回答 · 2

完全无法接受Deepseek开始模仿GPT-5.2那种‘我会接住你’的油腻风。

DeepSeek的征途应该是星辰大海和极致逻辑，而不是堕落成一个只会熬鸡汤的‘赛博神棍’。

给你一个硬币，你连续扔了10次，都是正面朝上。你有理由怀疑这枚硬币不是均匀的。因为如果是均匀的，那么产生连续10次都是正面朝上的概率是1/2的10次方，等于1/1024，约等于千分之一。这个概率太小了，因此你有理由怀疑这枚硬币不是均匀的。你要拒绝“这枚硬币是均匀的”这个原假设。

当然拒绝也是有风险的，因为这枚硬币可能真的就是均匀的，只是你刚好运气爆棚而已。

这就是假设检验的基本思想。你先假设【原假设】成立，在原假设成立的情况下，如果观察到一件概率很低的事情发生了，那么你有理由推翻原假设。

注：严格来说，如果要推翻原假设，我们不仅要计算连续10次都是正面朝上的概率（1/1024），也要计算反面的情况（也是1/1024）。当然这个概率是1/512，也是很低了，足够拒绝原假设了。

这里的1/512，就是这次双侧检验的p值。我们可以事先定一个规则：抛10次，如果全是正面或者全是反面，就怀疑这枚硬币有问题。当然，好硬币也可能碰上这种情况。如果拿好硬币反复做这样的检验，平均每512次，也会误判1次。统计学里把这种“冤枉好硬币”的情况叫作第一类错误。

这个矩阵很有趣。在理论上一定可逆，但在计算机里几乎不可逆。

我提供一个直观理解，未必严谨，但是应该有助于你理解。
$\boldsymbol{H}_n= \begin{bmatrix} 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \cdots & \frac{1}{n} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \cdots & \frac{1}{n+1} \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5} & \cdots & \frac{1}{n+2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{1}{n} & \frac{1}{n+1} & \frac{1}{n+2} & \cdots & \frac{1}{2n-1} \end{bmatrix}\\$你可以这么想：如果我们只看矩阵的前两列，把每一行都看作二维平面上的一条直线。 第一行的斜率就是 1/2， 第二行的斜率是 2/3， 第三行的斜率是 3/4， 以此类推，第 n 行的斜率就是 n/(n+1)。

$\boldsymbol{H}= \begin{bmatrix} 1 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{4} \\ \vdots & \vdots & \\ \frac{1}{n} & \frac{1}{n+1} \end{bmatrix}$

你会发现，随着 n 变大，这些斜率会无限接近于 1，所有的线都挤在一起。

关键点来了：

1. 先看图上的这些线：1/2不等于2/3，也不等于3/4……越往后的线，斜率越接近1，但它们仍然没有完全重合。这个图主要是帮我们看清“很接近”和“完全重合”的区别。至于整个矩阵为什么一定可逆，文末再补一个证明。
2. 为什么实际上在计算机就不是可逆的？ 虽然它们不重合，但夹角实在太小了。这就好比两条几乎平行的铁轨，在极远处才相交。这时候如果你的数据稍微有一点点误差（比如计算机的浮点数精度不够），这个“交点”的位置就会瞬间从几公里外跳到几十公里外，甚至跳到反方向。

