这是一个非常关键的误解！你正好卡在了整个推导中最容易把人绕晕的 “下标” 上。

你之所以觉得这里应该是 0，是因为你把 $\frac{\partial \ell }{\partial y_j}$ 和 $\frac{\partial \ell }{\partial y_t}$ 搞混了。让我们放慢动作，把这层窗户纸捅破。

1. 谁是 0，谁不是 0？

回想一下我们的交叉熵损失函数：$\ell =-\log (y_t)$。（$t$ 是正确类别的索引）。

如果网络预测了 3 个类别的概率：$y_0,y_1,y_2$，并且真实的正确类别是 $t=1$。 那么损失仅仅是：$\ell =-\log (y_1)$。

现在，我们拿这个 $\ell$ 去对所有的 $y$ 求偏导：

• 对 $y_0$ 求导：公式里没有 $y_0$，所以 $\frac{\partial \ell }{\partial y_0}=\mathbf{0}$
• 对 $y_1$（也就是 $y_t$）求导：根据对数求导法则，$\frac{\partial \ell }{\partial y_1}=\mathbf{-}\frac{\mathbf{1}}{{\mathbf{y}}_{\mathbf{1}}}$ （注意！这个绝对不是 0）
• 对 $y_2$ 求导：公式里没有 $y_2$，所以 $\frac{\partial \ell }{\partial y_2}=\mathbf{0}$

结论： 只有当对错误类别的概率求导时，结果才是 0。对正确类别 $t$ 的概率求导时，结果是 $-\frac{1}{y_t}$。

2. 求和公式是如何坍缩的？

根据链式法则，我们要求 $\ell$ 对某个错误类别分数 $a_s$ 的导数：

$$\frac{\partial \ell }{\partial a_s}=\sum _j\frac{\partial \ell }{\partial y_j}\cdot \frac{\partial y_j}{\partial a_s}$$

展开来看（假设有 3 个类别，正确是 $t=1$，我们正在对错误的 $a_0$ 也就是 $s=0$ 求导）：

$$=(\frac{\partial \ell }{\partial y_0}\cdot \frac{\partial y_0}{\partial a_0})+(\frac{\partial \ell }{\partial y_1}\cdot \frac{\partial y_1}{\partial a_0})+(\frac{\partial \ell }{\partial y_2}\cdot \frac{\partial y_2}{\partial a_0})$$

现在，把第一步求出的“0”和“非0”代入进去：

$$=(\mathbf{0}\cdot \dots )+(\mathbf{-}\frac{\mathbf{1}}{{\mathbf{y}}_{\mathbf{1}}}\cdot \frac{\partial y_1}{\partial a_0})+(\mathbf{0}\cdot \dots )$$

看到了吗？正是因为那些 0 的存在，把周围没用的项全部“杀”掉了！ 整个长长的求和公式，最后只活下来了中间那一项（也就是 $j=t$ 的那一项）。

3. 活下来的那一项是什么？

活下来的这一项是：

$$\frac{\partial \ell }{\partial y_t}\cdot \frac{\partial y_t}{\partial a_s}$$

• 左半边 $\frac{\partial \ell }{\partial y_t}$： 它是 $-\frac{1}{y_t}$，不是 0。
• 右半边 $\frac{\partial y_t}{\partial a_s}$： 这是在问：“错误类别的打分 $a_s$ 变化时，正确类别的概率 $y_t$ 会怎么变？”因为 $t\ne s$（一个是正确类别，一个是错误类别，下标不同），所以应用我们在上一节讲的“非对角线（挤压）”法则，结果是 $-y_t{y}_s$。

把它们乘在一起：

$$(-\frac{1}{y_t})\cdot [-y_t{y}_s]$$

负负得正，分母的 $y_t$ 和分子的 $y_t$ 约掉，最后就得出了完美的结果：$y_s$。

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总结一下你的困惑点： 0 乘以任何数确实是 0，但在链式法则的求和公式中，乘以 0 的那些项（$j\ne t$）已经被彻底消灭丢弃了。我们公式里剩下的 $(-\frac{1}{y_t})$，是茫茫 0 海中唯一一个不是 0 的幸存者。