U1.2 Denoising：倒著走一步，要怎麼學？

本篇重用7 篇

• L0.1差一度與差十度：損失函數是一種宣告
• L0.0房仲怎麼估價：從例子學規則
• M1.2天氣預報該報幾度：MSE 的最小值是 Conditional Expectation
• M1.3快篩陽性：Bayes 與 Posterior
• M1.0兩台體重計：Gaussian 的線性組合
• M5.1用錯的機率表下注一年會多輸多少：KL Divergence 與 Cross-Entropy
• L5.1當那個要加總的量算不出來，可以退到哪裡？

倒著走一步，如何從 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 抽樣？

上一篇我們已經把前進的路 forward process 給設計好了：知道怎麼從 $x_{t-1}$ 到 $x_t$，而且任意時刻的 $x_t$ 都能用一行公式從 $x_0$ 獲得。現在我們想做的是反過來——手上已有一個 $x_t$，要怎麼退到 $x_{t-1}$，也就是說，要怎麼從 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 抽樣。

複習為什麼是「從 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 抽樣」，而不是算出一個答案？

先複習 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 在描述什麼：給定現在的 $x_t$，退到前一步、落在差不多 $x_{t-1}$ 這個位置的機率密度。

用上一篇那條從台大到屏東的路線來說：給定現在人在屏東，前一站是高雄（走西部）還是台東（繞東部）？機率會告訴我們每一種可能性有多大，我們就照著它抽一個——抽到高雄或台東都是合理的答案。

為什麼要寫成「分布」而不是「一個答案」？因為加噪那一步真的把資訊丟掉了：很多不同的 $x_{t-1}$ 都可能變成手上這個 $x_t$，而只有分布記得住是哪些、各自多可能。至於拿到這個分布之後要怎麼用——每一步真的抽一個，還是每一步都走一個確定的方向——那是另一個問題，U1.4 會看到兩種做法都成立。

首先我們知道，$x_t$ 是由 $x_{t-1}$ 加了一撮隨機的 Gaussian noise 得到的。所以 $x_t$ 一旦固定，往回看 $x_{t-1}$，會因為那撮 noise 的隨機性而有一整個範圍的可能。我們要的就是那個範圍上的機率密度。

課堂提問Q1

最直覺的想法是把加噪那一步直接反解。既然

$$x_t=\sqrt{\alpha_t}\,x_{t-1}+\sqrt{\beta_t}\,\epsilon_t ,$$

那我就抽一個 $\epsilon_t\sim\mathcal N(0,I)$，代進去解出

$$x_{t-1}=\big(x_t-\sqrt{\beta_t}\,\epsilon_t\big)\big/\sqrt{\alpha_t}$$

不就好了嗎？反正 noise 本來就是隨機抽的。

這樣為什麼不行？

先想一想，再展開看整理後的答案

問題出在「$\epsilon_t$ 本來就是隨機抽的」這句話——它在加噪的時候成立，在取樣的時候不成立。

加噪時，我們先有 $x_{t-1}$，再抽一個「與它無關」的 $\epsilon_t$——這兩個變數確實互相獨立。但在 reverse process 要做 denoise 時，我們手上先有 $x_t$，想要利用 $\epsilon_t$ 決定 $x_{t-1}$；而 $x_t$ 是用當初那個特定的 $\epsilon_t$ 算出來的（現在看不到），因此 $\epsilon_t$ 和 $x_t$ 不是獨立的：看到 $x_t$，等於看到「它因為 $\epsilon_t$ 而落在哪裡」——這件事本身就帶著關於 $\epsilon_t$ 的資訊。

我們可以透過計算兩者之間的共變數（covariance）來證明不獨立這件事。因為 $\epsilon_t$ 與 $x_{t-1}$ 是獨立的，

$$\operatorname{Cov}(\epsilon_t,\,x_t) =\operatorname{Cov}\big(\epsilon_t,\ \sqrt{\alpha_t}\,x_{t-1}+\sqrt{\beta_t}\,\epsilon_t\big) =\sqrt{\beta_t}\,I\;\ne\;0 .$$

covariance 不是零，就代表有相關；有相關，就不能另外抽一個與 $x_t$ 獨立的 noise 去替代 $\epsilon_t$。

那「不獨立」到底改變了什麼？$\epsilon_t$ 的 marginal distribution 仍然是 $\mathcal N(0,I)$，但給定 $x_t$ 之後，$\epsilon_t$ 的分布就變了。所以從 $\mathcal N(0,I)$ 抽一個與 $x_t$ 獨立的 $\epsilon_t$ 代進去，就變成錯的。

回到上一篇的洗牌。你把一副排好的牌洗了一次，然後只看到洗完的樣子——沒看到洗之前。洗牌當然是隨機的，但你看到的那個結果，本身就透露了那一次是怎麼洗的：如果洗完之後有幾張還連在一起，那一次顯然沒把那一段拆開。

所以你不能說「反正洗牌是隨機的」，就自己隨便洗一次、再宣稱這樣就把它倒回去了——那樣只會回到一個錯的順序。$\epsilon_t$ 就是那一次洗牌：一旦看到 $x_t$，它就不再是一個可以隨便重抽的東西。

所以反解這條路是行不通的。那如果我們老老實實去算 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 呢？

因為我們是知道 $q(x_t\mid x_{t-1})$ 的，這時候就會想要用 Bayes 定理來算 $q(x_{t-1}\mid x_t)$（M1.3）：

知道前進規則，能反推上一站嗎？

$$\begin{gathered} \reveal{1}{q(x_{t-1}\mid x_t)=}\\[.2em] \reveal{4}{\frac{ \reveal{2}{q(x_t\mid x_{t-1})}\reveal{3}{\,p_{t-1}(x_{t-1})} }{p_t(x_t)}.} \end{gathered}$$

