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
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
\left\{\begin{array}{l}
1, if \ \ j \rightarrow i\\
0,otherwise
\end{array}\right.
\]
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\(x_i=\sum x_j \times T_{i,j}\)，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
x^\prime(a)=1 \times T_{a,a}+1 \times T_{a,b}+1 \times T_{a,c}+1 \times T_{a,d}\\
\qquad \ \ = 1 \times 0 + 1 \times 0 + 1 \times 1 + 1 \times 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
\left\{\begin{array}{l}
\frac{1}{\sum_{k \in \{a,b,c,d\}} T_{k,j}}, if \ \exists \ \ j \rightarrow k\\
0, otherwise
\end{array}\right.
\]
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
x^\prime(a)=1 \times T_{a,a}+1 \times T_{a,b}+1 \times T_{a,c}+1 \times T_{a,d}\\
\qquad \ \ = 1 \times 0 + 1 \times 0 + 1 \times 1 + 1 \times \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
x^{\prime\prime}(a)=x^\prime(a) \times T_{a,a} + x^\prime(b) \times T_{a,b}+ x^\prime(c) \times T_{a,c}+ x^\prime(d) \times T_{a,d}\\
\qquad \ \ = \frac{3}{2} \times 0 + \frac{1}{3} \times 0 + \frac{4}{3} \times 1 + \frac{5}{6} \times \frac{1}{2} \\
\qquad \ \ = \frac{7}{4}
\end{array}
\]
同理有\(x^{\prime\prime}(b)=\frac{1}{2};x^{\prime\prime}(c)=\frac{13}{12};x^{\prime\prime}(d)=\frac{2}{3}\)。将计算表示为矩阵形式，我们有
1 \\
1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}, \qquad
T=\begin{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
\]
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\(a \rightarrow b \rightarrow c \rightarrow d\)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
0.1 \\
0.2 \\
0.3 \\
0.1 \\
0.1 \\
0.2
\end{pmatrix}, \qquad
x_2=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
0.3 \\
0.2 \\
0.5
\end{pmatrix}
\]
状态转移矩阵为
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
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0.45 \\
0.55
\end{pmatrix}, \qquad
x^\infty_2=T^\infty x_2 = \begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0.35 \\
0.65
\end{pmatrix}
\]
显然\(x^\infty_1 \not = x^\infty_2\)。
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
\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\(S = (1-\alpha)\times T + \alpha \times E\)。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\(c,b,a\)。