【发布时间】：2013-02-11 07:49:36
【问题描述】：
有人可以用外行的方式解释摊销的复杂性吗？我一直很难在网上找到一个精确的定义，我不知道它与算法分析有什么关系。任何有用的东西，即使是外部引用的，都将受到高度赞赏。
【问题讨论】：
标签： algorithm amortized-analysis
【发布时间】：2013-02-11 07:49:36
【问题描述】：
摊销复杂度是在一系列操作中评估的每次操作的总费用。
这个想法是保证整个序列的总费用，同时允许单个操作比摊销成本高得多。
示例：
C++ std::vector<> 的行为。当push_back() 将向量大小增加到超过其预分配值时，它会将分配的长度加倍。
因此单个push_back() 可能需要O(N) 时间来执行（因为数组的内容被复制到新的内存分配中）。
但是，由于分配的大小增加了一倍，接下来对push_back() 的N-1 调用将分别花费O(1) 时间来执行。因此，N 操作的总数仍将花费O(N) 时间；从而使push_back() 每次操作的摊销成本为O(1)。
除非另有说明，摊销复杂度是任何操作序列的渐近最坏情况保证。这意味着：
与非摊销复杂性一样，用于摊销复杂性的大 O 表示法忽略了固定的初始开销和恒定的性能因素。因此，为了评估大 O 摊销性能，您通常可以假设任何摊销操作序列将“足够长”以摊销固定的启动费用。具体来说，对于
std::vector<>示例，这就是为什么您不必担心是否真的会遇到N额外操作：分析的渐近性质已经假设您会遇到。除了任意长度之外，摊销分析不会对您正在测量其成本的操作序列做出假设——它是对任何可能的操作序列的最坏情况保证。无论操作选择得多么糟糕（例如，被恶意对手！），摊销分析必须保证足够长的操作序列的成本可能不会始终超过其摊销成本的总和。这就是为什么（除非特别提到作为限定词）“概率”和“平均情况”与摊销分析无关——与普通最坏情况大 O 分析无关！
【讨论】：
在摊销分析中，执行一系列数据结构操作所需的时间是所有执行操作的平均时间……摊销分析与平均情况分析的不同之处在于不涉及概率；摊销分析保证了每个操作在最坏情况下的平均性能。
（来自 Cormen 等人，“算法简介”）
这可能有点令人困惑，因为它表示时间是平均的，而且它不是平均情况分析。所以让我试着用一个金融类比来解释这一点（事实上，“摊销”是一个最常与银行和会计相关的词。）
假设您正在经营彩票。 （不是购买彩票，我们稍后会谈到，而是自己操作彩票。）您打印 100,000 张彩票，每张以 1 个货币单位出售。其中一张门票将使购买者有权获得 40,000 个货币单位。
现在，假设您可以出售所有门票，您将获得 60,000 个货币单位：100,000 个货币单位的销售额减去 40,000 个货币单位的奖金。对您来说，每张票的价值是 0.60 个货币单位，摊销在所有票上。这是一个可靠的值；你可以依靠它。如果您厌倦了自己卖票，而有人过来并提出以每张 0.30 个货币单位的价格出售，您就知道自己的立场了。
对于彩票购买者来说，情况就不同了。购买者在购买彩票时预期损失 0.60 个货币单位。但这是概率性的：购买者可能会在 30 年内每天购买 10 张彩票（略多于 100,000 张）而从未中奖。或者他们可能会自发地购买一天的单张票，并赢得 39,999 个货币单位。
应用于数据结构分析，我们讨论的是第一种情况，我们将某些数据结构操作（例如插入）的成本摊销到所有此类操作中。平均案例分析处理随机操作（例如搜索）的预期值，我们无法计算所有操作的总成本，但我们可以提供单个操作的预期成本的概率分析。
通常情况下，摊销分析适用于高成本操作很少见的情况，而且情况经常如此。但不总是。例如，考虑所谓的“银行家队列”，它是一个先进先出 (FIFO) 队列，由两个堆栈组成。 （这是一个经典的函数式数据结构；你可以用不可变的单链接节点构建廉价的 LIFO 堆栈，但廉价的 FIFO 并不那么明显）。操作实现如下：
put(x): Push x on the right-hand stack.
y=get(): If the left-hand stack is empty:
Pop each element off the right-hand stack and
push it onto the left-hand stack. This effectively
reverses the right-hand stack onto the left-hand stack.
