前言

在上一篇博客中，我们介绍了这篇文章 Weighted Sum-Rate Optimization for Intelligent Reflecting Surface Enhanced Wireless Networks 的系统建模和使用分式规划方法对问题的简化。上一篇的遗留问题是，具体如何对 IRS 矩阵进行优化。作者提出了多种算法，在本篇中会一一介绍，比如以之命名本篇的ADMM。

最近点投影

通过分式规划， IRS波束成形问题最终可以变成求解如下的子问题：

( P 4 a ) max ⁡ θ f 4 a ( θ ) s.t. ∣ θ n ∣ 2 ∈ F , ∀ n = 1 , ⋯ , N , \begin{aligned} (\mathrm{P} 4 a) \max _{\boldsymbol{\theta}} & f_{4 a}(\boldsymbol{\theta}) \\ \text { s.t. } &\left|\theta_{n}\right|^{2} \in \mathcal{F}, \quad \forall n=1, \cdots, N, \end{aligned} (P4a)θmax s.t. f4a(θ)∣θn∣2∈F,∀n=1,⋯,N,

理想场景：智能反射面单元对入射信号可以进行幅度和相位的完美调整，因此唯一的限制就是能量守恒约束，即：
F 1 = { θ n ∣ ∣ θ n ∣ 2 ≤ 1 } \mathcal{F}_{1}=\left\{\left.\theta_{n}|| \theta_{n}\right|^{2} \leq 1\right\} F1={θn∣∣θn∣2≤1}
连续相移：这也是最常见的假设。认为IRS单元只起到一个相移的作用，且假设相位可取连续的任意值。因此，对应为：
F 2 = { θ n ∣ θ n = e j φ n , φ n ∈ [ 0 , 2 π ) } \mathcal{F}_{2}=\left\{\theta_{n} \mid \theta_{n}=e^{j \varphi_{n}}, \varphi_{n} \in[0,2 \pi)\right\} F2={θn∣θn=ejφn,φn∈[0,2π)}
离散相移：顾名思义，相较于 F 2 \mathcal{F}_2 F2，只有有限个相位可以选取，即：
F 3 = { θ n ∣ θ n = e j φ n , φ n ∈ { 0 , 2 π τ , ⋯ , 2 π ( τ − 1 ) τ } } \mathcal{F}_{3}=\left\{\theta_{n} \mid \theta_{n}=e^{j \varphi_{n}}, \varphi_{n} \in\left\{0, \frac{2 \pi}{\tau}, \cdots, \frac{2 \pi(\tau-1)}{\tau}\right\}\right\} F3={θn∣θn=ejφn,φn∈{0,τ2π,⋯,τ2π(τ−1)}}

其中，
f 4 a ( θ ) = − θ H U θ + 2 Re ⁡ { θ H ν } f_{4 a}(\boldsymbol{\theta})=-\boldsymbol{\theta}^{\mathrm{H}} \boldsymbol{U} \boldsymbol{\theta}+2 \operatorname{Re}\left\{\boldsymbol{\theta}^{\mathrm{H}} \boldsymbol{\nu}\right\} f4a(θ)=−θHUθ+2Re{θHν}

这里 U \boldsymbol{U} U 是半正定已知矩阵， v \mathbf{v} v是已知向量。显然可知， f 4 a f_{4a} f4a 是一个关于 θ \theta θ 的凹函数。那么如果当 F \mathcal{F} F为凸集时（ F \mathcal{F} F 的定义见上方），则可以通过 SDR 方法，直接进行求解。然而 SDR 方法有个较大的问题在于，复杂度过高，且存在一定的性能损失。因此作者旨在提出更先进的算法。由于 ∣ θ n ∣ 2 ∈ F 1 \left|\theta_{n}\right|^{2}\in\mathcal{F}_1 ∣θn∣2∈F1 是凸集，而 ∣ θ n ∣ 2 ∈ F 2 \left|\theta_{n}\right|^{2}\in\mathcal{F}_2 ∣θn∣2∈F2 和 ∣ θ n ∣ 2 ∈ F 3 \left|\theta_{n}\right|^{2}\in\mathcal{F}_3 ∣θn∣2∈F3 并不是，因此作者的思想是，先以 ∣ θ n ∣ 2 ∈ F 1 \left|\theta_{n}\right|^{2}\in\mathcal{F}_1 ∣θn∣2∈F1 求解问题，然后将该解投影到 F 2 \mathcal{F}_2 F2 和 F 3 \mathcal{F}_3 F3上来取得一个次优解。因此，这个算法也被命名为 Nearest Point Projection (NPP)。

