Python 如何更新概率矩阵

我试图找到一个可以更新概率的函数

假设有三名玩家，他们每人从篮子里拿出一个水果：

[“苹果”、“橘子”、“香蕉”]

我将每个玩家拥有每个水果的概率存储在矩阵中（如下表所示）：

苹果 橙色 香蕉 玩家1 0.3333 0.3333 0.3333 玩家2 0.3333 0.3333 0.3333 玩家3 0.3333 0.3333 0.3333

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这里是我将如何处理这个问题的方法-我还没有解决这个问题，但是在你的例子中它似乎是好的

假设每次更新的形式为“X，Y有概率p’”，用delta p-p标记元素X，Y，其中p是旧概率。现在，将增量按比例重新分布到行中所有未标记的元素，然后是列，用自己的增量标记每个脏元素，并标记第一个干净元素。继续，直到没有脏的条目

0.5   0.5   0.0
0.0   0.5   0.5
0.5   0.0   0.5

Belief: 2,1 has probability zero.

0.5   0.0*  0.0    update 2,1 and mark dirty
0.0   0.5   0.5    delta is 0.5
0.5   0.0   0.5

1.0*  0.0'  0.0    distribute 0.5 to row & col
0.0   1.0*  0.5    update as dirty, both deltas -0.5
0.5   0.0   0.5

1.0'  0.0'  0.0    distribute -0.5 to rows & cols
0.0   1.0'  0.0*   update as dirty, both deltas 0.5
0.0*  0.0   0.5

1.0'  0.0'  0.0    distribute 0.5 to row & col
0.0   1.0'  0.0'   update as dirty, delta is -0.5
0.0'  0.0   1.0*

1.0'  0.0'  0.0    distribute on row/col
0.0   1.0'  0.0'   no new dirty elements, complete
0.0'  0.0   1.0'

在您的第一个示例中：

1/3   1/3   1/3
1/3   1/3   1/3
1/3   1/3   1/3

Belief: 3,1 has probability 0

1/3   1/3   0*     update 3,1 to zero, mark dirty
1/3   1/3   1/3   delta is 1/3
1/3   1/3   1/3

1/2*  1/2*  0'    distribute 1/3 proportionally across row then col
1/3   1/3   1/2*  delta is -1/6
1/3   1/3   1/2*

1/2'  1/2'  0'    distribute -1/6 proportionally across row then col
1/4*  1/4*  1/2'  delta is 1/12
1/4*  1/4*  1/2'

1/2'  1/2'  0'    distribute prportionally to unmarked entries
1/4'  1/4'  1/2' no new dirty entries, terminate
1/4'  1/4'  1/2'

您可以通过将条目与关联的增量一起插入队列和哈希集中，将条目标记为脏条目。队列和哈希集中的条目都是脏的。仅哈希集中的条目是干净的。处理队列，直到条目用完为止

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我没有举一个分配不均的例子，但关键是按比例分配。除非有新的信念，否则带有0的条目永远不会变为非零。

不幸的是，没有已知的好的解决方案

我应用贝叶斯推理的方法是存储一个可能性 矩阵而不是概率矩阵。（事实上我会去商店 记录可能性以防止下溢，但这是一种实现 我们可以从矩阵开始

苹果 橙色 香蕉 1 1. 1. 1. 2 1. 1. 1. 3 1. 1. 1. 检查此文档：

（S.Ganzfried，T.Sandholm，在《自主智能体和多智能体系统国际会议》（AAMAS）（2015年）第37-45页）中）初始条件：p（苹果）=p（橙色）=p（香蕉）=1/3

玩家1做了X。我们知道，如果玩家1有一个苹果，他做X的概率为80%。如果他有一个橘子，50%的佣金。如果他有一根香蕉的话，10%的折扣

p（X |苹果）=0.8 p（x |橙色）=0.5 p（x |香蕉）=0.1

因为苹果、橘子和香蕉的概率都是1/3，所以p（x）=1/3*1.4）~0.46666

回忆贝叶斯定理：p（a | b）=p（b | a）*p（a）/p（b）

因此p（苹果x）=p（苹果x）*p（苹果）/p（x）=0.8*（1/3）/0.466666~57.14%

类似地，p（橙色| x）=0.5*（1/3）/0.466666~35.71%

p（香蕉x）=0.1*（1/3）/0.466666~7.14%

以你为例：

probabilities = [
    [0.25, 0.25, 0.50],
    [0.25, 0.50, 0.25],
    [0.50, 0.25, 0.25],
]

