序列最小最优化算法（SMO）-SVM的求解（续）
在前一篇文章中，我们给出了感知器和逻辑回归的求解，还将SVM算法的求解推导到了最后一步，在这篇文章里面，我们将给出最后一步的求解。也就是我们接下来要介绍的序列最小最优化算法。
序列最小最优化算法（SMO）：
首先回顾一下。我们使用广义拉格朗日函数，将目标函数和限制条件写到一起，然后证明了原始问题能够转化成对偶问题来求解。并且使用KKT条件将对偶问题化简，得到下面的问题（以非线性可分SVM的研究问题作为例子，求解）：
$max limits_{a} -frac{1}{2}sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}a_ia_jy_iy_jK(x_i,x_j)+sum_{i=1}^{n}a_i (1)$
$s.t. sum_{i=1}^{n}a_iy_i=0 (2)$
$0leq a_ileq C, i=1,2,....,n (3)$
事实上，上面的问题完全可以使用梯度下降等类似的办法进行解决。但是，当训练样本过大的时候，这些算法往往变得低效，以至于无法使用。为了高效地实现支持向量机，1998年，Platt提出了SMO算法。
这个算法的基本思路是：如果所有的变量都满足KKT条件，那么，这个最优化问题的解就已经得到了。（谁叫KKT条件是该最优化问题的充要条件呢）否则的话。我们从上面式子中的（2）式入手。
SMO希望先固定其他的变量，然后改变（2）中的一部分变量。显然，如果只改变一个变量，固定剩下的n-1个变量，由于等式的限制，实际上不能改变任何变量。所以，至少需要改变两个变量。（为什么不改变更多的变量呢？改变更多的变量意味着问题变得更复杂，所以，改变其中两个，然后固定剩余n-2个是比较合理的选择）
所以，我们从式子（2）出发，从中选择两个变量（$a_i$和$a_j$）。这时候，问题来了，该怎么选？
很明显，如果 已经满足的KKT条件，我们就没有必要对其进行更新了。需要更新的变量，必然是违反了KKT条件的变量。SMO算法的策略是：优先更新违反KKT条件最严重的 ，作为选择的第一个变量。
那么，用什么来衡量是否违反KKT条件的程度呢？要判断结果是否正确，我们得先知道正确的结果是什么。下面列出了满足KKT条件时，$a_i$和$y_ig(x_i)$应该满足的关系。
$a_i=0 iff y_ig(x_i)geq 1$
$0<a_i<C iff y_ig(x_i)=1$
$a_i=C iff y_ig(x_i)leq 1$
其中，$g(x_i)=sum_{j=1}^{N}a_jy_jK(x_i,x_j)+b$
我们是在误差为$xi$的范围内检查 是否满足KKT条件。具体的检验过程中，先检查$0<a_i<C$的样本，即间隔边界上面的样本，如果这些样本都满足KKT条件，再检查剩余的样本是否满足KKT条件。
得到第一个变量后，我们继续来确定第二个变量：
与第一个变量不同的地方是，第二个变量的选择标准，是希望能够使第二个变量有足够大的变化，也就是其改变量应该大于一定的阈值。如果选定了$a_i$后，不能找到有足够改变量的$a_j$，则选择一个新的$a_i$。
下面，通过例子来说明SMO的算法：
不妨设选择的两个变量是$a_1,a_2$，其他变量$a_i(i=3,4,5,6...,n)$固定为常量。于是（1）式可以改写为：
$max limits_{a_1,a_2} -frac{1}{2}sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}a_ia_jy_iy_jK(x_i,x_j)+sum_{i=1}^{n}a_i$
即：$min limits_{a_1,a_2} W(a_1,a_2)=frac{1}{2}sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}a_ia_jy_iy_jK(x_i,x_j)-sum_{i=1}^{n}a_i$
化简得到：
$min limits_{a_1,a_2} W(a_1,a_2)=frac{1}{2}K_{11}a_{1}^2+frac{1}{2}K_{22}a_{2}^2+y_1y_2K_{12}a_1a_2-(a_1+a_2)+y_1a_1sum_{i=3}^{n}y_ia_iK_{i1}+y_2a_2sum_{i=3}^ny_ia_iK_{i2}+C (4)$
$s.t. a_1y_1+a_2y_2=xi (5)$
$0leq a_ileq C, i=1,2 (6)$
于是，SMO算法的关键步骤就变成了：求解两个变量的二次规划问题。
由于$y_1,y_2in {+1,-1}$，所以，首先对y进行分类讨论：
当$y_1=y_2$时，（5）可以化简为：$a_1+a_2=k$
而$y_1 e y_2$时，（5）可以化简为：$a_1-a_2=k$
