試談數(shù)據(jù)挖掘總結(jié)-資料下載頁(yè)
2025-06-24 14:13本頁(yè)面
【正文】 unt(s)，所以support(s’)= support(s)。（2）給定頻繁項(xiàng)集l和l的子集s，證明“s’=(ls’)”的置信度不可能大于“s=(ls)”的置信度，其中s’是s的子集。答：令s是l的一個(gè)子集，則confidence(s=(ls))=support(l)/support(s)令s’是s的一個(gè)子集，則confidence(s’=(ls’))=support(l)/support(s’)因?yàn)閟upport(s’)= support(s)，所以confidence(s’=(ls’))= confidence(s=(ls))（3）apriori的一種變形將事務(wù)數(shù)據(jù)庫(kù)D中的事務(wù)劃分成n個(gè)不重疊的部分，證明在D中頻繁的任何項(xiàng)集至少在D的一個(gè)部分中是頻繁的。答：假設(shè)頻繁項(xiàng)集在D的任何部分中都不頻繁。設(shè)F為D的任何頻繁項(xiàng)集。令D是相關(guān)事務(wù)數(shù)據(jù)集。令C是D中事務(wù)的總數(shù)量。令A(yù)是D中包含F(xiàn)的事務(wù)數(shù)量。令min_sup是最小支持度閾值。因?yàn)镕是頻繁項(xiàng)集，所以A=C*min_sup.令D分成n個(gè)不重疊的部分，d1,d2…dn。那么D=d1d2…dn.令c1 c2…分別是各部分d1…dn的事務(wù)數(shù)量。則C=c1+c2+…+令a1 a2…an分別是各部分d1…dn中包含F(xiàn)的事務(wù)數(shù)量，則A=a1+a2+…+anA=C*min_sup即a1+a2+…+an=( c1+c2+…+)* min_sup①由假設(shè)知F在各部分d1…dn中都不是頻繁的，所以aici*min_sup(i=1,2,3,…,n)把式子加起來(lái)得a1+a2+…+an( c1+c2+…+)* min_sup,②可得①②矛盾，所以原假設(shè)不成立。16.【p177 】效率比較：apriori需要多次掃描數(shù)據(jù)，而FP增長(zhǎng)算法在FP樹(shù)建立過(guò)程只對(duì)數(shù)據(jù)進(jìn)行一次掃描。Apriori產(chǎn)生許多候選項(xiàng)集，而FP增長(zhǎng)算法根本不產(chǎn)生候選項(xiàng)集。（2）koe oek17.【p177 寫(xiě)】新書(shū)1.【】向量x屬于Ck類(lèi)的概率為p（Ck|x）。如果將x判為Cj類(lèi)就會(huì)造成一個(gè)大小為kLkjp（Ck|x）的期望損失，如果選擇拒絕這一判別就會(huì)造成λ損失，設(shè)j=arg minlkLklp（Ck|x）則若要最小化期望損失需要對(duì)于損失矩陣，Lkj=1Ikj，則kLklp（Ck|x）=1 p（Ck|x）。當(dāng)1 p（Ck|x）λ時(shí)會(huì)拒絕，即最大也有p（Ck|x）1λ這和拒絕標(biāo)準(zhǔn)中最大的概率小于θ一樣，所以θ=1λ2.【】由題意得求偏導(dǎo)得求y(x)得 3.【】利用題中公式1得由公式2得當(dāng)在εni的分布下做出期望時(shí)，可以看到第二項(xiàng)和第五項(xiàng)消失，由于E[εni]=0，對(duì)于第三項(xiàng)可以得到，因?yàn)棣舗i都獨(dú)立，方差為σ2 ，所以4.【】似然函數(shù)是取對(duì)數(shù)得為了最大化關(guān)于πk的似然對(duì)數(shù)，需要維持約束kπk=1。引入拉格朗日參數(shù)λ，最大化令πk的衍生值為0，得即對(duì)兩邊在k上求和得λ=N，用這個(gè)來(lái)消除λ就可以得到。9 /
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