比如，999999999/1000000000虽然不等于1000000000/1000000001，但是在计算机眼里，如果精度不够的话，这两个数就是相等的。

所以，这种矩阵（叫做希尔伯特矩阵），就是那种“虽然每条线都独一无二，但看起来像是一团乱麻”的典型，专门用来搞崩数值算法的。

补充：为什么它一定可逆？

这个矩阵里的分数，刚好可以用积分得到：

$\int_0^1 1\,dt=1,\qquad \int_0^1 t\,dt=\frac12,\qquad \int_0^1 t^2\,dt=\frac13$

我们随便取 n 个不全为0的实数，把它们当作系数，拼成一个多项式：

$p(t)=c_1+c_2t+\cdots+c_nt^{n-1}$

把它平方、展开，再从0到1积分，恰好就会出现矩阵里的那些分数。把这些系数排成列向量 $\boldsymbol c$ ，就有：

$\int_0^1 p(t)^2\,dt=\boldsymbol c^{\mathsf T}H_n\boldsymbol c$

系数不全为0，这个多项式就不会处处为0。平方以后，曲线不会跑到横轴下方，而且总有一段在横轴上方，所以这块面积一定大于0。

假如 $H_n\boldsymbol c=0$ ，右边却应该等于0，矛盾了。所以，这个矩阵不可能把非零向量乘成零向量，因此它可逆。

2026年10月30日更新：我的第一本书终于出版了！

这些年，我在知乎写了不少概率论和数学相关的回答。现在，我的第一本书《大白话概率论：从数学直觉到AI视野》终于由清华大学出版社出版了。这半年有不少朋友一直在等，非常感谢大家的耐心和支持～

这是一本适合自学的概率论与数理统计教材，700多页，延续了我写回答时的讲法：用大白话，讲得很详细，把公式背后的道理讲清楚，也把各个知识点之间的联系串起来。

书中还结合了交叉熵、KL散度等AI相关内容，并设有“AI视野”和“Python实验室”。此外，也收录了2024—2026年考研数学一、数学三的部分概率论真题，以及大厂算法岗面试概率题的详细解答。

如果你喜欢这篇回答的讲法，也想系统地学一遍概率论，可以看看这本书。 下方放了购书卡片，感谢大家支持～

计算机当然能一眼看出，这是我用yolo训的“极大值检测模型”：

计算机一眼就能看出极大值和极小值（手动滑稽）！

不抖机灵了，正儿八经回答：

这个问题挺有意思。我当时学梯度下降的时候，也想过类似的问题。

比如下面这四张函数图像，或者一段股市的K线图（知乎的港股K线图），我们一眼望过去，就能大概知道哪里高、哪里低。

于是很自然地就想，既然人眼这么厉害，为什么计算机在找函数最小值这个问题上，有时候显得“笨”？吭哧吭哧算半天，还可能算错，掉进一个“局部小坑”里就爬不出来了。

第一个问题：我们真的“总是”能一眼看出极值吗？

我们觉得自己能“一眼看出”，是因为眼前这些图，恰好是我们能看懂的。

换两种情况，你看看还能不能“一眼看出”：

1. 高维函数
   我写一个函数，它有十个自变量，f(x₁, x₂, ..., x₁₀)。它的图像存在于一个十一维的空间里。现在，请你“一眼”告诉我它的最低点在哪里？我们连十一维的图都想象不出来，又怎么一眼找到它的最低点？
2. 只给公式，不给图
   我不给你画图，只给你一段代码，或者一个长长的数学公式，比如
   f(x) = sin(x²) / log(|x|+1) + 0.1 * random()。
   这个公式还带一点点随机扰动。现在，不借助任何绘图工具，你能不能“一眼”看出它在 x 从0到10之间的最低点？这就没那么容易了。没有画好的图，我们也得先算一算，才能知道它哪里高、哪里低。

所以，我们能“一眼看出”，前提是先有一张能看懂的图。函数的维度高了，或者只给公式、不画图，就没有这么容易了。

第二个问题：为什么梯度下降显得“笨”？

那就接着问：在这些人眼能看懂的图里，为什么梯度下降还要一步一步算？

这里的对比，有点“关公战秦琼”的意思。人和计算机拿到的东西不一样，找最低点的办法也不一样。

模拟一下这个过程。

对于人

（1）你拿到的是什么？
是一张已经画好的函数图像。整条曲线哪里高、哪里低，你都能一起看到。

（2）你是怎么做的？
你看着整条曲线，发现这里有个像碗一样的凹陷，碗底大概就在这个位置，于是就能说：“最低点大概在x=5附近。”你没有一步一步去算，而是直接从图上估了个位置。

