就是自相关运算，所以可以用DFT来加速。
kixx=κ(x,Pix)=(xTPix+a)b=(F−1(x^⊙x^∗)+a)bk_i^{xx} = \kappa (x,{P^i}x) = {({x^T}{P^i}x + a)^b} = {\left( {{{\mathcal F}^{ - 1}}(\hat x \odot {{\hat x}^*}) + a} \right)^b}kixx=κ(x,Pix)=(xTPix+a)b=(F−1(x^⊙x^∗)+a)b
在检测的时候计算kxzk^{xz}kxz。这时候是互相关运算，互相关运算要注意它们相对滑动的方向，然后再确定哪个需要取复共轭。
kixz=κ(z,Pix)=(zTPix+a)b=(F−1(x^⊙z^∗)+a)bk_i^{xz} = \kappa (z,{P^i}x) = {({z^T}{P^i}x + a)^b} = {\left( {{{\mathcal F}^{ - 1}}(\hat x \odot {{\hat z}^*}) + a} \right)^b}kixz=κ(z,Pix)=(zTPix+a)b=(F−1(x^⊙z^∗)+a)b

高斯核

κ(u,v)=exp(−1σ2∣∣u−v∣∣2)\kappa (u,v) = exp\left( { - \frac{1}{{{\sigma ^2}}}||u - v|{|^2}} \right)κ(u,v)=exp(−σ21∣∣u−v∣∣2)
在训练的时候计算kxxk^{xx}kxx。
kixx=κ(x,Pix)=exp(−2σ2(∣∣x∣∣2−F−1(x^⊙x^∗)))k_i^{xx} = \kappa (x,{P^i}x) = exp\left( { - \frac{2}{{{\sigma ^2}}}\left( {||x|{|^2} - {{\mathcal F}^{ - 1}}(\hat x \odot {{\hat x}^*})} \right)} \right)kixx=κ(x,Pix)=exp(−σ22(∣∣x∣∣2−F−1(x^⊙x^∗)))
在检测的时候计算kxzk^{xz}kxz。
kixz=κ(x,Pix)=exp(−1σ2(∣∣x∣∣2+∣∣z∣∣2−2F−1(x^⊙z^∗)))k_i^{xz} = \kappa (x,{P^i}x) = exp\left( { - \frac{1}{{{\sigma ^2}}}\left( {||x|{|^2} + ||z|{|^2} - 2{{\mathcal F}^{ - 1}}(\hat x \odot {{\hat z}^*})} \right)} \right)kixz=κ(x,Pix)=exp(−σ21(∣∣x∣∣2+∣∣z∣∣2−2F−1(x^⊙z^∗)))

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