1. 1 已經看到現在的 $x_t$，我們想知道前一步 $x_{t-1}$ 有哪些可能。
2. 2 對每個候選的 $x_{t-1}$，先看它產生這個 $x_t$ 的 density。
3. 3 再乘上 $p_{t-1}(x_{t-1})$，把前一步各個位置原本的可能性考慮進來。
4. 4 最後除以 $p_t(x_t)$，才得到給定現在之後的反向 density。

分子的 $q(x_t\mid x_{t-1})$ 我們確實會算——那是上一篇自己設計的那一步（U1.1）。但右邊還有 $p_{t-1}(x_{t-1})$ 和 $p_t(x_t)$：它們是資料經過加噪之後的 marginal distribution，也就是「所有真實圖片加噪 $t$ 步之後，長成 $x_t$ 的可能性有多大」，我們記成 $p_t$。要知道它，就得把每一張真實圖片的貢獻都加總起來——也就是得先知道整個 $p_{\text{data}}$（但很明顯我們不知道）。這種「式子寫得出來、但實際上算不出來」的東西，以下都叫 不可算（intractable）。

如果算不出來，那可不可以用「學」的？那要怎麼學？

我們先換一個角度想。其實我們本來就沒有打算把所有東西都直接算出來——如果每一個 quantity 都可以直接算，那我們根本就不需要 learning。

所以現在既然真正的 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 不好算，我們可不可以乾脆學一個東西來逼近它？例如，用一個 neural network 來參數化一個 conditional distribution $p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)$，接下來的目標就很自然了：想辦法調整 $\theta$，讓 $p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)$ 盡可能接近真正的 $q(x_{t-1}\mid x_t)$。

如果這件事做得到，那我們是不是就不需要真的把 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 算出來了？

問題就從：

「這個 distribution 要怎麼算？」

變成：

「我要怎麼設計一個 learning problem，讓 neural network 把它學出來？」

那就來設計這個 learning problem。第一件事是把「接近」說清楚——也就是寫下一個 loss function。兩個分布之間最常用的那個 loss function 是 Kullback–Leibler divergence（M5.1），以下都簡稱 KL；而 $x_t$ 本身也是隨機的，所以要對所有可能的 $x_t$ 取平均：

$$\mathcal J(\theta)=\mathbb E_{p_t(x_t)}\Big[D_{\mathrm{KL}}\big(q(x_{t-1}\mid x_t)\,\big\|\,p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)\big)\Big].$$

這一行就是最直覺、我們真正想要最小化的東西。好消息是 learning objective 有了，壞消息是裡面那個 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 還是不可算，所以這個 loss 我們似乎還是算不出來，也不知道怎麼求 gradient。

課堂提問Q2

我們常常在想一個方法的時候、遇到問題就會忘記靜下心來看看我們有什麼？能做什麼？這時不如回頭看一下我們一開始到底有什麼資訊是可以用的——forward process 給了我們什麼？

我們在 forward process 建立的是一筆要拿來訓練的資料，我們做的是：抽一張資料集裡的真實圖片 $x_0$、抽一個時間 $t$、抽一個 $\epsilon$，然後一行算出 $x_t$。所以我們其實不是只有 $x_t$，還有創造它的 $(x_0,\epsilon,t)$。

那這其中有誰可以幫助我們算出 $q(x_{t-1}\mid x_t)$？或是可以有一樣效果的 loss function 呢？

先想一想，再展開看整理後的答案

$x_0$。

寫 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 的時候，我們假裝手上只有 $x_t$，但我們其實還知道它是來自哪一張圖 $x_0$。而那正是卡住的原因：$p_{t-1}(x_{t-1})$ 和 $p_t(x_t)$ 之所以難算，就是因為它們把所有可能的 $x_0$ 都考慮進去了。

既然算不動的原因是「要考慮所有的 $x_0$」，那就先別考慮全部：把 $x_0$ 也放進條件裡看看。

訓練的時候，我們其實多知道一件事

先不要急著看公式。想一下 $x_t$ 是哪裡來的。

訓練的時候，我們先從 dataset 拿一張真正的資料 $x_0$，再自己一步一步加 noise 產生 $x_t$。所以每一個訓練時看到的 $x_t$，我們都知道它原本是哪一張 $x_0$ 變出來的。這件事在我們真的要生成新資料的時候沒有——那時候只有當下的 $x_t$；但在 training 的時候，$x_0$ 一直都藏在我們手上。

那問題來了：如果 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 不可算，多告訴我們原本的 $x_0$，事情會不會變簡單？也就是不要先問

$$q(x_{t-1}\mid x_t),\qquad\text{而是問}\qquad q(x_{t-1}\mid x_t,x_0).$$

答案是：會，而且它可以直接算出來。那我們可不可以拿這個「算得出來的東西」來教模型？於是把 training objective 改寫成

$$\widetilde{\mathcal J}(\theta)=\mathbb E_{p_{\text{data}}(x_0)}\ \mathbb E_{q(x_t\mid x_0)} \Big[D_{\mathrm{KL}}\big(q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\,\big\|\,p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)\big)\Big].$$

這裡有一個看起來很奇怪的地方：左邊那個拿來當 target 的 $q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)$ 看得到 $x_0$，但右邊我們真正要學的 $p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)$ 看不到。

為什麼？因為 generation 的時候我們根本沒有 $x_0$，模型最後一定只能靠 $x_t$ 往回走。所以 training 時我們可以用 $x_0$ 造一個「比較容易算的 target」，但模型最後仍然只能看到 $x_t$。

這看起來有點像作弊，甚至更嚴重：兩邊條件的東西根本不一樣。我們真的還是在學原本那個 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 嗎？