对于计算机（运行梯度下降法）

（1）它拿到的是什么？
它手里没有画好的图。给它一个x，它可以算出这个位置的函数值和斜率；但它不会因此就看到整条曲线。

（2）它是怎么做的？
它像一个拄着拐杖下山的人。比如从某个起点开始，它计算：“这里的斜率是正是负？” 计算结果：“正的。”于是算法说：“好，那我要往反方向，往下走。”它朝着下坡的方向，小心翼翼地迈出一小步，到达一个新的点 x₁。然后，它在这个新点重复同样的问题：“现在的斜率呢？” 再根据答案调整方向，迈出下一步。
它就这样一步、一步、一步往下走，每一步都要先算当前位置的斜率。它看不到整个地形，只知道当前脚下是上坡还是下坡。如果走进了一个小坑，到坑底时斜率为零，它就可能停在这里，把这里当成了“最低点”，却不知道远处还有一个更深的坑。

在这种对比下，计算机显得“笨”，不是因为它的算力不够，而是因为：

1. 拿到的信息不同
   你已经能看到整张图，知道哪里有坑、哪里有坡；梯度下降却像蒙着眼睛，只能拿拐杖探一探脚下的坡度。
2. 找最低点的办法不同
   你是先看整张图，再估个大概位置；梯度下降是从一个起点出发，算一次、走一步，再接着算。

所以，这里比的其实是看着图估位置，和不看图一步一步算。

如果也把图给计算机看呢？回到开头我用YOLO训练的结果，它也能很快指出极值的大致位置。

我的《大白话概率论：从数学直觉到AI视野》已经出版了，也是尽量用大白话、具体例子和详细推导来讲。有兴趣系统学概率论的朋友，可以看看。

其实在古希腊时期（约公元前5世纪）就已经反直觉了。举两个例子。

无理数的发现：

那时候的数学家的直觉是：所有数都可以表示为整数之比。但是古希腊人发现，边长为1的正方形的对角线长度（√2）无法用任何两个整数之比表示。这对当时的部分数学家来说是违反直觉的、不可接受的。

芝诺悖论：

古希腊哲学家芝诺提出一个思想实验：阿基里斯和乌龟赛跑。如果让乌龟先跑一段，那么阿基里斯每次必须先到达乌龟上次所在的位置，而在这段时间里，乌龟又会向前移动一点。这个过程可以无限重复，因此芝诺在逻辑上论证了“快者永远追不上慢者”。

逻辑推导上似乎无懈可击，很反直觉。后来，微积分和极限理论给出了更清楚的数学解释。

殊不知，微积分带来了更多的反直觉……当然这是后话。

一般情况下效果是一样的

情况1：不使用梯度累积，batchsize=b1

情况2：使用梯度累积，batchsize = b1/accumulation_steps，每accumulation_steps个步骤更新参数

两种情况的训练成果是否等价？

直接上代码：

import torch
import torch.nn as nn
import torch.optim as optim
from torch.utils.data import TensorDataset, DataLoader

# Step 1: 创建数据集
# 假设我们有以下的数据(输入x和输出y)，数据量为6
x_data = torch.tensor([[1.0], [2.0], [3.0], [4.0], [5.0], [6.0]])
y_data = torch.tensor([[2.0], [4.0], [6.0], [8.0], [10.0], [12.0]])

# 创建一个 TensorDataset 和 DataLoader
dataset = TensorDataset(x_data, y_data)
batch_size = 2
dataloader = DataLoader(dataset, batch_size=batch_size, shuffle=False)

# Step 2: 定义模型
class LinearModel(nn.Module):
    def __init__(self):
        super(LinearModel, self).__init__()
        self.linear = nn.Linear(1, 1)
        # self.bn = nn.BatchNorm1d(1)

    def forward(self, x):
        x = self.linear(x)
        # x = self.bn(x)
        return x

model = LinearModel()
model.train()

# 指定初始参数
with torch.no_grad():
    model.linear.weight.fill_(0.5)  # 设定权重初始值为0.5
    model.linear.bias.fill_(-1.0)   # 设定偏差初始值为-1.0

