对于一个操作的序列来讲，平摊分析得出的是在特定问题中这个序列下每个操作的平摊开销。
一个操作序列中，可能存在一、两个开销比较大的操作，在一般地分析下，如果割裂了各个操作的相关性或忽视问题的具体条件，那么操作序列的开销分析结果就可能会不够紧确，导致对于操作序列的性能做出不准确的判断。用平摊分析就可以得出更好的、更有实践指导意义的结果。因为这个操作序列中各个操作可能会是相互制约的，所以开销很大的那一两个操作，在操作序列总开销中的贡献也会被削弱和限制。所以最终会发现，对于序列来讲，每个操作平摊的开销是比较小的。
换句话说，对于一个操作序列来讲，平摊分析得出的是这个序列下每个操作的平摊开销。
基本公式为 amortized cost = actual cost + accounting cost，我们记为$hat{c}_i = c_i + a_i$
这里，$forall n, sum_{i=0}^{n}a_i geq 0$
1. Stack
这里的操作有push，pop和multipop($k$) —— 弹出栈顶的$k$个元素，显然，直观上来说，push和简单pop的操作都是高效的，即其性能都在$O(1)$的样子，也就是说，他们的Actual Cost都是1。
而multipop则不同，它每次可能会要求弹出至多$n$个元素，如果进行长度为n的操作序列都进行这样的操作，那么最坏情况下的复杂度可以达到$O(n^2)$。这是一个不太紧的上界。
我们发现，由于栈中每次pop元素都是建立在push的操作次数的基础上，所有的pop操作受到push操作的限制。每个元素进栈的同时，都隐含着一次出栈的“未来”，所以，push操作最多能够push共$O(n)$个元素，那么pop的次数也至多为$O(n)$。而每个push、pop的代价均为$O(1)$，所以整个栈上的数据操作的复杂度上界可以是$O(n)$！
说得生动而形象一点，我们用上面的公式来记账。
| 操作 | Amortized Cost | Actual Cost | Accounting Cost |
| push | 2 | 1 | 1 |
| pop | 0 | 1 | -1 |
| multipop | 0 | $min(k, s)$，$s$为当时栈中的元素个数。 | -$min(k, s)$ |
用钱来说，因为Amortized本身有“分期偿还”的意思呀~
假设你每次在进行push操作的时候，都花2块钱，那么你在push的时候，只花了1块，还有1块钱就作为存款了。每当你进行pop操作，或者是multipop操作，我们不再需要花钱啦！！每次出栈一个元素就从存款中扣掉1块钱，而每时每刻栈中剩余元素个数都大于等于0的啦，所以存款的总和不会为负，$forall n, sum_{i=0}^{n}a_i geq 0$ 自然成立。
2.Doubling Array
就是一开始分配一定量的内存A，如果在向这个内存空间插入对象时发现空间不足的话，就重新分配一块比原来大的内存B，我们就认为$size(B)=2size(A)$，把原内存A中所有的对象都复制到内存B中，这时候的代价为$O(n)$然后把新加入的对象增插入到B的空余位置中，最后把内存A释放掉。呵呵，记得内存泄漏！！
乍一想，可能每次插入都可能要再malloc一块空间，代价就是$O(n)$啊，那么$n$次操作复杂度就是$O(n^2)$啊！So terrible！！
好了，平摊分析会告诉你上界是$O(n)$
我们假设一开始这个表是空的，然后向这个表中依次插入n个元素，想一想，就会发现，这个操作序列中是不可能连续$n$次出现最坏性能的（怎么可能每次插入都要double空间呢？），甚至说，出现最坏性能的机会是比较小的，仅在第2的幂的数。除此以外，直接插入就是了，不需要额外申请空间，代价仅仅为$O(1)$。
所以，我们有Actual Cost
$$c_i = left{
egin{array}{ll}
1 & i
eq 2^x,x in N \
i+1 & i=2^x,x in N
end{array}
ight.$$
直接对$c_i$求和，我们可以得到
$$sum_{i=0}^{n} c_i=n+sum_{i=0}^{log n} 2^i leq n + 2n = 3n$$
可见，如果平摊的话，每个操作的平均cost为3！所以这样的一个操作，上界是$O(n)$！
那么为什么不是2？我们助教也是很认真负责哒~如果每个数插入的时候，插入花了1，那么在一次double的时候，另一块钱就被用完了，以后插入要double的时候，就没有存款啦！所以，当代价为3的时候，还有两块钱的存款，一块钱用于double时自己的花费，另一块钱就是给它前面的所有的已经没有存款的元素用啦~~好心人呐！！！
3. Binary Counting
这是一个二进制计数器，用一个$k$-bit的数进行计数，就像当年数字逻辑电路的面包板上的那个玩意儿...基本的置位set操作和复位reset操作本身的代价都为$O(1)$。