是。而且這裡不是 approximation。

在看證明之前，先想一下為什麼它會成立。固定一個 $x_t$，在整個訓練過程中，它有可能會被很多張不同的 $x_0$ 給造出來。而每一筆訓練資料都拿出一個不一樣的 $x_0$ 要模型去對齊，但模型只看得到 $x_t$，分不出手上這一筆是哪一張 $x_0$ 來的，所以它只能給一個答案去應付全部——就是把所有 $x_0$ 各自給出的那個分布，按它們出現的「頻率」平均起來，而那個平均就會是 $q(x_{t-1}\mid x_t)$。

也就是這個意思：

$$\mathbb E_{p(x_0\mid x_t)}\big[q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\big]=q(x_{t-1}\mid x_t).$$

所以兩個 objective 分別是：直接對齊那個算不出來的 $q(x_{t-1}\mid x_t)$，和透過對齊一堆算得出來的 $q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)$、再讓模型自己去取平均 $\mathbb E_{p(x_0\mid x_t)}[\,\cdot\,]$，也是去對齊 $q(x_{t-1}\mid x_t)$。

這裡用的雖然是 KL，但和 L2 那種把差距平方起來的距離有類似的性質；以 L2 舉一個 toy example，寫 $\bar a=\frac{a_1+a_2+a_3}{3}$，minimizing $\frac13\big[(x-a_1)^2+(x-a_2)^2+(x-a_3)^2\big]$ 和 minimizing $(x-\bar a)^2$ 會得到一樣的最佳解 $x$，因為兩者之差是一個常數——配方出來就看得到：

$$\frac13\big[(x-a_1)^2+(x-a_2)^2+(x-a_3)^2\big] =(x-\bar a)^2 +\underbrace{\frac{(a_1-\bar a)^2+(a_2-\bar a)^2+(a_3-\bar a)^2}{3}}_{\text{不含 }x} .$$

根據這樣的性質，我們預測會有：

$$\widetilde{\mathcal J}(\theta)=\mathcal J(\theta)+C \quad\Longrightarrow\quad \arg\min_\theta\ \widetilde{\mathcal J}(\theta)=\arg\min_\theta\ \mathcal J(\theta),$$

其中 $C$ 完全不依賴 $\theta$；而最佳的那個 $p_\theta$——寫成 $p^\star(x_{t-1}\mid x_t)$——正是上面那個平均 $\mathbb E_{p(x_0\mid x_t)}\big[q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\big]$，也就是 $q(x_{t-1}\mid x_t)$。

所以我們只是把一個算不出來的 learning objective，換成一個算得出來、但最佳解完全相同的 objective。模型從來沒有直接拿那個算不出來的 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 作為目標，卻可以透過很多個「知道 $x_0$ 的 training examples」把它學起來。

動手自己實際推一次：為什麼 $\widetilde{\mathcal J}(\theta)=\mathcal J(\theta)+C$ 是對的？

我們想證明的是：雖然 training 時改用 $q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)$ 當 target，但最後學到的東西，和原本拿 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 當 target 是一樣的。

先固定一個 $x_t$，看這個 KL：

$$D_{\mathrm{KL}}\big(q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\,\big\|\,p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)\big).$$

把 KL 的定義展開：

$$\begin{aligned} &D_{\mathrm{KL}}\big(q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\,\big\|\,p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)\big)\\[4pt] &=\int q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\log q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\,\mathrm dx_{t-1}\\[2pt] &\quad-\int q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\log p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)\,\mathrm dx_{t-1}. \end{aligned}$$

先看第一項：

$$\int q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\log q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\,\mathrm dx_{t-1}.$$

這裡完全沒有 $\theta$。所以不管之後再對 $x_0$、$x_t$ 取多少次期望，對我們「調整 $\theta$」這件事來說，它都只是一個常數。

因此真正會影響 learning 的，是第二項：

$$-\int q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\log p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)\,\mathrm dx_{t-1}.$$

現在對「有可能造出這個 $x_t$」的 $x_0$ 取平均：

$$-\,\mathbb E_{p(x_0\mid x_t)}\Big[\int q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\log p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)\,\mathrm dx_{t-1}\Big].$$

注意 $\log p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)$ 只看 $x_t$ 和 $x_{t-1}$，不依賴 $x_0$。所以我們可以先把所有可能的 $x_0$ 平均掉：

$$-\int\Big[\int q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\,p(x_0\mid x_t)\,\mathrm dx_0\Big]\log p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)\,\mathrm dx_{t-1}.$$

那中括號裡是什麼？

$$\int q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\,p(x_0\mid x_t)\,\mathrm dx_0 .$$

它的意思就是：已知現在的 $x_t$，把所有可能的原圖 $x_0$ 都按照 $p(x_0\mid x_t)$ 的機率加權平均。根據 marginalization，這正好就是

$$q(x_{t-1}\mid x_t).$$

因此第二項變成

$$-\int q(x_{t-1}\mid x_t)\log p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)\,\mathrm dx_{t-1},$$

也就是 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 和 $p_\theta$ 的 cross entropy。

而原本的 $D_{\mathrm{KL}}\big(q(x_{t-1}\mid x_t)\,\big\|\,p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)\big)$ 展開之後，也只有這個 cross entropy 和 $\theta$ 有關；剩下那個 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 的 entropy 一樣不含 $\theta$。

因此兩個 objective 最後只差一個與 $\theta$ 無關的常數，也就有完全相同的最佳解：

$$\widetilde{\mathcal J}(\theta)=\mathcal J(\theta)+C \quad\Longrightarrow\quad \arg\min_\theta\ \widetilde{\mathcal J}(\theta)=\arg\min_\theta\ \mathcal J(\theta).$$