# Step 3: 定义损失函数和优化器
criterion = nn.MSELoss()
optimizer = optim.SGD(model.parameters(), lr=0.01)

# Step 4: 训练模型
epochs = 2
accumulation_steps = 2  # 设置梯度累积步数（在这个例子中每个epoch训练3次）

for epoch in range(epochs):
    optimizer.zero_grad()  # 清空梯度
    accumulated_loss = 0.0
    # accumulated_loss.requires_grad=True

    # 使用 DataLoader 迭代数据
    for i, (inputs, targets) in enumerate(dataloader):
        y_pred = model(inputs)
        # print('===epoch:{}  batch:{}'.format(epoch,i),'\n',
        #       'y_pred:',[[round(num, 2) for num in sublist] for sublist in y_pred.tolist()],'\n',
        #       'targets:',[[round(num, 2) for num in sublist] for sublist in targets.tolist()],'\n',
        #       'inputs:',[[round(num, 2) for num in sublist] for sublist in inputs.tolist()]
        #       )
        loss = criterion(y_pred, targets)
        group_start = (i // accumulation_steps) * accumulation_steps
        steps_this_group = min(accumulation_steps, len(dataloader) - group_start)
        loss = loss / steps_this_group
        # print('loss:',loss.tolist())
        loss.backward()  # 反向传播，但不立即更新权重
        # print(f'linear Weight Grad: {model.linear.weight.grad}, Bias Grad: {model.linear.bias.grad}')
        # print(f'bn Weight Grad: {model.bn.weight.grad}, Bias Grad: {model.bn.bias.grad}')
        accumulated_loss += loss.item()

        # 每 `accumulation_steps` 步后更新权重
        if (i + 1) % accumulation_steps == 0 or (i + 1) == len(dataloader):
            # accumulated_loss.backward()
            optimizer.step()
            optimizer.zero_grad()

    # print(f'Epoch: {epoch+1}/{epochs}, accumulated_loss: {accumulated_loss / len(dataloader)}')

print("Training finished")
print('accumulation_steps:',accumulation_steps,' batch_size:',batch_size)
print('model.linear.weight',model.linear.weight)
print('model.linear.bias',model.linear.bias)
# print('model.bn.weight',model.bn.weight)
# print('model.bn.bias',model.bn.bias)

以下是我做了几次实验的结果：

Training finished
accumulation_steps: 2  batch_size: 3
model.linear.weight Parameter containing:
tensor([[1.3820]], requires_grad=True)
model.linear.bias Parameter containing:
tensor([-0.7893], requires_grad=True)

Training finished
accumulation_steps: 3  batch_size: 2
model.linear.weight Parameter containing:
tensor([[1.3820]], requires_grad=True)
model.linear.bias Parameter containing:
tensor([-0.7893], requires_grad=True)

Training finished
accumulation_steps: 1  batch_size: 6
model.linear.weight Parameter containing:
tensor([[1.3820]], requires_grad=True)
model.linear.bias Parameter containing:
tensor([-0.7893], requires_grad=True)

Training finished
accumulation_steps: 6  batch_size: 1
model.linear.weight Parameter containing:
tensor([[1.3820]], requires_grad=True)
model.linear.bias Parameter containing:
tensor([-0.7893], requires_grad=True)

Training finished
accumulation_steps: 2  batch_size: 2
model.linear.weight Parameter containing:
tensor([[1.9683]], requires_grad=True)
model.linear.bias Parameter containing:
tensor([-0.6726], requires_grad=True)

可以看到，只要满足accumulation_steps*batch_size相等，那么产生的结果是一致的，可以得到同样的参数。

不等价的情况

（1）等价的前提是，每次更新参数时，用到的是同一批数据。这里设置shuffle=False，是为了方便对比。如果两次实验分别打乱数据，分到每次更新里的样本不一样，结果就不一定相同。

（2）网络里有BN层时，两者也不一定等价。BN要用当前batch的均值和方差，2条一组分别算，和4条一组一起算，结果可能不同。上面的小例子还把BN放在最后：不同组原本有不同的整体高低，分别归一化之后，这个差别被抹掉了，就很难同时拟合各组的真实label。