直观上，最坏情况每个bit位都要发生改变，代价就是$O(k)$，$n$次计数操作就是$O(kn)$。
可是，平摊分析告诉你，上界是$O(n)$，你应该已经习以为常了吧~~
假设一个8-bit的数从高位到低位分别存入数组$A[7..0]$中用于计数，那么每次计数加1，最低位$A[0]$都需要置位或者是复位。容易知道，$A[1]$每+2置位或复位，$A[2]$每+4置位或复位，$cdots$，更一般地，$A[i]$每+$2^{i}$都要置位或者是复位，那么该bit就发生变化，所以第$i$位发生set或reset的次数总共为$n/2^i$
对这个通项$n/2^i$求和，值为$n$那么最多也就是($log n+1$)个bit就可以表示
$$sum_{i=0}^{log n}frac{n}{2^i}<nsum_{i=0}^{infty}frac{1}{2^i}=2n$$
下面我们来记账：
| 操作 | Amortized Cost | Actual Cost | Accounting Cost |
| Set | 2 | 1 | 1 |
| Reset | 0 | 1 | -1 |
4. Two Stacks, One Queue
用两个栈来实现队列！我们知道栈是先进后出，而队列是先进先出。我们可以用两个栈来实现队列。方法如下：
如果是Enque操作，就把元素push到栈S1中，如果是Deque操作，则分为两种情况
$$left{
egin{array}{ll}
popall~S1, pushall~S2, pop~S2 & S2=emptyset \
pop~S2 & S2
eq emptyset
end{array}
ight.$$
我们假定基本的pop和push操作、以及判断是否栈为空的代价均为$O(1)$
所以，比较简单的Deque的Actual Cost为$1+1=2$，而比较复杂的Deque操作，则实际代价为$1+2t$，$t$为栈S1中的元素个数。
下面，我们进行平摊分析，这里的内在联系是，我们在push的时候，先存款2，用于将这个元素从S1中pop，再push到S2中去的代价，这样我们的两个Deque操作的代价就都是2了，只要S1中有元素，我们的存款就是非负的，记账如下
| 操作 | Amortized Cost | Actual Cost | Accounting Cost |
| Enqueue | 3 | 1 | 2 |
| Dequeue(normal) | 2 | 2 | 0 |
| Dequeue(complex) | 2 | 2+2t | -2t |
5. Two Queues, One Stack
这是伪5，用两个队列来实现栈。情况略比上一种情况复杂些。实现方法：每次在进行pop操作的时候，要把队列中除最后一个元素外都转移到另一个队列中，然后再进行Deque来模拟pop。总是能保证一个队列为空，另一个队列非空。我们规定判断是否空队列的代价为$O(1)$，基本的Deque和Enque操作也都为$O(1)$
push操作：
如果两个队列都空，则Q1.Enque()；
如果Q1非空但Q2空，则Q1.Enque()；
如果Q1空但Q2非空，则Q2.Enque()；
pop操作：
如果两个队列都空，则返回false；
如果Q1非空但Q2空，则循环执行Q2.Enque(Q1.Deque())一直到Q1中只剩下一个元素，此时返回Q1.Deque()的值，即为最后进入Q1的元素；执行之后Q1变为空，Q2非空（如果之前Q1中不止一个元素的话）。
如果Q1空但Q2非空，则循环执行Q1.Enque(Q2.Deque())一直到Q2中只剩下一个元素，此时返回Q2.Deque()的值，即为最后进入Q2的元素；执行之后Q2变为空，Q1非空（如果之前Q2中不止一个元素的话）。
算法分析：我们每次pop的时候最坏情况下都需要移动队列，每次的代价都是$n imes O(1)=O(n)$，所以我们的复杂度为$O(n)$；下面我们看看平摊分析的结果，假设非空队列中有$t$个元素：
push的Actual Cost为$2=1+1=$判空+Enque；
pop的Actual Cost为$2t=1+2(t-1)+1=$判空+转移+Deque；
每次的push的Accounting Cost都是$2n-2$，这样的话，我倒是觉得其实没有这么多啊，如果遇到pop操作的话，只需要存下$2t-2$这样的存款，这样pop操作的Amortized Cost就是0了，但是这样似乎失去了平摊分析的意义了啊。。。所以我觉得还是存下$2n-2$的存款吧，每个元素在pop的时候最多转移$n-1$次，所以最终push的Amortized Cost就是$n$，最后的复杂度为$O(n^2)$，显然不高效啊！！
伪5说的就是这个意思，是我大概随便写写的。也不知道这样分析对不对。。。
<下期预告： Adversary Argument >