而當模型夠有表達能力的時候，最佳的情況就是

$$p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)=q(x_{t-1}\mid x_t).$$

所以 training 時雖然用了額外知道的 $x_0$，模型最後學到的仍然是我們真正想要的那個 reverse distribution。

這個「取平均」的、將不可算變成可以算的技巧，這門課中會反覆看到，以下都叫它 conditional trick。Lai、Song、Kim、Mitsufuji 與 Ermon [2] 系統性地整理了它在 diffusion models 裡的不同版本。它每一次出現的形狀都一樣：不可算的目標是一個邊際量，而把某個東西放進條件裡之後就算得出來，剩下的平均交給 loss 自己做。 這一篇用的是 KL 版本；U1.3 會用到 MSE 版本，而 U2 的 conditional flow matching 是速度版本。

把 $q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)$ 算出來

知道了 learning objective 是可行的之後，我們回過頭來算 $q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)$。一樣先用 Bayes：

$$q(x_{t-1}\mid x_t,x_0) =\frac{q(x_t\mid x_{t-1},x_0)\,q(x_{t-1}\mid x_0)}{q(x_t\mid x_0)} =\frac{q(x_t\mid x_{t-1})\,q(x_{t-1}\mid x_0)}{q(x_t\mid x_0)} .$$

第二個等號用的是 Markov property：$q(x_t\mid x_{t-1},x_0)=q(x_t\mid x_{t-1})$——往前走一步只讀現在這個狀態，$x_0$ 知不知道都一樣。至於 $q(x_{t-1}\mid x_0)$ 與 $q(x_t\mid x_0)$ 這兩項，可以注意到它們都多了一個 $x_0$ 的條件，而這三項全部都是 forward process 裡設計出來的 Gaussian。

$q(x_t\mid x_{t-1})$ 是 forward process 每往前一步的設計，$q(x_{t-1}\mid x_0)$ 與 $q(x_t\mid x_0)$ 則是我們在 U1.1 最後得到的 closed form（把 $t$ 換成 $t-1$ 就有中間那一條）：

$$\begin{aligned} q(x_t\mid x_{t-1})&=\mathcal N\big(\sqrt{\alpha_t}\,x_{t-1},\ \beta_t I\big), &&\text{每一步的設計}\\[2pt] q(x_{t-1}\mid x_0)&=\mathcal N\big(\sqrt{\bar\alpha_{t-1}}\,x_0,\ (1-\bar\alpha_{t-1})I\big), &&\text{closed form}\\[2pt] q(x_t\mid x_0)&=\mathcal N\big(\sqrt{\bar\alpha_t}\,x_0,\ (1-\bar\alpha_t)I\big). &&\text{closed form} \end{aligned}$$

Bayes 右邊在乘除的是三個機率密度，不是三個隨機變數。而 Gaussian 的密度是「$\exp$（一個 $x$ 的二次式）」，把它們乘起來、再除掉一個，只是在指數上把幾個二次式加加減減——加減完還是二次式，所以配方之後出來的仍然是一個 Gaussian。

動手算一下：配出來的這個 Gaussian $q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)=\mathcal N(\tilde\mu_t,\ \tilde\beta_t I)$，它的變異數會跟 $x_0$ 有關嗎？

動手自己配一次方：$\tilde\mu_t$ 和 $\tilde\beta_t$ 是怎麼跑出來的？

首先 $q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)$ 之中，只有 $x_{t-1}$ 是變數，其他兩個是給定的（視為常數），因此我們只要管 $q(x_{t-1}\mid x_0)$ 和 $q(x_t\mid x_{t-1})$ 的乘積，不用理 $q(x_t\mid x_0)$：

$$q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\ \propto\ q(x_{t-1}\mid x_0)\,q(x_t\mid x_{t-1}) \ \propto\ \exp\Big[-\frac{\|x_t-\sqrt{\alpha_t}\,x_{t-1}\|^2}{2\beta_t} -\frac{\|x_{t-1}-\sqrt{\bar\alpha_{t-1}}\,x_0\|^2}{2(1-\bar\alpha_{t-1})}\Big].$$

方括號裡是 $x_{t-1}$ 的一個二次式。把它按次數收好：平方項的係數是

$$A=\frac{\alpha_t}{\beta_t}+\frac{1}{1-\bar\alpha_{t-1}},$$

一次項寫成 $-2\,b^\top x_{t-1}$ 的話，

$$b=\frac{\sqrt{\alpha_t}}{\beta_t}\,x_t+\frac{\sqrt{\bar\alpha_{t-1}}}{1-\bar\alpha_{t-1}}\,x_0 .$$

於是整個指數是 $-\tfrac{A}{2}\big\|x_{t-1}-b/A\big\|^2$ 再加一個不含 $x_{t-1}$ 的常數，常數可再次無視。對照 Gaussian 的密度公式，直接可以得到 $\tilde\beta_t=1/A$、$\tilde\mu_t=b/A$。

剩下的只是化簡。$A$ 通分之後分子是 $\alpha_t(1-\bar\alpha_{t-1})+\beta_t$，而這裡只需要 U1.1 定義 $\alpha_t$、$\bar\alpha_t$ 時就留下的兩個恆等式——$\alpha_t+\beta_t=1$ 與 $\alpha_t\bar\alpha_{t-1}=\bar\alpha_t$：

$$\alpha_t-\alpha_t\bar\alpha_{t-1}+\beta_t=(\alpha_t+\beta_t)-\bar\alpha_t=1-\bar\alpha_t ,$$

所以 $\tilde\beta_t=\dfrac{(1-\bar\alpha_{t-1})\,\beta_t}{1-\bar\alpha_t}$。把它乘進 $b$，兩個分母各自消掉，就是下面那兩個係數。

代進去，我們可以推出

$$q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)=\mathcal N\big(\tilde\mu_t(x_t,x_0),\ \tilde\beta_t I\big),$$

且

$$\tilde\mu_t=\frac{\sqrt{\bar\alpha_{t-1}}\,\beta_t}{1-\bar\alpha_t}\,x_0 +\frac{\sqrt{\alpha_t}\,(1-\bar\alpha_{t-1})}{1-\bar\alpha_t}\,x_t, \qquad \tilde\beta_t=\frac{1-\bar\alpha_{t-1}}{1-\bar\alpha_t}\,\beta_t .$$