# Player 1's 
reach_probability = [1.0, 0.5, 0.5]

new_probabilities = [
    [0.4, 0.2, 0.4],
    [0.2, 0.5, 0.3],
    [0.4, 0.3, 0.3],
]

p(x) = 0.25 * 1.0 + 0.25 * 0.5 + 0.5 * 0.5 = 0.625
p(a|x) = p(x|a) * p(a) / p(x) = 1.0 * 0.25 / 0.625 = 0.4
p(b|x) = p(x|b) * p(b) / p(x) = 0.5 * 0.25 / 0.625 = 0.2
p(c|x) = p(x|c) * p(c) / p(x) = 0.5 * 0.50 / 0.625 = 0.4

如所愿。每列的其他条目只需按比例缩放即可获得1.0的列和

例如，在第1列中，我们将其他条目乘以（1-0.4）/（1-0.25）。这需要0.25->0.2和0.50->0.40。其他列也是如此

new_probabilities = [
    [0.4, 0.200, 0.4],
    [0.2, 0.533, 0.3],
    [0.4, 0.266, 0.3],
]

如果玩家2以相同的条件概率计算y，我们得到：

p(y) = 0.2 * 1.0 + 0.533 * 0.5 + 0.3 * 0.5 = 0.6165
p(a|y) = p(y|a) * p(a) / p(y) = 1.0 * 0.2 / 0.6165 = 0.3244
p(b|y) = p(y|b) * p(b) / p(y) = 0.5 * 0.533 / 0.6165 = 0.4323
p(c|y) = p(y|c) * p(c) / p(y) = 0.5 * 0.266 / 0.6165 = 0.2157

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这是一个非常有趣的问题。我曾在贝叶斯信念网络的背景下研究过“它不是X”形式的证据。“它不是X”证据表示为一个似然函数，对于X为零，对于其他任何东西为1。其效果正如您所描述的，概率矩阵中的某些元素被零击垮。看看你的程序，我不知道如何修复它，但是如果你考虑从P（X，不是X）计算后验P（不是X |它不是X）和可能性，你应该能够计算出正确的计算方法。保持这些东西是不容易的，尽管一旦你把它整理出来，计算就很简单了。我的建议是看看贝叶斯推理和信念网络。这将是一个极大的夸张，但是你将能够计算出这里需要的简单计算。我不理解第一个例子<代码>[1 0 1]reach proba。所以玩家1可以有两个水果。然而，新矩阵的第一行是

[100]

@Damien想象一下，我们可以问玩家1他会如何处理每个水果。第一个数字是当他有一个苹果时，他会做X的百分比，第二个是橙色<代码>[1，1，1]意味着，例如，无论水果玩家1拥有什么，他都会在100%的时间里做X。我不理解的是结果，即矩阵的第一行。我认为如果我可以从“X，Y有概率p”的形式的知识开始，这确实是正确的。我想我没有这个。我将更新我的问题，使之更清楚，然后再仔细考虑你的答案。这似乎很有希望。谢谢。我一开始以为第一行可以通过将到达概率和第一行相乘来计算。然后重新规范它。然后我们可以得到“X，Y有概率p”形式的信息。但是，正如较难的示例所示，这样做是不正确的。回答您关于分解更新的评论：我认为没有办法分解更新。@Hadus，我看到您的更新似乎在成倍增加。。。因此，在某种意义上，您有机会将每个非零条目更新为任何其他有效值。您的更新可以首先缩放，以便结果保持行的总和为1。然后，我们需要找到一个等效的单次更改更新序列，它给出相同的结果。这可能并不简单。我可以用手算出n=3的情况，但这很难看。我想知道你是否能把整行都设置好，然后把整行都标记为脏的。我想说的是，沿着第一行相乘甚至不能给出正确的比率，但我不确定如果我们继续跟踪脏的数据，它是否正确。我将尝试你的答案“首先进行缩放，使结果保持行的和为1。”然后看看会发生什么：）我想这可能是NP难的。事实上，我需要这个矩阵来对更新后可能出现的“世界”进行采样。能够