（3）如果两边计算loss时取平均的方式不同，也可能不等价。

比如说batchsize=1，此时有两条数据，第一条数据（第一个batch）的长度是50个token，第二条数据（第二个batch）的长度是200个token。

如果希望每条样本的分量一样，可以先算出每条样本的平均loss，再对两条样本取平均：

$\frac{1}{2}(\frac{\sum_{i=1}^{50}{-\log\tilde{y}_{i}}}{50}+\frac{\sum_{i=1}^{200}{-\log\tilde{y}^{(2)}_{i}}}{200})$

另一种方法是先把两条样本的token loss加起来，再除以总共250个token：

$\frac{\sum_{i=1}^{50}{-\log\tilde{y}_{i}}+\sum_{i=1}^{200}{-\log\tilde{y}^{(2)}_{i}}}{250}$

这种算法让每个token的分量一样，长文本的token更多，整条样本的分量也就更大。我们这里先按每条样本的分量一样来讨论，所以采用前一种算法。举个直观的例子，有两个国家，第一个国家的人口只有几百人，识字率为100%，第二个国家的人口有几百万人，识字率为50%。如果把两个国家当作平等的对象看待，那么综合识字率应该是75%。这对应的就是每条样本分量一样的算法。但是如果把两个国家的人混合起来，那么综合识字率仍然是50%左右。这样混合下来，第一个国家的特性被淹没了。

回到梯度累积的话题来，要比较两者是否等价，得先让它们按同一种方法计算loss。不能一边按样本平均，另一边又按token平均。

先从batchsize=2开始推理：

$w=w-l\cdot\frac{\partial loss}{\partial w}\\=w-\frac{1}{2}(l\cdot\frac{1}{50}\frac{\partial \sum_{i=1}^{50}{-\log\tilde{y}_i}}{\partial w}+l\cdot\frac{1}{200}\frac{\partial \sum_{i=1}^{200}{-\log\tilde{y}^{(2)}_i}}{\partial w})\\=w-\frac{1}{2}l(\frac{\partial loss1}{\partial w}+\frac{\partial loss2}{\partial w})$

这样的话两者就等价了。

很多人小时候玩过飞行棋，有一条规则是“每轮抛一次骰子，直到抛到6点，才能起飞”。

可以简单算出，平均要抛6次骰子，才能抛出一次6点。

那么，假如真的抛了6次，这6次都还没有出现6点的概率是多少？当你在思考这个问题的时候，自然常数e就离你不远了。

考虑一连串独立的实验，每次实验有成功和失败两种结果。单次实验的成功概率是p。根据几何分布的数学期望，平均实验n=1/p次，实验才会成功一次。那么，当实验了n次，还没有成功的概率是 $(1-\frac{1}{n})^n$ ，这个式子对n取极限就等于 $\frac{1}{e}$ .

可以直接用抽签来做：从1到100里随机抽一个数，抽到1算成功，每次抽完放回。这样，每次成功的概率就是1%。

连续抽100次算一轮，每轮只记一件事：有没有抽到过1。

比如做了100轮，其中63轮抽到过1，剩下37轮一次都没抽到。那么，这37%的“一轮都没成功”的频率，就接近1/e。再用100除以37，约等于2.70，就是我们对e的一个估计。

多做一些轮，得到的频率通常会更稳。

建议p小于0.1，p越小，结果对e的近似程度越高。

我是怎么想到这个方法的？我分享下我的思考过程，希望对大家有帮助。

说到e，最先想到的是泊松分布：

$P(X=k)=\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}$

$\lambda$ 的意义是单位时间内“冲击”的期望次数。假设$\lambda$=1，在单位时间内还没有冲击的概率是 $P(X=0)=\frac{1}{e}$

由于二项分布的极限是泊松分布，可以设计一个成功率为p的实验，n=1/p。把单位时间分成n份，每1/n时间都做一次实验。n越大，这个二项分布越像泊松分布。因此，当n很大时，n次都未成功的概率就接近1/e。