這個分布的平均 $\tilde\mu_t$ 是 $x_0$ 與 $x_t$ 的一個加權平均——一邊拉向起點、一邊留在原地，權重只由 forward process 設計的 schedule 決定。變異數 $\tilde\beta_t$ 則完全不含 $x_0$ 和 $x_t$，只是 schedule 的一個數字。

DDPM 的訓練

現在 learning objective 中的 target $q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)$ 算得出來了，下一步就是具體的訓練方法了。首先我們注意到

$$q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)=\mathcal N\big(\tilde\mu_t(x_t,x_0),\ \tilde\beta_t I\big)$$

之中只有 $\tilde\mu_t(x_t,x_0)$ 跟 $x_t$、$x_0$ 有關，$\tilde\beta_t$ 是常數。而 $\tilde\mu_t(x_t,x_0)$ 裡面，模型唯一沒有的就是 $x_0$。因此最直觀的選擇就是：變異數照抄，平均也照抄同一個形狀，只把缺的那一塊換成網路的輸出 $\hat x_\theta(x_t,t)$：

$$p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)=\mathcal N\Big(\tilde\mu_t\big(x_t,\ \hat x_\theta(x_t,t)\big),\ \tilde\beta_t I\Big).$$

可以特別留意到這個神經網路的 input 是合理的：當下的狀態 $x_t$，跟在第幾步 $t$。（在 U1.4 我們會討論這樣的假設帶來什麼代價，我們可不可以接受？）

這個選擇讓 learning objective 中的 KL 變成只剩兩個平均之間的距離：

$$\begin{aligned} D_{\mathrm{KL}}\big(q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)\,\big\|\,p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)\big) &=\frac{1}{2\tilde\beta_t}\Big\|\tilde\mu_t(x_t,x_0)-\tilde\mu_t\big(x_t,\hat x_\theta(x_t,t)\big)\Big\|^2 . \end{aligned}$$

最後得到 $L_2$。兩個 Gaussian 的變異數相同，normalizing constant 就一樣、取對數相減會消掉；展開之後 $x_{t-1}$ 的二次項也消掉，剩下的正是兩個平均之間的距離。

而 $\tilde\mu_t$ 對 $x_0$ 是 affine 的，$x_0$ 的係數就是上面那個 $\frac{\sqrt{\bar\alpha_{t-1}}\,\beta_t}{1-\bar\alpha_t}$，所以這個距離立刻化成兩張圖之間的距離：

$$\Big\|\tilde\mu_t(x_t,x_0)-\tilde\mu_t\big(x_t,\hat x_\theta\big)\Big\|^2=\Big(\frac{\sqrt{\bar\alpha_{t-1}}\,\beta_t}{1-\bar\alpha_t}\Big)^{2}\big\|x_0-\hat x_\theta\big\|^2 .$$

把它代回去，整個訓練目標就是一個加權的平方誤差：

一筆加噪資料，要怎麼變成 regression loss？

$$\begin{gathered} \reveal{1}{\widetilde{\mathcal J}(\theta)=}\\[.2em] \reveal{6}{\mathop{\mathbb E}\limits_{t,\,x_0,\,\epsilon}\Big[ \reveal{5}{w(t)\,} \reveal{4}{\big\|\reveal{2}{\hat x_\theta}\reveal{1}{(x_t,t)}\reveal{3}{-x_0}\big\|^2} \Big],}\\[.2em] \reveal{5}{w(t)=\frac{\bar\alpha_{t-1}\,\beta_t}{2(1-\bar\alpha_t)(1-\bar\alpha_{t-1})},} \end{gathered}$$

1. 1 抽出 $x_0,t,\epsilon$，一行產生 $x_t$；模型只拿到 $(x_t,t)$。
2. 2 讓 $\hat x_\theta$ 根據這個輸入，預測原本的圖片。
3. 3 Training 時知道真正的 $x_0$，所以可以拿它來和模型預測相減。
4. 4 把圖片差的長度取平方，得到這一筆 training pair 的誤差。
5. 5 前面的 KL 推導還給了 $w(t)$，決定這個時間的誤差要乘上多少。
6. 6 再對 $t,x_0,\epsilon$ 的抽樣取平均，讓不同原圖與加噪方式產生的 labels 都成為學習目標。

其中 $x_t=\sqrt{\bar\alpha_t}\,x_0+\sigma_t\epsilon$ 是一行算出來的。沒有對抗、沒有 normalizing constant，就是一個平方誤差——U1.0 說「路徑自己定，每一步就變成回歸」，指的就是這一行。

在討論 $w(t)$ 之前，應該要有人舉手問：

課堂提問Q3

在 U1.0 我們算過：拿 $L_2$ 去比對資料 $x_0$ 與生成結果 $G_\theta(z)$，最佳解是一張所有訓練圖片的平均，模型會直接往它學習。現在這個 loss 也是 $L_2$、也是拿模型輸出 $\hat x_\theta(x_t,t)$ 去比對真實的 $x_0$。

為什麼這一次不會出問題？

先想一想，再展開看整理後的答案

差別只有一個字：配對。

上一次 $z$ 與 $x_0$ 是各自獨立抽的，模型拿到 $z$，但對於它可能跟哪一個 $x_0$ 有關完全沒有線索，所以最佳解是取平均 $\mathbb E_{p_{\text{data}}}[x_0]$，一個與模型輸入無關的常數。但這一次的 $x_t$ 是從某一張特定的 $x_0$ 加噪來的，兩者被 forward process 綁在一起。$L_2$ 的最佳解因此變成一個條件期望（M1.2）：

$$\hat x^{\star}(x_t,t)=\mathbb E\big[x_0\mid x_t\big].$$

它是一個隨 $x_t$ 改變的函數，不是常數。$t$ 很小的時候，$x_t$ 幾乎就是 $x_0$，這個條件期望幾乎等於原圖；$t$ 很大的時候，同一個 $x_t$ 可能來自很多張不同的圖，條件期望就是那些圖的加權平均——這時候預測本來就該是模糊的。（這件事看下面那張圖會更清楚。）