循着这个逻辑，限制条件先成为下面这个凸集的形式，即：
∣ θ n ∣ 2 ≤ 1 , ∀ n = 1 , ⋯ , N \left|\theta_{n}\right|^{2} \leq 1, \quad \forall n=1, \cdots, N ∣θn∣2≤1,∀n=1,⋯,N
可以等价地写为：
θ H e n e n H θ ≤ 1 , ∀ n = 1 , ⋯ , N (1) \boldsymbol{\theta}^{\mathrm{H}} \mathbf{e}_{n} \mathbf{e}_{n}^{\mathrm{H}} \boldsymbol{\theta} \leq 1, \quad \forall n=1, \cdots, N \tag{1} θHenenHθ≤1,∀n=1,⋯,N(1)
其中 e n e_n en 是 elementary vector，即只有第 n n n 个元素为1，其余为0。那么通过拉格朗日乘子法，把限制条件写入到目标函数中去，得到拉格朗日函数为：
G ( θ , λ ) = f 4 a ( θ ) − ∑ n = 1 N λ n ( θ H e n e n H θ − 1 ) \mathcal{G}(\boldsymbol{\theta}, \boldsymbol{\lambda})=f_{4 a}(\boldsymbol{\theta})-\sum_{n=1}^{N} \lambda_{n}\left(\boldsymbol{\theta}^{\mathrm{H}} \mathbf{e}_{n} \mathbf{e}_{n}^{\mathrm{H}} \boldsymbol{\theta}-1\right) G(θ,λ)=f4a(θ)−n=1∑Nλn(θHenenHθ−1)
其中 λ ≥ 0 \lambda\ge 0 λ≥0 确保 G \mathcal{G} G 是 f 4 a f_{4a} f4a的上界（ θ H e n e n H θ − 1 ≤ 0 \boldsymbol{\theta}^{\mathrm{H}} \mathbf{e}_{n} \mathbf{e}_{n}^{\mathrm{H}} \boldsymbol{\theta}-1\le 0 θHenenHθ−1≤0）。那么通过拉格朗日对偶法 Lagrange dual decomposition(LDD)，转换为求解对偶问题如下：
( P 4 b ) min ⁡ λ L ( λ ) = max ⁡ θ { G ( θ , λ ) } s.t. λ n ≥ 0 , ∀ n = 1 , ⋯ , N , \begin{aligned} (\mathrm{P} 4 b) \quad\min _{\boldsymbol{\lambda}} & \quad\mathcal{L}(\boldsymbol{\lambda})=\max _{\boldsymbol{\theta}}\{\mathcal{G}(\boldsymbol{\theta}, \boldsymbol{\lambda})\} \\ \text { s.t. } & \lambda_{n} \geq 0, \quad \forall n=1, \cdots, N, \end{aligned} (P4b)λmin s.t. L(λ)=θmax{G(θ,λ)}λn≥0,∀n=1,⋯,N,
由于 f 4 a f_{4a} f4a 本身是凸函数且满足 Slater 条件，因此对偶问题的解也即原问题的解 (对偶间隙为0）。（这一块的知识可以参见这篇博客【凸优化】关于 KKT 条件及其最优性）同时， θ \theta θ 的解可以直接得出，仍是对其求导取0，得到：
θ ∘ = ( ∑ n = 1 N λ n e n e n H + U ) − 1 v \boldsymbol{\theta}^{\circ}=\left(\sum_{n=1}^{N} \lambda_{n} \mathbf{e}_{n} \mathbf{e}_{n}^{\mathrm{H}}+\mathbf{U}\right)^{-1} \mathbf{v} θ∘=(n=1∑NλnenenH+U)−1v
根据KKT条件，再将这个表达式带回到 (1)中，就变成了一个 λ \lambda λ 的方程，并可以通过椭球法 (ellipsoid method) 进行求解。这也是使用拉格朗日对偶方法来求解带约束凸问题的范式。

有了在 F 1 \mathcal{F}_1 F1约束下的闭式解，再进行投影就非常简单了 θ n ∙ = Pj ⁡ F ( θ n ∘ ) \theta_{n}^{\bullet}=\operatorname{Pj}_{\mathcal{F}}\left(\theta_{n}^{\circ}\right) θn∙=PjF(θn∘)：