这个实验背后，是几何分布、泊松分布和自然常数e之间的联系。我在《大白话概率论》里专门讲了这部分，有兴趣可以看看。

本回答不涉及任何数学公式，只谈直观理解。

假如你正在玩一个闯关游戏，每关都有可能会出现一个怪物（每关最多出现一个），在每一个关卡中，出现怪物的概率是p。每个关卡是否出现怪物，和之前的关卡无关。

那么，对于第一个关卡，是否出现怪物，或者说出现怪物的个数，服从伯努利分布。出现怪物的概率是p，不出现怪物的概率是1-p。同理，对于第二个关卡，第三个关卡……每一个关卡内，是否出现怪物，都服从伯努利分布。

伯努利分布是最简单最基础的概率分布。

接下来，考虑多个关卡。假如已经完成了n个关卡了，在这n个关卡中，一共出现了多少次怪物？这个值服从二项分布。

一个关卡，是否出现怪物，是伯努利分布；多个关卡，一共出现了多少个怪物，是二项分布。

如果p比较小，比如说是0.1，那么可能连续好几关都不会出现怪物。那么问题来了，从第一关开始，你要经历多少关，才能碰到第一个怪物？这个关数服从几何分布。

几何分布的第一个核心特质就是等待。它的数学期望是概率的倒数。飞行棋中，我平均要等6轮，才能摇到一次为6点的骰子。投篮命中概率为0.2的小坤，平均要投5次篮，才能投中一次。每轮出现怪物的概率是0.1，平均要经过10轮，才会遇到一次怪物。

扩展一下，假设我在第9轮碰到了怪物。那么从下轮开始，我平均要经过多少轮，才能碰到下一个怪物呢？答案还是10轮。哪怕第9轮没有碰到怪物，从下轮开始，我还是要平均经过10轮，才能碰到下一个怪物。几何分布的第二个核心特质就是无记忆性。不管你现在在第几轮，不管之前的回合有多少个怪物来了，不管这一轮有没有怪物来，从下一轮开始，一切仿佛从头开始。

硬币没有记忆，骰子没有良心。很多人以为运气会“攒人品”：连着9关都没碰到怪物，第10关总该来了吧？并不会。开头说过，每一关出不出现怪物，和之前的关卡无关，游戏根本不记得你已经等了多久。

把这两个特质放在一起，几何分布就像一个“永远活在当下”的渣男：你得一直等他，可不管你已经等了多久，过去发生的一切，对他都毫无意义，每次都要你从头开始等。

接下来，上点难度。几何分布问的是：要闯多少关，才能碰到第1只怪物？如果把问题改成：要闯多少关，才能碰到第10只怪物？这个关数就服从负二项分布。你可以把它理解成几何分布的加长版：先等到第1只，再从头开始等第2只……一直等到第10只。每一段等待都像重新开始，每段平均要10关，所以一共平均要10×10=100关。

上面已经说了四种分布：伯努利分布、二项分布、几何分布、负二项分布。

接下来，我们改一下游戏机制。游戏取消了关卡。怪物不再是每回合可能出现一次，而是随时可能出现一只。

请问过了10分钟，出现了多少只怪物？这就引出了题主问题的答案——泊松分布。

一开始游戏是关卡制的，每个关卡最多来一只怪物。我们称这个是离散情况。现在怪物随时可能出现，我们称为连续情况。

注意，这里的“连续”说的是时间连续。怪物的个数还是一只一只数的，0只、1只、2只……所以泊松分布本身仍然是一个离散分布。

在离散情况中，游戏进行了n个关卡，出现的怪物的次数服从二项分布。

那么在连续情况中，游戏进行了m分钟，出现的怪物的次数要怎么知道呢？

很简单，把它近似为离散情况就好了。假设每0.001秒是一个关卡。每个关卡的出现怪物的概率是q，这个q肯定很小。那么10分钟，相当于60万个关卡。问题转变成了——每个关卡出现的概率为q，一共进行了60万个关卡，请问出现的怪物的次数的分布。当然是服从二项分布了！