雖然同樣是做 $L_2$ norm minimization，上一次的最佳解是一個常數，而這一次是一個取決於當下 state $x_t$ 的函數。

其中的差別就來自於模型的輸入和目標 $x_0$ 有沒有被以某種方式配對在一起。可以想像成看視力檢查表上的那個 E，猜它的開口朝上下左右哪一邊：畫面很清楚時，你就直接讀出來；畫面糊到只剩輪廓時，你能給的答案就是以 $1/4$ 的機率盲猜，猜了幾次後就跟給出「所有可能的平均」沒什麼兩樣。

（注意 $w(t)$ 只是每個 $t$ 的權重、不隨 $\hat x_\theta$ 改變，所以它不影響每一個 $t$ 上的最佳解是什麼。）

把這個最佳解代回 $p_\theta$，整條鏈就閉合了：模型族裡最好的那個平均——寫成 $\mu^\star$——是

$$\mu^\star(x_t,t)=\tilde\mu_t\big(x_t,\ \mathbb E[x_0\mid x_t]\big),$$

也就是真正那個邊際 $q(x_{t-1}\mid x_t)$ 的平均。所以「倒著走一步需要知道什麼」有了完整的答案：散布是 schedule 給的，中心由 $\mathbb E[x_0\mid x_t]$ 決定，而那一個量就是我們要學的東西。

（要說清楚的是：「$L_2$ 的最佳解是條件期望」這件事，我們在這裡只是提到，並沒有證明——上面是靠和前一個情境對照得到的。這個結論的證明與它真正的份量，U1.3 會好好討論。）

看一個點怎麼被去噪

互動 demo：去噪一個點。 在平面上點一個位置當成 $x_t$，再拖 $t$。每個資料點的大小是它的後驗權重 $p(x_0\mid x_t)\propto\exp\big(-\|x_t-\sqrt{\bar\alpha_t}x_0\|^2/2\sigma_t^2\big)$，箭頭指向 $\mathbb E[x_0\mid x_t]$。$t$ 小的時候只有一兩個點亮著，箭頭幾乎指在原地；$t$ 大的時候整批點都亮，箭頭就指向一個平均的位置。

學完之後，怎麼真的走回去？

前面我們已經把模型訓練好了。現在假設手上有一個 $x_t$，下一步就是要產生 $x_{t-1}$。

我們前面把 reverse distribution 寫成

$$p_\theta(x_{t-1}\mid x_t),$$

而且選擇用 Gaussian 來 parametrize 它。網路負責預測 $\hat x_\theta(x_t,t)$，再把它代回前面推導出的 posterior mean：

預測出原圖之後，怎麼真的退回一步？

$$\begin{aligned} \reveal{1}{x_{t-1}=} &\reveal{3}{\tilde\mu_t\big(\reveal{1}{x_t},\ \reveal{2}{\hat x_\theta(x_t,t)}\big)}\\ &\reveal{4}{+\sqrt{\tilde\beta_t}\,z,}\\ &\reveal{4}{z\sim\mathcal N(0,I).} \end{aligned}$$

1. 1 生成時先有當下的 $x_t$，要從它產生前一步 $x_{t-1}$。
2. 2 真正的 $x_0$ 不在手上，先讓網路預測 $\hat x_\theta(x_t,t)$。
3. 3 把現在的狀態和預測原圖代回 $\tilde\mu_t$，算出這一步的平均位置。
4. 4 再加上一個新抽的 $\sqrt{\tilde\beta_t}z$，完成從 reverse Gaussian 抽樣。

這樣就完成一次 $x_t\to x_{t-1}$。

接下來沒有新的東西：從

$$x_T\sim\mathcal N(0,I)$$

開始，重複同樣的步驟，

$$x_T\to x_{T-1}\to\cdots\to x_1\to x_0,$$

最後就得到一個 sample。

到這裡，我們已經知道 DDPM 怎麼訓練，也知道訓練完之後怎麼拿來生成。

這樣的 regression，憑什麼保證生成出來的東西是好的？

前面一路做下來，我們最後得到的只是一個 regression loss。但我們真正關心的是：把這個 loss 壓低，真的會讓模型生成的 data distribution 更接近資料實際的分布嗎？

根據其實是有的，我們可以沿著三個步驟去解釋、證明。

第一步：從 likelihood 出發。 我們希望模型對真實資料給高 likelihood，也就是讓 $-\log p_\theta(x_0)$ 越小越好。但 $p_\theta(x_0)$ 需要把整條 latent path 積掉，不好直接算。利用 forward process $q(x_{1:T}\mid x_0)$ 和 Jensen inequality，可以得到

$$-\log p_\theta(x_0)\ \le\ \mathbb E_{q(x_{1:T}\mid x_0)}\!\left[-\log\frac{p_\theta(x_{0:T})}{q(x_{1:T}\mid x_0)}\right].$$

也就是說，我們可以改去最小化 negative log-likelihood 的一個上界，也就是 ELBO（evidence lower bound，見 當那個要加總的量算不出來，可以退到哪裡？）對應的 loss。

第二步：把整條 path 看成兩個 distribution。 再對 $x_0\sim p_{\text{data}}$ 取平均，上面的 quantity 可以寫成

$$D_{\mathrm{KL}}\big(q(x_{0:T})\,\big\|\,p_\theta(x_{0:T})\big)+\text{constant}.$$