当 F = F 2 \mathcal{F}=\mathcal{F}_2 F=F2时， ∠ θ n ∙ = ∠ θ n ∘ \angle \theta_{n}^{\bullet}=\angle \theta_{n}^{\circ} ∠θn∙=∠θn∘
当 F = F 3 \mathcal{F}=\mathcal{F}_3 F=F3时， ∠ θ n ∙ = arg ⁡ min ⁡ ϕ n ∈ { 0 , 2 π τ , ⋯ , 2 π ( τ − 1 ) τ } ∣ ϕ n − ∠ θ n ∘ ∣ . \angle \theta_{n}^{\bullet}=\arg \min _{\phi_{n} \in\left\{0, \frac{2 \pi}{\tau}, \cdots, \frac{2 \pi(\tau-1)}{\tau}\right\}}\left|\phi_{n}-\angle \theta_{n}^{\circ}\right| . ∠θn∙=argminϕn∈{0,τ2π,⋯,τ2π(τ−1)}∣ϕn−∠θn∘∣.

很显然，这样的优化是次优的，且显见有性能损失。因此，还需要对算法进一步优化。

元素迭代

这个算法的思路非常简单，由于限制条件都是针对 θ \theta θ 的单一元素的（和其他元素并不耦合），因此一个直接的想法就是可以固定向量中的其余元素，单独优化一个元素，并循环往复进行迭代。

这样做的好处就在于，此时限制条件极易处理了。由于这个方法在HBF问题中也极为常用，因此这里就不展开赘述了。感兴趣的读者可以自行参考原文，很通俗易懂。我们重点讲 ADMM 算法。

ADMM

本文是一个ADMM算法非常非常经典的应用，强调推荐想学习这个算法的人都可以来看看这个实例。这里我推荐另外一些资料，首先就是引用过万的凸优化宗师 Boyd 的巨作 Distributed Optimization and Statistical Learning via the Alternating Direction Method of Multipliers，重点看前五章的内容，再来看本文的实例就更得心应手一些。然后推荐另一篇毫米波信道估计的文章 Wideband MIMO Channel Estimation for Hybrid Beamforming Millimeter Wave Systems via Random Spatial Sampling，也是使用了 ADMM 算法，可以作为另一个深入理解的实例。

关于 ADMM 的最基本思想，在 ADMM算法简介一文中，已经做了基本的介绍。知乎上也有不错的相关回答。建议大家先了解其基本概念后，再往下看。那么 ADMM 一种常见的使用，就是应对有约束的问题。具体而言，对于如下问题：
minimize ⁡ f ( x ) subject to x ∈ C \begin{array}{ll} \operatorname{minimize} & f(x) \\ \text { subject to } & x \in \mathcal{C} \end{array} minimize subject to f(x)x∈C
可以将问题等价地写为：
minimize ⁡ f ( x ) + g ( z ) subject to x − z = 0 \begin{array}{ll} \operatorname{minimize} & f(x)+g(z) \\ \text { subject to } & x-z=0 \end{array} minimize subject to f(x)+g(z)x−z=0
这里 g ( z ) g(z) g(z) 为 C \mathcal{C} C 的示性函数 (indicator function)。示性函数很简单，就是当 z ∈ C z\in \mathcal{C} z∈C 时， g ( z ) = 0 g(z)=0 g(z)=0，否则 g ( z ) = ∞ g(z)=\infty g(z)=∞. 而如果了解ADMM算法的话，可以知道上面这个等效问题，就是ADMM的标准形式。