其中，$0leq a_ileq C, i=1,2$
因此，对上面的限制条件分类讨论：
由于$a_1,a_2$由等式联系在一起，因此，只需要知道其中一个值，另外一个就确定了。不妨假设初始可行解为$a_{1}^{old},a_{2}^{old}$，最优解为$a_{1}^{new},a_{2}^{new}$，并且在沿着约束方向未经剪辑时 的最优解为$a_{2}^{new,unc}$。
显然，$a_{2}^{new}$满足（6）中的不等式约束。因此，有$Lleq a_{2}^{new}leq H$。其中L和H分别为$a_{2}^{new}$的上界和下界。
当$y_1=y_2$时，若$k<C$，那么$0leq a_1+a_2<C$，可以得到$L=0, H=a_{1}^{old}+a_{2}^{old}$
若$kgeq C$，则$Cleq a_1+a_2leq 2C$，可以得到$L=k-C=a_{1}^{old}+a_{2}^{old}-C, H=C$
综合一下，得到：
$L=max(0,a_{1}^{old}+a_{2}^{old}-C), H=min(C,a_{1}^{old}+a_{2}^{old})$
同理，当$y_1 e y_2$时，若$k<0$，那么$-Cleq a_1-a_2<0$，可以得到$L=0, H=C+a_{2}^{old}-a_{1}^{old}$
若$kgeq 0$，那么$0leq a_1-a_2leq C$，可以得到$L=a_{1}^{old}-a_{2}^{old}, H=C$
综合一下，得到：
$L=max(0,a_{1}^{old}-a_{2}^{old}), H=min(C,C+a_{2}^{old}-a_{1}^{old})$
下面开始求解（4）：
由（5）得：$a_1y_1=xi-y_2a_2 ightarrow a_1y_1y_1=(xi-y_2a_2)y_1 ightarrow a_1=(xi-y_2a_2)y_1$
将结果代入（4）得到：
$W(a_2)=frac{1}{2}K_{11}(xi-y_2a_2)^2+frac{1}{2}K_{22}a_{2}^2+y_1y_2K_{12}(xi-y_2a_2)a_2-((xi-y_2a_2)y_1+a_2)+(xi-y_2a_2)sum_{i=3}^{n}y_ia_iK_{i1}+y_2a_2sum_{i=3}^ny_ia_iK_{i2}+C$
对$a_2$求导数并令$frac{partial W}{partial a_2}=0$
最终得到下面的迭代公式：
$a_{2}^{new,unc}=a_{2}^{old}+frac{y_2(E_1-E_2)}{eta}$
其中：
$eta=K_{11}+K_{22}-2K_{12}$
$E_1=g(x_1)-y_1, E_2=g(x_2)-y_2$
$g(x_i)=sum_{j=1}^{n}a_jy_jK(x_j,x_i)+b$（b的计算会在后面继续讨论）
因此，可以得到剪辑后的解是：
$a_{2}^{new}=left{egin{aligned}H&,& a_{2}^{new,unc}>H\a_{2}^{new,unc}&,& Lleq a_{2}^{new,unc}leq H\L&,& a_{2}^{new,unc}<Lend{aligned} ight.$
由$a_{2}^{new}$求解$a_{1}^{new}$得：
$a_{1}^{new}=a_{1}^{old}+y_1y_2(a_{2}^{old}-a_{2}^{new})$
还有一些细节：
在每一次完成两个变量的更新后，需要将$b_i, i=1,2$也更新。
$0<a_i<C$时，由$y_ig(x_i)=y_i(sum_{j=1}^{n}a_jy_jK(x_j,x_i)+b)=1$，两边同乘$y_i$，得到：
$sum_{j=1}^{n}a_jy_jK(x_j,x_i)+b=y_i, i=1,2$
由此，将$a_{1}^{new},a_{2}^{new}$代入后，可以分别解得$b_{1}^{new},b_{2}^{new}$。
当$a_{1}^{new},a_{2}^{new}$都满足$0<a_i<C$时，$b_{1}^{new}=b_{2}^{new}$
如果$a_{1}^{new},a_{2}^{new}$是0或者C，那么$b_{1}^{new},b_{2}^{new}$以及它们之间的数都满足KKT条件，这时候选择它们的中点作为$b^{new}$。
每次更新完后，需要对$E_i$更新，其中：$E_i=sum_{S}y_ia_iK(x_i,x_j)+b^{new}-y_i$，S是所有支持向量$x_j$的集合。
参考文献：
（1）李航 《统计学习方法》
（2）*
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