Pop and return the top element of the left-hand stack.
现在，我声称put 和get 的摊销成本是O(1)，假设我以一个空队列开始和结束。分析很简单：我总是将put 放在右边的堆栈上，而get 放在左边的堆栈上。所以除了If子句，每个put都是push，每个get都是pop，两者都是O(1)。我不知道我会执行多少次If 子句——这取决于puts 和gets 的模式——但我知道每个元素从右侧堆栈中移动一次到左侧堆栈。因此，n puts 和 n gets 的整个序列的总成本为：n pushes、n pops 和 n moves，其中 move 是 @987654342 @ 后跟 push：换句话说，2n 次操作（n puts 和 n gets）导致 2n pushes 和 2n pops。所以单个put 或get 的摊销成本是一个push 和一个pop。
请注意，之所以这样称呼银行家队列，正是因为摊销复杂性分析（以及“摊销”一词与金融的关联）。银行家的队列是过去常见面试问题的答案，尽管我认为它现在被认为太知名了：想出一个队列，它在平均 O(1) 时间内实现以下三个操作：
1) 获取并移除队列中最旧的元素，
2) 将一个新元素放入队列中，
3) 求当前最大元素的值。
【讨论】：
“摊销复杂性”的原则是，虽然做某事时可能相当复杂，但由于不经常做，因此被认为“不复杂”。例如，如果您创建一棵不时需要平衡的二叉树 - 比如说每 2^n 插入一次 - 因为虽然平衡树非常复杂，但它只在每 n 次插入中发生一次（例如，在插入编号 256 处发生一次，然后在第 512、1024 等）。在所有其他插入中，复杂度为 O(1) - 是的，每 n 次插入需要 O(n) 一次，但它只是 1/n 概率 - 所以我们将 O(n) 乘以 1/n 并得到 O(1 ）。所以这被称为“O(1) 的摊销复杂度”——因为当你添加更多元素时，重新平衡树所消耗的时间是最小的。
【讨论】：
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“足够大”与它有什么关系？这里有一些无关的细节，并且忽略了乘以概率的关键概念。
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不合格摊销履约保证与概率无关——它们是任何操作序列的绝对保证。在谈论概率性能时，应使用表示“预期”或“平均情况”性能的艺术术语。
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我重新措辞了一点，以删除多余的“足够大”（我的意思是一棵小树很可能会经常重新平衡，但较大的树不会经常重新平衡- 但我同意这不是一个很好的表达方式，因为随着它的增长，努力也会增加）
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摊销复杂性与平均情况复杂性不同，因此，正如@comingstorm 所说，概率不会进入其中。要将摊销分析应用于重新平衡二叉树，您必须证明（最坏情况）重新平衡为每次插入贡献了恒定的时间。
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@comingstorm 谢谢，我已经修正了我的答案。
摊销意味着在重复运行中分摊。保证最坏情况的行为不会频繁发生。例如，如果最慢的情况是 O(N)，但发生这种情况的机会只是 O(1/N)，否则过程是 O(1)，那么算法仍然有摊销常数 O(1) 时间.只需考虑将每个 O(N) 运行的工作分配给其他 N 运行。
这个概念取决于有足够的跑步来划分总时间。如果算法只运行一次，或者每次运行都必须在最后期限之前完成，那么最坏情况的复杂度就更重要了。
【讨论】：
假设您正在尝试查找未排序数组的第 k 个最小元素。 对数组进行排序将是 O(n logn)。 所以找到第k个最小的数字只是定位索引，所以O（1）。
由于数组已经排序，我们再也不需要排序了。我们永远不会多次遇到最坏的情况。
如果我们执行 n 次尝试定位第 k 个最小的查询，它仍然是 O(n logn)，因为它优于 O(1)。如果我们平均每个操作的时间，它将是：
(n logn)/n 或 O(logn)。所以，时间复杂度/操作次数。
这是摊销的复杂性。
我觉得是这样的，我也在学习它..
【讨论】：
这有点类似于将算法中不同分支的最坏情况复杂度乘以执行该分支的概率，然后将结果相加。因此，如果某个分支不太可能被采用，那么它对复杂性的贡献就会较小。
【讨论】：