回到论文中，对于 (P4a) 这个问题（本文最开始的那个优化问题），我们同样可以用类似的思路，将其转化为：
maximize ⁡ f 4 a ( q ) − ∑ n = 1 N g ( [ θ ] n ) subject to q = θ \begin{array}{ll} \operatorname{maximize} & f_{4a}(\boldsymbol{q})-\sum_{n=1}^Ng([\boldsymbol{\theta}]_n) \\ \text { subject to } & \boldsymbol{q} = \boldsymbol{\theta} \end{array} maximize subject to f4a(q)−∑n=1Ng([θ]n)q=θ
这里由于问题是最大化问题，所以形式稍有不同，但思想是完全一样可以直接拓展的。 g g g 此处是 F \mathcal{F} F 的示性函数。那么其对应的拉格朗日增广函数为：
G ( q , θ , λ R , λ I ) = − q H U q − ∑ n = 1 N 1 F ( θ n ) − μ 2 ∥ q − θ ∥ 2 2 + Re ⁡ { 2 q H ν + ( λ R + j λ I ) H ( q − θ ) } \begin{aligned} \mathcal{G}\left(\mathrm{q}, \theta, \lambda_{\mathrm{R}}, \lambda_{\mathrm{I}}\right)=&-q^{\mathrm{H}} U q-\sum_{n=1}^{N} \mathbb{1}_{\mathcal{F}}\left(\theta_{n}\right)-\frac{\mu}{2}\|\mathrm{q}-\theta\|_{2}^{2} +\operatorname{Re}\left\{2 q^{\mathrm{H}} \nu+\left(\lambda_{\mathrm{R}}+j \lambda_{\mathrm{I}}\right)^{\mathrm{H}}(\mathrm{q}-\theta)\right\} \end{aligned} G(q,θ,λR,λI)=−qHUq−n=1∑N1F(θn)−2μ∥q−θ∥22+Re{2qHν+(λR+jλI)H(q−θ)}
其中 λ R = [ λ R , 1 , ⋯ , λ R , N ] T \boldsymbol{\lambda}_{\mathrm{R}}=\left[\lambda_{\mathrm{R}, 1}, \cdots, \lambda_{\mathrm{R}, N}\right]^{\mathrm{T}} λR=[λR,1,⋯,λR,N]T 和 λ I = [ λ I , 1 , ⋯ , λ I , N ] T \boldsymbol{\lambda}_{\mathrm{I}}=\left[\lambda_{\mathrm{I}, 1}, \cdots, \lambda_{\mathrm{I}, N}\right]^{\mathrm{T}} λI=[λI,1,⋯,λI,N]T 是分别对应于 Re ⁡ { q − θ } = 0 \operatorname{Re}\{\mathrm{q}-\theta\}=0 Re{q−θ}=0 和 Im ⁡ { q − θ } = 0 \operatorname{Im}\{\mathrm{q}-\theta\}=0 Im{q−θ}=0 两个限制的拉格朗日系数。 − μ 2 ∥ q − θ ∥ 2 2 -\frac{\mu}{2}\|\mathrm{q}-\theta\|_{2}^{2} −2μ∥q−θ∥22 是惩罚项。至此，我们开始以 G \mathcal{G} G 为目标进行求解这一对偶问题如下：
min ⁡ λ R , λ I L ( λ R , λ I ) = max ⁡ θ , q { G ( q , θ , λ R , λ I ) } \min _{\lambda_{\mathrm{R}}, \lambda_{\mathrm{I}}} \mathcal{L}\left(\lambda_{\mathrm{R}}, \lambda_{\mathrm{I}}\right)=\max _{\theta, q}\left\{\mathcal{G}\left(\mathbf{q}, \theta, \lambda_{\mathrm{R}}, \lambda_{\mathrm{I}}\right)\right\} λR,λIminL(λR,λI)=θ,qmax{G(q,θ,λR,λI)}

如果 F = F 1 \mathcal{F}=\mathcal{F}_1 F=F1，那么原问题和对偶问题的最优解是一致的，即没有 duality gap. 否则，是存在一定最优性损失的。这个可以参考博客【凸优化】关于 KKT 条件及其最优性。接下来，通过 ADMM 算法求解该对偶问题，为：
θ t + 1 = arg ⁡ max ⁡ θ G ( q t , θ , λ ˉ t ) q t + 1 = arg ⁡ max ⁡ q G ( q , θ t + 1 , λ ˉ t ) λ ˉ t + 1 = λ ˉ t − μ ( q t + 1 − θ t + 1 ) \begin{aligned} &\theta^{t+1}=\arg \max _{\theta} \mathcal{G}\left(\mathrm{q}^{t}, \theta, \bar{\lambda}^{t}\right) \\ &\mathrm{q}^{t+1}=\arg \max _{\mathrm{q}} \mathcal{G}\left(\mathrm{q}, \theta^{t+1}, \bar{\lambda}^{t}\right) \\ &\bar{\lambda}^{t+1}=\bar{\lambda}^{t}-\mu\left(\mathrm{q}^{t+1}-\theta^{t+1}\right) \end{aligned} θt+1=argθmaxG(qt,θ,λˉt)qt+1=argqmaxG(q,θt+1,λˉt)λˉt+1=λˉt−μ(qt+1−θt+1)
其中， λ ˉ = λ R + j λ I \bar{\lambda}=\lambda_{\mathrm{R}}+j \lambda_{\mathrm{I}} λˉ=λR+jλI， t t t 代表迭代次数。可以看到实质上则是固定其余变量优化单一变量的交替优化方法。

