G A N, O(N^2)

家里蹲国仙

放心吧！结论是 GAN 离不开 辉达GPU，伤不了 台湾人荷包。

（1）跑去fengshui123.org 发过一个帖子。探讨了 AI，不班门弄斧。长话短说， 其实也没什么了不起，

跟 2004年 I，Robot 的 主角 运存2套系统，应该有人会听明白。

(2) Transformer 框架 注意力机制 没有人类要解决。

For an input with n tokens, this requires calculating n² pairwise relationships, creating an \(\mathcal{O}(n^2)\) computational and memory cost.

堆 记忆体 不是办法，只婊 不只本。

物理极限，哪来那么多空间。

（3）相传古印度宰相西萨（Sissa）发明了国际象棋，国王舍罕王非常高兴，决定重赏他。宰相只提出了一个看似微不足道的请求：

在棋盘的第1个格子放 1 粒米第2个格子放 2 粒米第3个格子放 4 粒米每一个格子放的米数都是前一个格子的 2 倍，以此类推，直到放满 64 个格子。惊人的数学结果国王最初爽快地答应了，但他很快发现自己根本付不起这笔赏赐。

因为这是一个等比数列的求和问题，随着格子的增加，数字呈现爆发式增长：

前 10 个格子：只需 1,023 粒米
第 30 个格子：超过 5.3 亿粒米

填满所有 64 个格子：总共需要 2⁶⁴ - 1 = 18,446,744,073,709,551,615 粒米

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O(N² )
1000 token = 10⁶
1000000 token = 10¹²

实际 FLOPs 通常是：O(N² d)
其中 d 是 hidden dimension。

例如：N=10^6, d=8192

则计算量接近：

10^12×8192≈8.2×10^15

约 8 quadrillion operations（千万亿级）。

这也是为什么传统 Transformer 很难直接处理 100 万 token 上下文!

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记忆体缺料，解了吗？Diffusion Gemma https://youtu.be/gRFhacXrP1s

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三階矩陣的特徵值（eigenvalue）問題，最容易讓計算變得冗長的地方，通常不是最後的二次方程式，而是前面的三次特徵多項式（characteristic polynomial）。

但如果已經確認其中一個特徵值 λ₁，就不一定需要從頭解完整三次式。利用特徵值與係數之間的關係，可以把剩餘問題直接降為二次方程式。

本篇固定使用：

P_A(λ) = det(A − λI)

對三階矩陣而言：

P_A(λ) = −λ³ + tr(A)λ² − s₂λ + det(A)

其中：

tr(A) 是跡（trace），等於三個特徵值依代數重數（algebraic multiplicity）計算後的總和。

det(A) 是行列式（determinant），等於三個特徵值的乘積。

s₂ 是兩兩乘積之和，也等於三個主二階子行列式（principal 2×2 minors）的總和：

s₂ = M₁₁ + M₂₂ + M₃₃

假設 λ₁ 已經確認為真正的特徵值，令其餘兩個特徵值為 λ₂、λ₃，並設定：

b = tr(A) − λ₁

則：

b = λ₂ + λ₃

接下來要分成兩種情況。

當 λ₁ ≠ 0 時：

c = det(A) ÷ λ₁

因此：

c = λ₂λ₃

其餘兩個特徵值就是下列二次方程式的兩根：

μ² − bμ + c = 0

這裡使用 μ 作為未知數，避免與常用來表示特徵向量（eigenvector）的 x 混淆。

當 λ₁ = 0 時，不能使用 det(A) ÷ λ₁，因為這會造成除以零。

此時改用：

b = tr(A)

c = s₂

剩餘二次式仍然是：

μ² − bμ + c = 0

因此，零特徵值並不是例外到無法處理，而是需要從「三根乘積」切換到「兩兩乘積之和」。

若二次式的係數 b、c 都是實數，還可以利用判別式（discriminant）：

Δ = b² − 4c

Δ > 0 時，有兩個相異實根。

Δ = 0 時，有一個重根；計算代數重數時必須算兩次。

Δ < 0 時，有一對共軛複數根（complex-conjugate pair）。

這也提醒我們：即使 A 是實矩陣，特徵值也不一定全部都是實數。

快速方法真正的關鍵，不是猜出一個看似合理的數字，而是先確認：

P_A(λ₁) = 0

只有通過特徵方程式驗證的候選值，才能作為已知特徵值，進一步用跡、行列式與主子行列式求出其餘兩根。

使用者

2个字，复杂。

ilovet