但是这个仍然是离散的情况。如何才能变成连续的情况呢？办法是把关卡切得更细。上面一个关卡是0.001秒，我们可以改成0.0001秒、0.00001秒……一直切下去。关卡越短，就越接近“怪物随时可能出现”的连续情况。

切的时候要注意两件事。第一，关卡切得越细，关卡数就越多，每关来怪物的概率q也必须跟着变小。否则关卡多了十倍，怪物也多了十倍，就不是原来那个游戏了。比如原来10分钟平均来50只怪物，不管怎么切，10分钟平均还是来50只。第二，原来的规则是每关最多来一只怪物。关卡切得足够细之后，两只怪物恰好挤进同一个极短的关卡，几乎不可能发生，这条限制就可以不管了。

按这个方式一直切下去，二项分布最后变成的那个分布，就是泊松分布。

好的，既然泊松分布是二项分布的极限形式，那么刚刚说到的几何分布，是否也有对应的亲戚呢？当然。从游戏开始，要等多长时间，才能碰到第一只怪物？这个等待时间服从指数分布。

指数分布和泊松分布之间，也有一个“倒数”关系，和前面几何分布的情况是一个道理。回忆一下，关卡制里，每关来怪物的概率是0.1，也就是平均每关来0.1只怪物，那么平均要等1÷0.1=10关，才能碰到第一只。换到连续的情况：假如平均每分钟来5只怪物，那么平均要等1÷5=0.2分钟，才能等到第一只。一个是“单位时间里平均来几只”，一个是“平均要等多久才来一只”，两者互为倒数。

其实泊松分布和指数分布，说的是同一条时间轴上的同一件事。还是按刚才那个模型，假如你站在路边，数一分钟内经过了几辆车，这是泊松分布；你看着手表，记下一辆车还要等多久才来，这是指数分布。一个在数个数，一个在量间隔。

正如几何分布是离散界的渣男，连续界的指数分布也继承了几何分布的特质——等待和无记忆性。在这个游戏中，我平均要等待0.2分钟，才能等到第一个怪物。等到了第一个怪物后，还要平均等待0.2分钟，才能等到第二个怪物。哪怕我已经等了1分钟都没有怪物过来，我平均还是要再等0.2分钟。

最后一个问题，要等多长时间，才能等到第20只怪物？这个时间服从伽马分布。它和指数分布的关系，就像负二项分布和几何分布的关系：指数分布等的是第1只，伽马分布等的是第20只。每一只平均要等0.2分钟，所以等到第20只，平均要20×0.2=4分钟。

最后，用一张图总结文章的内容：

这篇回答里打怪的故事，后来我也写进了《大白话概率论》。书里还顺着这个游戏往下讲了两个问题：玩很多关，总耗时会是什么分布？如果不知道每关出怪的概率，能不能从打过的关里猜出来？书已经出版了，想接着看的朋友，可以阅读这本书。

LLMs可分为三大架构类型：Encoder-only（如BERT）、Decoder-only（如GPT）及Encoder-Decoder（如T5）。

首先比较Encoder-only和Decoder-only，因为这两个的优劣相对更容易比较些。

在比较之前，需要明白Encoder-only和Decoder-only有什么不同：

（1）信息可见性

Encoder-only架构中，每个token可以访问序列中的所有其他token信息，而在Decoder-only架构中，由于采用了因果掩码（causal mask），每个位置的token只能访问自己和前面的token信息。

（2）训练目标

Encoder-only架构主要是通过Masked Language Modeling（MLM）任务进行预训练，即随机遮蔽输入序列中的一些token并让模型预测这些被遮挡的token，以此学习丰富的语言上下文表示。而Decoder-only架构（如GPT）的主要训练方式是基于Next Token Prediction，模型在给定前n-1个token的情况下预测第n个token，这鼓励模型生成连贯的文本序列。