所以問題變成：讓模型的整條 reverse path，接近資料經過 forward process 產生的那條 path。

第三步：Markov structure 讓這個 path-level KL 可以逐步拆開。 最後跟 $\theta$ 有關的部分，就是每個 timestep 的 reverse transition mismatch：

$$\sum_t\mathbb E_{p_t(x_t)}\Big[D_{\mathrm{KL}}\big(q(x_{t-1}\mid x_t)\,\big\|\,p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)\big)\Big].$$

而這正是我們前面一路改寫、最後變成 regression loss 的東西。

所以整條關係是

$$\boxed{\ \text{regression loss}\ \longrightarrow\ \text{reverse-step KL}\ \longrightarrow\ \text{path KL}\ \longrightarrow\ -\log p_\theta(x_0)\ \text{的上界}\ }$$

也就是說，前面的 regression 並不是憑空設計的：它一路可以接回我們真正關心的 generative likelihood。

不過這並不代表每一步都能完全學準。我們把 $p_\theta(x_{t-1}\mid x_t)$ 限制在特定的 Gaussian family 裡，因此一般不保證它能精確等於真正的 reverse conditional。

這也留下幾個後面的問題：這個 approximation 到底有多好？noise 一定要加嗎？如果 timestep 切得越來越細，又會發生什麼？

這些等到 U1.4 再討論！

同一個 reverse step，不一定要學 $x_0$

由 $x_t=\sqrt{\bar\alpha_t}x_0+\sigma_t\epsilon$ 可以看到：在 $x_t$ 已知的情況下，只要知道 $x_0$ 或 $\epsilon$ 其中一個，另一個就可以直接算出來：

$$x_0=\frac{x_t-\sigma_t\epsilon}{\sqrt{\bar\alpha_t}} \qquad\Longleftrightarrow\qquad \epsilon=\frac{x_t-\sqrt{\bar\alpha_t}x_0}{\sigma_t}.$$

所以，網路不一定非得直接預測 $x_0$。我們也可以讓它預測 $\epsilon$，再用上面的式子換回 $x_0$。同一個 denoising 問題，可以選擇讓網路預測不同、但彼此可以換算的 quantity。這個「網路輸出要用哪一種表示方式」的選擇，就叫做 parametrization。

在我們目前這個 formulation 裡，實務上常見的選擇有三種：$x_0$-prediction、$\epsilon$-prediction，以及 $v$-prediction。

$x_0$-prediction：直接輸出 $\hat x_0$，也就是〈DDPM 的訓練〉推出來的那個 loss。

$\epsilon$-prediction（Ho、Jain 與 Abbeel 的 DDPM 原文 [1]）：讓網路去猜那個總噪聲。

$$\mathcal L_\epsilon=\mathbb E\big[\|\epsilon_\theta(x_t,t)-\epsilon\|^2\big], \qquad \hat x_0=\frac{x_t-\sigma_t\epsilon_\theta}{\sqrt{\bar\alpha_t}} .$$

$v$-prediction（Salimans 與 Ho [3]）：把 $(\sqrt{\bar\alpha_t},\sigma_t)$ 看成 $(\cos\phi_t,\sin\phi_t)$，定義

$$v=\sqrt{\bar\alpha_t}\,\epsilon-\sigma_t\,x_0 .$$

$v$ 是 $(x_0,\epsilon)$ 平面上與 $x_t$ 垂直的那個方向。它在 $t\to0$ 時像 $\epsilon$、在 $t\to T$ 時像 $-x_0$，兩端都不會退化。這個「兩端都不退化」現在看起來只是好看，要到 U5.1 把步數減到很少的時候才真正派上用場——$v$-prediction 最早就是在那裡被提出來的。

符號為什麼 v 可以看成「垂直方向」？

因為 $\bar\alpha_t+\sigma_t^2=1$，我們可以寫 $\sqrt{\bar\alpha_t}=\cos\phi_t$、$\sigma_t=\sin\phi_t$。於是

$$x_t=\cos\phi_t\,x_0+\sin\phi_t\,\epsilon,\qquad v=\cos\phi_t\,\epsilon-\sin\phi_t\,x_0 .$$

在以 $x_0$、$\epsilon$ 為兩軸的平面上，$x_t$ 與 $v$ 剛好是互相垂直的一組座標——$v$ 就是「沿著 $\phi_t$ 增加的方向」，也就是 $x_t$ 對 $\phi_t$ 的導數。這也是它兩端都不退化的原因：不管 $\phi_t$ 靠近 0 還是 $\pi/2$，垂直方向永遠存在。

三者之間可以透過 affine transformation 互相轉換，而且轉換係數只和 $t$ 有關。所以，在表示上，只要知道其中一個，就可以直接算出另外兩個——給定其中一個訓好的網路，另外兩個不用重訓，代數換算就有了。實作那篇會要你親手驗證一次。

但用這三種 parametrization 去訓練，最後會得到完全一樣的結果嗎？

表示上等價，但訓練上不相同

假設我們都使用看起來一樣的 MSE loss——就是前面一路在用的那個平方誤差：

$$\mathbb E\big[\|\text{prediction}-\text{target}\|^2\big],$$

把 target 從 $x_0$ 換成 $\epsilon$ 或 $v$ 之後，對應回同一個 quantity 時，不同 noise level 的誤差會被乘上不同的權重。

把 $\hat x_0$ 與 $\epsilon_\theta$ 的關係代進去就看得到：

$$\|\hat x_0-x_0\|^2=\frac{\sigma_t^2}{\bar\alpha_t}\,\|\epsilon_\theta-\epsilon\|^2 =\frac{1}{\mathrm{SNR}(t)}\,\|\epsilon_\theta-\epsilon\|^2, \qquad \mathrm{SNR}(t)=\frac{\bar\alpha_t}{1-\bar\alpha_t}.$$