对于第二步，这是一个关于 q \mathbf{q} q 的凸函数，因此很容易用求导得到闭式解：
q t + 1 = ( 2 U + μ I N ) − 1 ( 2 v + λ ˉ t + μ θ t + 1 ) \mathbf{q}^{t+1}=\left(2 \mathbf{U}+\mu \mathbf{I}_{N}\right)^{-1}\left(2 \mathbf{v}+\bar{\lambda}^{t}+\mu \theta^{t+1}\right) qt+1=(2U+μIN)−1(2v+λˉt+μθt+1)
关键我们看第一步，把 G \mathcal{G} G 中与 θ \theta θ 相关的项取出，问题可写为：
max ⁡ θ − μ 2 ∥ q t − θ ∥ 2 2 + Re ⁡ { ( λ R t + j λ I t ) H ( q t − θ ) } − ∑ n = 1 N g ( [ θ ] n ) \max_\theta -\frac{\mu}{2}\|\mathrm{q}^t-\theta\|_{2}^{2} +\operatorname{Re}\left\{\left(\lambda_{\mathrm{R}}^t+j \lambda_{\mathrm{I}}^t\right)^{\mathrm{H}}(\mathrm{q}^t-\theta)\right\} - \sum_{n=1}^Ng([\boldsymbol{\theta}]_n) θmax−2μ∥qt−θ∥22+Re{(λRt+jλIt)H(qt−θ)}−n=1∑Ng([θ]n)
通过加入无关的常数项, 目标函数可以改写为：
− μ 2 ( ∥ q t − 1 μ λ t − θ ∥ 2 ) − ∑ n = 1 N g ( [ θ ] n ) -\frac{\mu}{2}(\|q^t-\frac{1}{\mu}\lambda^t-\theta\|^2) -\sum_{n=1}^Ng([\boldsymbol{\theta}]_n) −2μ(∥qt−μ1λt−θ∥2)−n=1∑Ng([θ]n)

要想最大化上式，结果为：
θ t + 1 = P j F ( q t − 1 μ λ ˉ t ) \theta^{t+1}=\mathrm{P} \mathrm{j}_{\mathcal{F}}\left(\mathrm{q}^{t}-\frac{1}{\mu} \bar{\lambda}^{t}\right) θt+1=PjF(qt−μ1λˉt)
其中 P j \mathrm{Pj} Pj代表投影操作。这里解释下为什么是这个解：首先必须满足 θ ∈ F \theta\in\mathcal{F} θ∈F，否则由于示性函数的存在，目标函数直接变为 − ∞ -\infty −∞。在看第一项，代表的物理意义就是，寻找离向量 q t − 1 μ λ t q^t-\frac{1}{\mu}\lambda^t qt−μ1λt 最近的向量。结合起来就变为：寻找在 F \mathcal{F} F中的，离向量 q t − 1 μ λ t q^t-\frac{1}{\mu}\lambda^t qt−μ1λt 最近的向量，那这不正是投影操作的定义么！因此：

When θ n ∈ F 1 \theta_{n} \in \mathcal{F}_{1} θn∈F1 :
θ n t + 1 = θ ˉ n ∣ θ ˉ n ∣ min ⁡ { 1 , ∣ θ ˉ n ∣ } \theta_{n}^{t+1}=\frac{\bar{\theta}_{n}}{\left|\bar{\theta}_{n}\right|} \min \left\{1,\left|\bar{\theta}_{n}\right|\right\} θnt+1=∣∣θˉn∣∣θˉnmin{1,∣∣θˉn∣∣}
When θ n ∈ F 2 \theta_{n} \in \mathcal{F}_{2} θn∈F2 :
∠ θ n t + 1 = ∠ θ ˉ n \angle \theta_{n}^{t+1}=\angle \bar{\theta}_{n} ∠θnt+1=∠θˉn
When θ n ∈ F 3 \theta_{n} \in \mathcal{F}_{3} θn∈F3 :
∠ θ n t + 1 = arg ⁡ min ⁡ φ n ∈ { 0 , 2 π τ , ⋯ , 2 π ( τ − 1 ) τ } ∣ φ n − ∠ θ ˉ n ∣ \angle \theta_{n}^{t+1}=\arg \min _{\varphi_{n} \in\left\{0, \frac{2 \pi}{\tau}, \cdots, \frac{2 \pi(\tau-1)}{\tau}\right\}}\left|\varphi_{n}-\angle \bar{\theta}_{n}\right| ∠θnt+1=argφn∈{0,τ2π,⋯,τ2π(τ−1)}min∣∣φn−∠θˉn∣∣
至此，可以用ADMM对问题进行求解。在这个例子中我们可以看到，作为非凸限制的 F 2 \mathcal{F}_2 F2 和 F 3 \mathcal{F}_3 F3，可以通过ADMM的方式，简单地用投影算子解决，这不得不说是一种算是求解特定非凸问题的利刃，值得大家掌握。

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