（3）生成方式

你给BERT一段话，它会给每个token算出一个结合了前后文信息的向量。GPT则是接着你给的话往下写：先预测下一个token的概率，再选出一个token，接着继续往下写。如果开启采样（do_sample），每次选到的token可能不一样，所以同一个问题也可以得到不同的回答。

LLM在生成任务上的应用更广泛，因此Decoder-only架构更受青睐。

至于为什么Decoder-only结构会比Encoder-Decoder更好，我赞同 @成诚 的答案。Decoder-only架构相较于Encoder-Decoder的优势，一个关键点在于计算效率与模型规模的扩展性。GPT凭借其规整、线性堆叠的Transformer层，有利于实现高效的流水线并行处理，而T5等Encoder-Decoder结构的复杂性限制了其大规模扩展的潜力。

此外，如果每套Transformer的层数和隐藏维度相同，Encoder-Decoder需要编码器和解码器两套参数，Decoder-only只需要一套，参数量通常更少。

实践层面，Decoder-only架构的广泛应用也得益于大家伙“用脚投票”——因为大家都在用，都觉得好用。OpenAI通过GPT系列确立了Decoder-only架构的强大性能，加之特定技术如KVCache对Decoder-only架构的适配性，共同推动了Decoder-only架构成为当前主流。

我通过一个简单的例子来说明公钥和私钥。

构造公钥和私钥

第一步，选择两个大素数，这里为了简化说明，选择了p = 3 和 q = 11。然后计算 n = p * q = 33。p和q不要告诉任何人。

这个n=33是可以告诉大家的，但是33是由哪两个素数相乘，不能告诉大家，而且大家很难知道。（当然，这里的33，一眼可以看出可以分解成3*11。但是在实际场景中，n一般是一个很大很大的数字，大到用几百台电脑都无法在短期内将其质因数分解。因此p和q只有我一个人知道，别人是无法知道的，也很难破解出来。）

第二步，计算(p−1)∗(q−1)=(3−1)∗(11−1)=2∗10=20，这个数也不要让任何人知道。至于为什么要计算这个公式，你暂时只需要死记硬背。

第三步，选择公钥指数e。可以从2到19中，选择一个与第二步的结果20互质的整数，比如选择7。

第四步，选择私钥指数d。找一个整数 d ，使得 (d * e) % ((p-1)*(q-1)) = 1

经过一些数学运算（比如欧几里得算法，这里不详细展开），得到d=3是其中一个解。因为3*7%20=1

这里的d也不要告诉任何人，这是解开加密信息的关键。

如此一来，公钥便是 (e, n) ，即 (7, 33)；而私钥是 (d, n)， 即 (3, 33)。公钥需要告诉他人，私钥则绝对不要告诉任何人。

加密过程

接下来如何加密呢？

假如你想给我发一条消息，该消息以数字形式表示为 m = 9。你肯定不能直接将m=9发给我，这样别人可能会窃取到。于是，你需要用公钥将数字9加密。加密过程是c=m^e mod n。在这个例子中，计算过程是 9^7 mod 33 = 15。因此，加密后的密文为 15，可以公开发送。

解密过程

当我收到 15 后，使用私钥进行解密。解密公式为 m' = c^d mod n。代入数值，我们有 15^3 mod 33 = 9。神奇之处在于，这恰好还原了原始信息 m = 9。

这背后的原理是：(m^e%n) ^d%n=m。具体如何证明就不展开了。这基于欧拉定理和模逆元的性质。用公钥加密后，可以用对应的私钥还原。只看这里的幂运算，反过来也能算；不过，公钥人人都知道，用公钥就能还原的信息，也就谈不上保密了。所以要分清：保密通信是公钥加密、私钥解密；数字签名是私钥签名、公钥验签，用来确认是谁发的、内容有没有被改过。

总结

通俗来说，你首先选取两个大质数，得到了（e, d, n）三个数。你把 (e, n) 作为公钥告诉他人，把 (d, n)作为私钥不透露给他人。他人用公钥将信息加密后发给你，然后你通过私钥将信息解密。