所以前面推出來的那個加權平方誤差，換到 $\epsilon$ 座標之後也只是換一組權重：

$$\widetilde{\mathcal J}(\theta)=\mathbb E_t\Big[\tfrac{w(t)}{\mathrm{SNR}(t)}\cdot\big(\text{該 } t \text{ 的 }\epsilon\text{-loss}\big)\Big], \qquad \frac{w(t)}{\mathrm{SNR}(t)}=\frac{\beta_t}{2\,\alpha_t\,(1-\bar\alpha_{t-1})}.$$

所以三種 parametrization 雖然可以互相換算，但它們定義的 training objective 並不完全相同。

要小心「不完全相同」指的是什麼：不同寫法的最小值點是同一個（都被同一個條件期望達成）；不一樣的是在有限容量、有限訓練時間下，它們對不同 $t$ 的重視程度。也就是說：

$$\boxed{\text{representation equivalent} \;\neq\; \text{optimization equivalent}}$$

差別主要就在於：不同的 parametrization，會讓模型更重視不同 noise level 的誤差。

這裡我們順便講一下 DDPM 原文實際採用的做法。

在實作上，它直接把這個 weighting $w(t)$ 拿掉，改成均勻（uniform）加權的 $\epsilon$-MSE：

$$\mathcal L_{\text{simple}}(\theta)=\mathbb E_{t,\,x_0,\,\epsilon}\big[\|\epsilon_\theta(x_t,t)-\epsilon\|^2\big].$$

關於這樣的操作，我們可以理解成：

forward process 決定我們怎麼製造不同 noise level 的資料；
weighting 決定 training 時多重視哪些 noise level。

兩件事其實可以分開設計。因此，即使 forward process 不變，我們仍然可以改變不同 $t$ 在 loss 裡的 weighting。代價是前面那個 ELBO 的不等式跟著失效：加權一換，被界住的就不再是原來那個 $-\log p_\theta(x_0)$。Kingma 與 Gao [4] 系統性地整理了這些 diffusion objectives 與 ELBO 的關係。理想情況下，改變 weighting 不會動到每個 $t$ 對應的最佳 predictor，但會改變實際訓練時模型把 capacity 和 optimization effort 放在哪些地方。U2 比較 diffusion 與 flow matching 時，這個 distinction 還會再出現。

DDPM 的訓練核心其實就這五行

repeat
  x0 ← 一個 batch 的資料
  t  ← Uniform{1,…,T}
  ε  ← N(0, I)
  xt ← √ᾱ_t · x0 + √(1-ᾱ_t) · ε
  loss ← ‖ε_θ(xt, t) − ε‖²
  梯度下降

這裡我們先寫成 pseudo code。真的要實作，還需要決定 batch size、$T$、noise schedule、$\epsilon_\theta$ 的網路架構和 optimizer，但核心 training loop 就是上面這幾步。

到 U1.5，我們會把它真的寫成可以跑的程式。到時候你也會看到一個有趣的現象：loss 不會一路掉到 0，而會停在一個非零值附近。這不是程式寫錯；在 U1.3，我們會先了解為什麼這件事本來就應該發生。

消化一下

想一想

把目標從「$q(x_{t-1}\mid x_t)$ 與 $p_\theta$ 的 KL」換成「$q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)$ 與 $p_\theta$ 的 KL、再對 $x_0$ 取平均」，這個換法是什麼？ 一個近似，誤差隨 $\beta_t$ 變小。 一個恆等式：兩者只差一個與 $\theta$ 無關的常數，最佳解也一樣。 一個上界，所以只能保證不會更差。

看解答

想一想

這一篇從頭到尾，哪一步才是真正的取捨（也就是可能讓我們拿不到真正最佳解的那一步）？ 把 $x_0$ 放進條件裡。 用 Bayes 把 $q(x_{t-1}\mid x_t,x_0)$ 配成 Gaussian。 把 $p_\theta$ 限制成「變異數固定為 $\tilde\beta_t$ 的 Gaussian」。

看解答

想一想

訓好一個 $\epsilon$-prediction 網路之後，想拿到 $\hat x_0$，需要做什麼？ 重新以 $x_0$-prediction 訓練一次。 代數換算 $\hat x_0=(x_t-\sigma_t\epsilon_\theta)/\sqrt{\bar\alpha_t}$，不需要重訓。 對 $\epsilon_\theta$ 做數值積分。

看解答

想一想

DDPM 原文用的 $\mathcal L_{\text{simple}}$ 和這一篇推導出來的目標，關係是什麼？ 兩者完全相同。 $\mathcal L_{\text{simple}}$ 是另一個推導的結果，和這裡的目標無關。 $\mathcal L_{\text{simple}}$ 是把推導出來的 $t$-加權丟掉之後的版本；最佳解相同，但有限預算下訓出來的模型不同。

看解答

想一想

把 $t$ 固定在很大的值（噪聲很重）訓練，然後看模型對單一個 $x_t$ 的輸出 $\hat x_0$，會看到什麼？ 一張清楚但錯誤的圖。 一張偏模糊的圖——因為這時的最佳解是很多張可能原圖的加權平均。 模型輸出會發散。

看解答

參考文獻

1. Ho, J., Jain, A., Abbeel, P. Denoising Diffusion Probabilistic Models. NeurIPS 2020. （變分推導、$\epsilon$-prediction 與「丟掉加權」的簡化 loss。）
2. Lai, C.-H., Song, Y., Kim, D., Mitsufuji, Y., Ermon, S. The Principles of Diffusion Models. 2025, Section 2.2. （本篇的骨架：先用等價定理證明條件化合法，再挑模型族。）
3. Salimans, T., Ho, J. Progressive Distillation for Fast Sampling of Diffusion Models. ICLR 2022. （$v$-prediction 的出處。）
4. Kingma, D. P., Gao, R. Understanding Diffusion Objectives as the ELBO with Simple Data Augmentation. NeurIPS 2023. （把「加權」與 ELBO 的關係講清楚。）