零膨胀泊松回归

假设是独立的并且 $\textbf{Y} = (Y_1, \dots, Y_n)'$

Y i = 0 Y i = k with probability p i + (1 - p i) e - λ i with probability (1 - p i) e - λ i λ k i / k!

$\eqalign{ Y_i = 0 & \text{with probability} \ p_i+(1-p_i)e^{-\lambda_i}\\ Y_i = k & \text{with probability} \ (1-p_i)e^{-\lambda_i} \lambda_{i}^{k}/k! }$

还假定参数和满足 $\mathbf{\lambda} = (\lambda_1, \dots, \lambda_n)'$ $\textbf{p} = (p_1, \dots, p_n)$

log (λ) logit (p) = B β = log (p / (1 - p)) = G λ .

$\eqalign{ \log(\mathbf{\lambda}) &= \textbf{B} \beta \\ \text{logit}(\textbf{p}) &= \log(\textbf{p}/(1-\textbf{p})) = \textbf{G} \mathbf{\lambda}. }$

如果相同的协变量影响和从而使，那么为什么零膨胀的Poisson回归需要的参数是Poisson回归的两倍？ $\mathbf{\lambda}$ $\textbf{p}$ $\textbf{B} = \textbf{G}$

poisson-regression zero-inflation

— 达米安
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您仍然必须估算和。和是设计矩阵（数据），因此相等的值不会减小参数空间的维数。

β $\beta$

λ $\lambda$

B $\bf B$

G $\bf G$

— 2012年

@Macro：如果是一列，为什么我们要比泊松回归多估计1个参数？

G $\textbf{G}$

— 达米安

以及你需要估计（该模型的逻辑部分“拦截”）和（以下简称“拦截”，在该模型的泊松部分），所以有2个参数，而不是1

pi $p_i$

λi $\lambda_i$

— 宏

@Robby，为减少参数数量，您必须进行一些限制。例如，，尽管没有理由认为这很有意义-尤其是因为链接功能不同。

λ=β $\lambda=\beta$

— 2012年

@MichaelChernick-之所以称为零膨胀的Poisson，是因为您基本上是在“夸大”从Poisson距离看到零的概率，同时保持与Poisson相同的相对概率看到非零值。

— jbowman

在零膨胀的Poisson情况下，如果，则和都具有相同的长度，即或。因此，参数的数量是设计矩阵的列数的两倍，即，包括截距（以及所需的任何伪编码）的解释变量的数量是两倍。 $\mathbf{B}=\mathbf{G}$ $\beta$ $\lambda$ $\mathbf{B}$ $\mathbf{G}$

在直接的Poisson回归中，无需担心向量，无需估算。因此，参数的数量仅为的长度，即零膨胀情况下参数数量的一半。 $\mathbf{p}$ $\lambda$ $\beta$

现在，没有特殊的原因为什么必须等于，但是通常这是有道理的。但是，可以想象一个数据生成过程，其中一个事件创造了完全发生任何事件的机会，而一个完全不同的过程驱动了有多少事件非零事件。举一个人为的例子，我根据历史考试分数挑选教室玩一些不相关的游戏，然后观察他们得分的目标数量。在这种情况下，可能与完全不同（如果驾驶“历史记录”考试成绩的分数与游戏中驾驶表现的分数不同），并且 $\mathbf{B}$ $\mathbf{G}$ $\mathbf{G\lambda}$ $\mathbf{B\beta}$ $\mathbf{B}$ $\mathbf{G}$ $\beta$ 和可以具有不同的长度。列可能多于或更少。因此，在这种情况下，零膨胀的泊松模型比简单的泊松模型具有更多的参数。 $\lambda$ $\mathbf{G}$ $\mathbf{B}$

通常，我认为大部分时间。 $\mathbf{G} = \mathbf{B}$

— 彼得·埃利斯
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